已知点 $P$ 在离心率为 $\sqrt{2}$ 的双曲线 $\dfrac{x^2}{a^2}-\dfrac{y^2}{b^2}=1(a>0,b>0)$ 上，$F_1,F_2$ 为双曲线的两个焦点，且 $\overrightarrow{PF_1}\cdot\overrightarrow{PF_2}=0$，则 $\triangle PF_1F_2$ 的内切圆半径 $r$ 与外接圆半径 $R$ 之比为 ．
【难度】
【出处】
2018年全国高中数学联赛湖北省预赛
【标注】
【答案】
$\dfrac{\sqrt{6}}{2}-1$
【解析】
由 $\overrightarrow{PF_1}\cdot\overrightarrow{PF_2}=0$，知 $\angle P_1PF_2=90^\circ$．设 $|PF_1|=m$，$|PF_2|=n$，又 $|F_1F_2|=2c$，则可得 $R=c,r=\dfrac{1}{2}(m+n-2c)$，
$m^2+n^2=4c^2$ ①
$|m-n|=2a$ ②
设 $\dfrac{r}{R}=k$，则 $r=kR=kc=\dfrac{1}{2}(m+n-2c)$，既有 $m+n=(2k+2)c$ ③
由 ①②③ 可得 $(2k+2)^2c^2+4a^2=8c^2$，所以 $(k+1)^2=\dfrac{2c^2-a^2}{c^2}=2-\dfrac{1}{e^2}=\dfrac{3}{2}$，解得 $k=\dfrac{\sqrt{6}}{2}-1$．
$m^2+n^2=4c^2$ ①
$|m-n|=2a$ ②
设 $\dfrac{r}{R}=k$，则 $r=kR=kc=\dfrac{1}{2}(m+n-2c)$，既有 $m+n=(2k+2)c$ ③
由 ①②③ 可得 $(2k+2)^2c^2+4a^2=8c^2$，所以 $(k+1)^2=\dfrac{2c^2-a^2}{c^2}=2-\dfrac{1}{e^2}=\dfrac{3}{2}$，解得 $k=\dfrac{\sqrt{6}}{2}-1$．
题目
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