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已知以原点 $O$ 为中心，$F\left( {\sqrt 5 ,0} \right)$ 为右焦点的双曲线 $C$ 的离心率 $e = \dfrac{{\sqrt 5 }}{2}$．
【难度】
【出处】
2010年高考重庆卷（理）
【标注】
  1. 求双曲线 $C$ 的标准方程及其渐近线方程；
    标注
    答案
    略
    解析
    设 $C$ 的标准方程为 $\dfrac{{{x^2}}}{{{a^2}}} - \dfrac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1 \left(a > 0,b > 0\right) $，则由题意\[c = \sqrt 5 ,e = \dfrac{c}{a} = \dfrac{{\sqrt 5 }}{2},\]因此\[a = 2,b = \sqrt {{c^2} - {a^2}} = 1,\]$C$ 的标准方程为\[\dfrac{{{x^2}}}{4} - {y^2} = 1.\]$C$ 的渐近线方程为\[y = \pm \dfrac{1}{2}x.\]
  2. 如图，已知过点 $M\left({x_1},{y_1}\right)$ 的直线 ${l_1}:{x_1}x + 4{y_1}y = 4$ 与过点 $N\left({x_2},{y_2}\right)$（其中 ${x_2} \ne x_1$）的直线 ${l_2}:{x_2}x + 4{y_2}y = 4$ 的交点 $E$ 在双曲线 $C$ 上，直线 $MN$ 与两条渐近线分别交与 $G$、$H$ 两点，求 $\triangle OGH$ 的面积． 
    标注
    答案
    略
    解析
    如图， 由题意点 $E\left({x_E},{y_E}\right)$ 在直线 ${l_1}:{x_1}x + 4{y_1}y = 4$ 和 ${l_2}:{x_2}x + 4{y_2}y = 4$ 上，因此有\[{x_1}{x_E} + 4{y_1}{y_E} = 4 , \\ {x_2}{x_E} + 4{y_2}{y_E} = 4 , \]故点 $M,N$ 均在直线 ${x_E}x + 4{y_E}y = 4$ 上，因此直线 $MN$ 的方程为\[{x_E}x + 4{y_E}y = 4.\]设 $G、H$ 分别是直线 $MN$ 与渐进线 $x - 2y = 0$ 及 $x + 2y = 0$ 的交点，由方程组\[\begin{cases}
    {x_E}x + 4{y_E}y = 4, \\
    x - 2y = 0, \\
    \end{cases}\]及\[\begin{cases}{x_E}x + 4{y_E}y = 4, \\
    x + 2y = 0, \\
    \end{cases}\]解得\[\begin{split}{y_G} & = \dfrac{2}{{{x_E} + 2{y_E}}} , \\ {y_H} & = - \dfrac{2}{{{x_E} - 2{y_E}}}.\end{split}\]设 $MN$ 与 $x$ 轴的交点为 $Q$，则在直线 ${x_E}x + 4{y_E}y = 4$ 中，令 $y = 0$ 得\[{x_Q} = \dfrac{4}{{{x_E}}} \left(易知 {x_E} \ne 0\right) .\]注意到 $x_E^2 - 4y_E^2 = 4$，得\[\begin{split}{S_{\triangle OGH}} & = \dfrac{1}{2} \cdot \left| {OQ} \right| \cdot \left| {{y_G} - {y_H}} \right| \\& = \dfrac{4}{{\left| {{x_E}} \right|}} \cdot \left| {\dfrac{1}{{{x_E} + 2{y_E}}} + \dfrac{1}{{{x_E} - 2{y_E}}}} \right| \\& = \dfrac{4}{{\left| {{x_E}} \right|}} \cdot \dfrac{{2\left| {{x_E}} \right|}}{{\left| {x_E^2 - 4y_E^2} \right|}} = 2.\end{split}\]
题目 问题1 答案1 解析1 备注1 问题2 答案2 解析2 备注2
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