如图，双曲线 $ {\dfrac{x^2}{a^2}}-{\dfrac{y^2}{b^2}}=1\left(a,b>0\right) $ 的两顶点为 $ A_1$，$A_2 $，虚轴两端点为 $ B_1$，$B_2 $，两焦点为 $ F_1$，$F_2 $．若以 $ A_1A_2 $ 为直径的圆内切于菱形 $ F_1B_1F_2B_2 $，切点分别为 $ A$，$B$，$C$，$D $．则
（1）双曲线的离心率 $ e= $ ；
（2）菱形 $ F_1B_1F_2B_2 $ 的面积 $ S_1 $ 与矩形 $ ABCD $ 的面积 $ S_2 $ 的比值 $ {\dfrac{S_1}{S_2}}= $ ．
（1）双曲线的离心率 $ e= $
（2）菱形 $ F_1B_1F_2B_2 $ 的面积 $ S_1 $ 与矩形 $ ABCD $ 的面积 $ S_2 $ 的比值 $ {\dfrac{S_1}{S_2}}= $
【难度】
【出处】
2012年高考湖北卷（理）
【标注】
【答案】
$ {\dfrac{{\sqrt{5}}+1}{2}} $；${\dfrac{{\sqrt{5}}+2}{2}} $
【解析】
（1）由图可知，点 $ O $ 到直线 $ F_1B_2 $ 的距离 $ d $ 与圆 $ O $ 的半径 $ OA_1 $ 相等，
又直线 $ F_1B_2 $ 的方程为 $ {\dfrac{x}{-c}}+{\dfrac{y}{b}}=1$，所以\[ d={\dfrac{bc}{{\sqrt{b^2+c^2}}}}=a ,\]整理得\[ b^2\left(c^2-a^2\right)=a^2c^2,\]即\[ \left(c^2-a^2\right)^2=a^2c^2,\]亦即\[ e^2-e-1=0,\]解得 $ e={\dfrac{{\sqrt{5}}+1}{2}} $．
（2）连接 $ OB $，设 $ BC $ 与 $ x $ 轴的交点为 $ E $．
由勾股定理可求得\[ |BF_1|={\sqrt{c^2-a^2}}=b. \]由等面积法可求得\[ |BE|={\dfrac{|BF_1|\cdot |OB|}{|F_1O|}}= {\dfrac{ab}{c}} .\]所以 $ |OE|={\sqrt{|OB|^2-|BE|^2}}={\dfrac{a^2}{c}}$．
于是\[ S_2=2|OE|\cdot 2|BE|={\dfrac{4a^3b}{c^2}},\\S_1={\dfrac{1}{2}}|F_1F_2|\cdot |B_1B_2|=2bc ,\]所以\[ {\dfrac{S_1}{S_2}}={\dfrac{c^3}{2a^3}}={\dfrac{1}{2}}e^3={\dfrac{{\sqrt{5}}+2}{2}}. \]
又直线 $ F_1B_2 $ 的方程为 $ {\dfrac{x}{-c}}+{\dfrac{y}{b}}=1$，所以\[ d={\dfrac{bc}{{\sqrt{b^2+c^2}}}}=a ,\]整理得\[ b^2\left(c^2-a^2\right)=a^2c^2,\]即\[ \left(c^2-a^2\right)^2=a^2c^2,\]亦即\[ e^2-e-1=0,\]解得 $ e={\dfrac{{\sqrt{5}}+1}{2}} $．
（2）连接 $ OB $，设 $ BC $ 与 $ x $ 轴的交点为 $ E $．
由勾股定理可求得\[ |BF_1|={\sqrt{c^2-a^2}}=b. \]由等面积法可求得\[ |BE|={\dfrac{|BF_1|\cdot |OB|}{|F_1O|}}= {\dfrac{ab}{c}} .\]所以 $ |OE|={\sqrt{|OB|^2-|BE|^2}}={\dfrac{a^2}{c}}$．
于是\[ S_2=2|OE|\cdot 2|BE|={\dfrac{4a^3b}{c^2}},\\S_1={\dfrac{1}{2}}|F_1F_2|\cdot |B_1B_2|=2bc ,\]所以\[ {\dfrac{S_1}{S_2}}={\dfrac{c^3}{2a^3}}={\dfrac{1}{2}}e^3={\dfrac{{\sqrt{5}}+2}{2}}. \]
题目
答案
解析
备注
