已知双曲线 $C:~\dfrac{x^2}{a^2}-\dfrac{y^2}{b^2}=1$（$a>0$，$b>0$）的离心率为 $\sqrt 2$，且 $C$ 的一个焦点到另一条渐近线的距离为 $1$．
1、求 $C$ 的方程．
2、设点 $A$ 为 $C$ 的左顶点，若过点 $B(3,0)$ 的直线 $l$ 与 $C$ 的右支交于点 $P,Q$，直线 $AP,AQ$ 分别与圆 $x^2+y^2=a^2$ 交于点 $M,N$，记四边形 $PQNM$ 的面积为 $S_1$，$\triangle AMN$ 的面积为 $S_2$，求 $\dfrac{S_1}{S_2}$ 的取值范围．
答案 双曲线的焦点到准线的距离为 $b=1$，结合离心率 $\sqrt{1+\dfrac{b^2}{a^2}}=\sqrt 2$，可得 $a=b=1$，从而 $C$ 的方程为 $x^2-y^2=1$．
解析 设 $P(\sec2\alpha,\tan2\alpha)$，$Q(\sec2\beta,\tan2\beta)$，记 $m=\tan\alpha$，$n=\tan\beta$，其中 $\alpha,\beta\in\left(-\dfrac{\pi}4,\dfrac{\pi}4\right)$，则根据双曲线的参数弦方程，有\[mn=\dfrac{1-3}{1+3}=-\dfrac 12,\]且 $m,n\in(-1,1)$，此时\[AP:~y=\dfrac{\tan2\alpha-0}{\sec2\alpha-(-1)}(x+1)\iff y=\tan\alpha\cdot (x+1),\]与圆 $x^2+y^2=1$ 联立可得 $M$ 点横坐标为 $\cos2\alpha$．同理，$N$ 点横坐标为 $\cos2\beta$，因此\[\begin{split}\dfrac{S_1+S_2}{S_2}&=\dfrac{[\triangle APQ]}{[\triangle AMN]}\\ &=\dfrac{|AP|}{|AM|}\cdot \dfrac{|AQ|}{|AN|}\\ &=\dfrac{\sec2\alpha+1}{\cos2\alpha+1}\cdot \dfrac{\sec2\beta+1}{\cos2\beta+1}\\ &=\dfrac{\dfrac{1+m^2}{1-m^2}+1}{\dfrac{1-m^2}{1+m^2}+1}\cdot \dfrac{\dfrac{1+n^2}{1-n^2}+1}{\dfrac{1-n^2}{1+n^2}+1}\\ &=\dfrac{1+m^2}{1-m^2}\cdot \dfrac{1+n^2}{1-n^2}\\ &=\dfrac{\dfrac54+\left(m^2+n^2\right)}{\dfrac54-\left(m^2+n^2\right)},\end{split}\]由于 $m^2+n^2$ 的取值范围是 $\left[1,\dfrac 54\right)$，因此 $\dfrac{S_1+S_2}{S_2}$ 的取值范围是 $[9,+\infty)$，从而 $\dfrac{S_1}{S_2}$ 的取值范围是 $[8,+\infty)$．