已知 $F_1 、 F_2$ 分别为双曲线 $\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1(a > 0, b > 0)$ 的左、右焦点, 过点 $F_2$ 的直线与双曲线的右支 交于 $A 、 B$ 两点, 记 $\triangle A F_1 F_2$ 的内切圆 $I_1$ 的半径为 $r_1, \Delta B F_1 F_2$ 的内切圆 $I_2$ 的半径为 $r_2$. 若 $r_1 r_2=a^2$, 则 ( )
$ \text{A.} $ $I_1 、 I_2$ 在直线 $x=a$ 上 $ \text{B.} $ 双曲线的离心率 $e=2$ $ \text{C.} $ $\triangle A B F_1$ 内切圆半径最小值是 $\frac{3}{2} a$ $ \text{D.} $ $r_1+r_2$ 的取值范围是 $\left[2 a, \frac{4 \sqrt{3}}{3} a\right]$
【答案】 ABC

【解析】 过 $I_1$ 分别作 $P F_1 、 P F_2 、 F_1 F_2$ 的垂线, 垂足分别为 $D 、 E 、 F$, 所以 $P F_1-P F_2=F F_1-F F_2=2 a$,
因为 $F F_1+F F_2=2 c$, 所以 $F F_1=a+c$, 所以 $x_{I_1}=a$, 选项 A 正确: 在 $\Delta I_1 I_2 F_2$ 中, $\angle I_1 F_2 I_2=\frac{\pi}{2}$, 由射影定 理可得 $I_1 F \cdot I_2 F=F_2 F^2$, 即 $r_1 r_2=(c-a)^2=a^2$, 所以 $c=2 a$, 故离心率为 2, 选项 B 正确; 易得 $\triangle A B F_1$ 内切 圆半径为 $r=\frac{2 S}{l}$, 其中 $S=\frac{1}{2} \times 2 c \times\left|y_1-y_2\right|=2 a\left|y_1-y_2\right|, l=4 a+2 A B$, 设 $A B$ 直线方程为 $x=m y+2 a$, $m \in\left(-\frac{\sqrt{3}}{3}, \frac{\sqrt{3}}{3}\right)$, 联立 $\left\{\begin{array}{l}\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{3 a^2}=1 \\ x=m y+2 a\end{array}\right.$ 得 $\left(3 m^2-1\right) y^2+12 m a y+9 a^2=0,\left|y_1-y_2\right|=\frac{6 a \sqrt{m^2+1}}{\left|3 m^2-1\right|}$, 代入可得 $r=\frac{4 a \frac{6 a \sqrt{m^2+1}}{\left|3 m^2-1\right|}}{4 a+2 * 6 a \frac{m^2+1}{\left|3 m^2-1\right|}}=\frac{3 a \sqrt{m^2+1}}{2} \geq \frac{3}{2} a$, 故C 正确; 由对称性不妨设 $\angle I_1 F_2 F=\alpha$, 直线 $A B$ 的倾斜角为 $\theta$,
则 $2 \alpha+\theta=\pi, \theta=\pi-2 \alpha \in\left(\frac{\pi}{3}, \frac{\pi}{2}\right]$, 所 以 $\alpha \in\left[\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{3}\right), \quad \tan \alpha \in[1, \sqrt{3}), \quad r_1=a \tan \alpha$, $r_2=a \tan \left(\frac{\pi}{2}-\alpha\right)=\frac{a}{\tan \alpha}$, 所以 $r_1+r_2=a\left(\tan \alpha+\frac{1}{\tan \alpha}\right) \in\left[2 a, \frac{4 \sqrt{3}}{3} a\right)$, 选项 D 错误.故选 ABC.
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