已知双曲线 $C: \frac{x^2}{2}-\frac{y^2}{2}=1$ 的左、右焦点分别为 $F_1, F_2$, 左、右顶点分别为 $A_1, A_2$, 点 $P$ 是 $\mathrm{C}$ 的右支上
异于顶点的一点, 则下列说法正确的是
$ \text{A.} $ 若 $\angle F_1 P F_2=\frac{\pi}{3}$, 则 $\triangle F_1 P F_2$ 的面积为 $\frac{2 \sqrt{3}}{3}$ $ \text{B.} $ 记直线 $P A_1$ 与直线 $P A_2$ 的斜率分別为 $k_1, k_2$, 则 $k_1 k_2=1$ $ \text{C.} $ 若 $\angle A_1 P A_2=2 \angle P \Lambda_1 \Lambda_2$, 则 $\angle P A_1 A_2=\frac{\pi}{8}$ $ \text{D.} $ 延长 $P F_2$ 交 $C$ 的右支于点 $Q$, 设 $\triangle P F_1 F_2$ 与 $\triangle Q F_1 F_2$ 的内切圆半径分別为 $r_1, r_2$, 则 $r_1 \cdot r_2=6-4 \sqrt{2}$
【答案】 BCD

【解析】 设 $\left|P F_1\right|=m,\left|P F_2\right|=n$, 所以 $m-n=2 \sqrt{2}$, 由余弦定理得 $\left|F_1 F_2\right|^2=\left|P F_1\right|^2+\left|P F_2\right|^2-2\left|P F_1\right| \cdot$ $\left|P F_2\right| \cos \angle F_1 P F_2$, 即 $16=m^2+n^2-m n$. 所以 $16=m^2+n^2-m n=(m-n)^2+m n=8+m n$. 所以 $m n=8$. 所 以 $\triangle F_1 P F_2$ 的面积 $S=\frac{1}{2} m n \sin \angle F_1 P F_2=2 \sqrt{3}$, 故 $\mathrm{A}$ 错误; 由题意知, $A_1(-\sqrt{2}, 0), A_2(\sqrt{2}, 0), F_1(-2,0)$, $F_2(2,0)$, 设 $P\left(x_0, y_0\right)$, 所以 $\frac{x_0^2}{2}-\frac{y_0^2}{2}=1$, 即 $y_0^2=x_0^2-2$. 所以 $k_1=\frac{y_b}{x_0+\sqrt{2}}, k_2=\frac{y_0}{x_0-\sqrt{2}}$. 所以 $k_1 k_2=\frac{y_b}{x_0+\sqrt{2}} \cdot$ $\frac{y_0}{x_0-\sqrt{2}}=\frac{y_0^2}{x_0^2-2}=1$, 故 B 正确;

如图, 设 $\angle P A_1 A_2=0$, 则 $\angle A_1 P A_2=20 \cdot \angle P A_2 x=30$. 由 $\mathrm{B}$ 选项知 $k_{P A_1} \cdot k_{P A_2}=1$, 所以 $\tan \theta \cdot \tan 3 \theta=1$, Х $3 \theta \in(0, \pi), \theta \in\left(0, \frac{\pi}{4}\right)$. 故 $\theta+3 \theta=\frac{\pi}{2}$, 解得 $\theta=\frac{\pi}{8}$. 即 $\angle P A_1 A_2=\frac{\pi}{8}$, 故 C 正确;
如图. 设 $\triangle P F_1 F_2$ 的内切圆与 $P F_1, P F_2, F_1 F_2$ 分别切于 $S, D_1, T$ 三点, 由切线长 定理知 $|P S|=\left|P D_1\right|,\left|F_1 S\right|=\left|F_1 T\right|,\left|F_2 T\right|=\left|F_2 D_1\right|$, 则 $\left|F_1 T\right|-$ $\left|F_2 T\right|=\left|F_1 S\right|-\left|F_2 D_1\right|=\left|F_1 S\right|+|P S|-\left(\left|F_2 D_1\right|+\left|P D_1\right|\right)=$ $\left|P F_1\right|-\left|P F_2\right|=2 a$, X $\left|F_1 T\right|+\left|F_2 T\right|=2 c$, 可得 $\left|F_2 T\right|=c-a$,
则 $T(a, 0)$ 和 $A_2$ 重合, 即 $\triangle P F_1 F_2$ 的内切圆圆心 $C_1$ 的横坐标为 $a$, 同理可得 $\triangle Q F_1 F_2$ 的内切员圆心 $C_2$ 的横坐标也为 $a$, 则 $C_1 C_2 \perp x$ 轴, 且 $\left|C_1 C_2\right|=r_1+$ $r_2$. 连接 $C_1 F_2, C_2 F_2$, 设 $\triangle Q F_1 F_2$ 的内切圆与 $Q F_2$ 相切于点 $D_2$, 所以 $\left|C_1 F_2\right|=$ $\sqrt{\left|C_1 T\right|^2+\left|F_2 T\right|^2}=\sqrt{r_1^2+(c-a)^2},\left|C_2 F_2\right|=\sqrt{\left|C_2 T\right|^2+\left|F_2 T\right|^2}=$ $\sqrt{r_2^2+(c-a)^2}$, Х $\angle C_1 F_2 T=\angle C_1 F_2 D_1, \angle C_2 F_2 T=\angle C_2 F_2 D_2$, 所以 $\angle C_1 F_2 C_2$ $=\frac{\pi}{2}$, 所以 $\left|C_1 C_2\right|^2=\left|C_1 F_2\right|^2+\left|C_2 F_2\right|^2$, 即 $\left(r_1+r_2\right)^2=r_1^2+(c-a)^2+r_2^2+ (c-a)^2 $
所以 $ r_2=(c-a)^2=6-4 \sqrt{2} $

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