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2025年天利38套对接高考单元专题测试卷高中数学选择性必修第一册人教版
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7. 已知椭圆 $ C : \frac{x^2}{9} + \frac{y^2}{b^2} = 1 (0 ＜ b ＜ 3) $ 的左、右焦点分别为 $ F_1 $，$ F_2 $，$ P $ 为椭圆上一点，且 $ \angle F_1PF_2 = 60° $，若 $ F_1 $ 关于 $ \angle F_1PF_2 $ 平分线的对称点在椭圆 $ C $ 上，则 $ \triangle F_1PF_2 $ 的面积为(
A.$ 6\sqrt{3} $
B.$ 3\sqrt{3} $
C.$ 2\sqrt{3} $
D.$ \sqrt{3} $
C
)A.$ 6\sqrt{3} $
B.$ 3\sqrt{3} $
C.$ 2\sqrt{3} $
D.$ \sqrt{3} $
答案：
7. C 【解析】椭圆的定义及几何性质 如图，由题意得 $ a = 3 $。设点 $ F_1 $ 关于 $ \angle F_1PF_2 $ 平分线的对称点为点 $ Q $，由对称的性质及角平分线可知 $ P, F_2, Q $ 三点共线且 $ |PQ| = |PF_1| $（题眼）。又因为 $ \angle F_1PF_2 = 60° $，所以 $ \triangle PQF_1 $ 是正三角形。设 $ |PF_1| = |QF_1| = |PQ| = m $，由椭圆的定义可得 $ |PF_1| + |PF_2| = |QF_1| + |QF_2| = 2a = 6 $（提醒：在焦点三角形中注意椭圆定义的应用，即椭圆上任意一点到两焦点的距离之和等于长轴长）。又 $ |PQ| = |PF_2| + |QF_2| $，所以 $ |PQ| = 12 - |PF_1| - |QF_1| = 12 - 2m = m $。解得 $ m = 4 $，即 $ |PF_1| = 4 $，所以 $ |PF_2| = 2 $。所以 $ S_{\triangle F_1PF_2} = \frac{1}{2}|PF_1||PF_2| · \sin\angle F_1PF_2 = \frac{1}{2} × 4 × 2 × \frac{\sqrt{3}}{2} = 2\sqrt{3} $。
故选 C。
7. C 【解析】椭圆的定义及几何性质 如图，由题意得 $ a = 3 $。设点 $ F_1 $ 关于 $ \angle F_1PF_2 $ 平分线的对称点为点 $ Q $，由对称的性质及角平分线可知 $ P, F_2, Q $ 三点共线且 $ |PQ| = |PF_1| $（题眼）。又因为 $ \angle F_1PF_2 = 60° $，所以 $ \triangle PQF_1 $ 是正三角形。设 $ |PF_1| = |QF_1| = |PQ| = m $，由椭圆的定义可得 $ |PF_1| + |PF_2| = |QF_1| + |QF_2| = 2a = 6 $（提醒：在焦点三角形中注意椭圆定义的应用，即椭圆上任意一点到两焦点的距离之和等于长轴长）。又 $ |PQ| = |PF_2| + |QF_2| $，所以 $ |PQ| = 12 - |PF_1| - |QF_1| = 12 - 2m = m $。解得 $ m = 4 $，即 $ |PF_1| = 4 $，所以 $ |PF_2| = 2 $。所以 $ S_{\triangle F_1PF_2} = \frac{1}{2}|PF_1||PF_2| · \sin\angle F_1PF_2 = \frac{1}{2} × 4 × 2 × \frac{\sqrt{3}}{2} = 2\sqrt{3} $。
故选 C。
8. 在平面直角坐标系 $ xOy $ 中，已知抛物线 $ C : x^2 = 4y $，过点 $ A(0,a) $ 的直线交 $ C $ 于 $ P $，$ Q $ 两点，若 $ \frac{1}{|PA|^2} + \frac{1}{|QA|^2} $ 为常数，则实数 $ a $ 的值为(
A.1
B.2
C.3
D.4
B
)A.1
B.2
C.3
D.4
答案：
8. B 【解析】直线与抛物线的位置关系 由题易知直线 $ PQ $ 的斜率存在（提示：由于抛物线的开口向上，当直线的斜率不存在时，直线与 $ x $ 轴垂直，该直线与抛物线只有一个交点），设其方程为 $ y = kx + a $，与抛物线 $ C: x^2 = 4y $ 联立，消去 $ y $ 得 $ x^2 - 4kx - 4a = 0 $（题眼）。设 $ P(x_1, y_1) $，$ Q(x_2, y_2) $，则 $ x_1 + x_2 = 4k $，$ x_1x_2 = -4a $，$ |PA|^2 = x_1^2 + (y_1 - a)^2 = x_1^2 + k^2x_1^2 = (1 + k^2)x_1^2 $。同理可得 $ |QA|^2 = (1 + k^2)x_2^2 $，所以 $ \frac{1}{|PA|^2} + \frac{1}{|QA|^2} = \frac{1}{1 + k^2} · \left( \frac{1}{x_1^2} + \frac{1}{x_2^2} \right) = \frac{1}{1 + k^2} · \frac{(x_1 + x_2)^2 - 2x_1x_2}{(x_1x_2)^2} = \frac{1}{1 + k^2} · \frac{16k^2 + 8a}{16a^2} $。若 $ \frac{1}{|PA|^2} + \frac{1}{|QA|^2} $ 为常数，则 $ 16k^2 + 8a $ 是 $ 1 + k^2 $ 的倍数（难点：根据题意判断出 $ 16k^2 + 8a $ 与 $ 1 + k^2 $ 的关系）。所以 $ 8a = 16 $，解得 $ a = 2 $。此时 $ \frac{1}{|PA|^2} + \frac{1}{|QA|^2} = \frac{1}{a^2} = \frac{1}{4} $，满足题意，故选 B。
9. 若方程 $ \frac{x^2}{4 - t} + \frac{y^2}{t - 1} = 1 $ 表示曲线 $ C $，则下列说法正确的有(
A.若 $ 1 ＜ t ＜ 4 $，则曲线 $ C $ 为椭圆
B.若曲线 $ C $ 为双曲线，则 $ t ＜ 1 $ 或 $ t ＞ 4 $
C.曲线 $ C $ 不可能是圆
D.若曲线 $ C $ 表示焦点在 $ x $ 轴上的椭圆，则 $ 1 ＜ t ＜ \frac{5}{2} $
BD
)A.若 $ 1 ＜ t ＜ 4 $，则曲线 $ C $ 为椭圆
B.若曲线 $ C $ 为双曲线，则 $ t ＜ 1 $ 或 $ t ＞ 4 $
C.曲线 $ C $ 不可能是圆
D.若曲线 $ C $ 表示焦点在 $ x $ 轴上的椭圆，则 $ 1 ＜ t ＜ \frac{5}{2} $
答案：
9. BD 【解析】圆的方程+椭圆的方程+双曲线的方程 当 $ \frac{x^2}{4 - t} + \frac{y^2}{t - 1} = 1 $ 表示椭圆时，则 $ \begin{cases} 4 - t ＞ 0 \\ t - 1 ＞ 0 \\ 4 - t \neq t - 1 \end{cases} $，所以 $ 1 ＜ t ＜ \frac{5}{2} $ 或 $ \frac{5}{2} ＜ t ＜ 4 $（易错：易忽视当 $ t = \frac{5}{2} $ 时，曲线 $ C $ 表示为圆这一特殊情形）。故 A 错误。当 $ \frac{x^2}{4 - t} + \frac{y^2}{t - 1} = 1 $ 表示双曲线时，$ (4 - t)(t - 1) ＜ 0 $，所以 $ t ＜ 1 $ 或 $ t ＞ 4 $。故 B 正确。当 $ 4 - t = t - 1 $，即 $ t = \frac{5}{2} $ 时，该曲线 $ C $ 表示为圆，故 C 错误。当 $ \frac{x^2}{4 - t} + \frac{y^2}{t - 1} = 1 $ 表示焦点在 $ x $ 轴上的椭圆时，$ 4 - t ＞ t - 1 ＞ 0 $，即 $ 1 ＜ t ＜ \frac{5}{2} $，故 D 正确，故选 BD。
10. 已知圆 $ C : (x - 1)^2 + (y - 2)^2 = 2 $，$ M $ 是直线 $ l : y = -x - 1 $ 上的动点，过点 $ M $ 作圆 $ C $ 的两条切线，切点分别为 $ A $，$ B $，则下列说法正确的是(
A.切线长 $ |MA| $ 的最小值为 $ \sqrt{6} $
B.四边形 $ ACBM $ 面积的最小值为 $ 2\sqrt{3} $
C.若 $ PQ $ 是圆 $ C $ 的一条直径，则 $ \overrightarrow{MP} · \overrightarrow{MQ} $ 的最小值为 7
D.直线 $ AB $ 恒过点 $ (\frac{1}{2}, \frac{3}{2}) $
ABD
)A.切线长 $ |MA| $ 的最小值为 $ \sqrt{6} $
B.四边形 $ ACBM $ 面积的最小值为 $ 2\sqrt{3} $
C.若 $ PQ $ 是圆 $ C $ 的一条直径，则 $ \overrightarrow{MP} · \overrightarrow{MQ} $ 的最小值为 7
D.直线 $ AB $ 恒过点 $ (\frac{1}{2}, \frac{3}{2}) $
答案：
10. ABD 【解析】直线与圆的位置关系
思维导图
$ A $ 勾股定理 $ |MA| = \sqrt{|MC|^2 - 2} \to |MC|_{min} \to |MA|_{min} \to A $ 正确；
$ B $ 切线长定理 $ \triangle MAC \cong \triangle MBC \to S_{四边形ACBM} = 2S_{\triangle MAC} \to B $ 正确；
$ C $ $ C $ 为 $ PQ $ 中点 $ \overrightarrow{MP} · \overrightarrow{MQ} = \overrightarrow{MC}^2 - \overrightarrow{CP}^2 = |MC|^2 - 2 \to C $ 错误；
$ D $ 设点 $ M(m, n) $ $ n = -m - 1 \to E $ 点坐标，$ |EC|^2 \to \odot E $ 方程 与 $ \odot C $ 方程作差 直线 $ AB $ 的方程 变形得恒过定点 $ \to D $ 正确。
圆心为 $ C(1, 2) $，圆 $ C $ 的半径 $ r = \sqrt{2} $，由圆的性质可知，$ MA \perp AC $，$ MB \perp BC $。对于 $ A $，$ |MA| = \sqrt{|MC|^2 - r^2} = \sqrt{|MC|^2 - 2} $（题眼），当 $ MC \perp l $ 时，$ |MC| $ 取最小值（关键：确定 $ |MC| $ 取最小值时，点 $ M $ 的位置），则 $ |MC|_{min} = \frac{1 + 2 + 1}{\sqrt{2}} = 2\sqrt{2} $，$ \therefore |MA| = \sqrt{|MC|^2 - 2} \geq \sqrt{8 - 2} = \sqrt{6} $。$ A $ 正确。对于 $ B $，由切线长定理可知，$ |MA| = |MB| $。又 $ |AC| = |BC| $，$ |MC| = |MC| $（关键：切线长定理的利用），$ \therefore \triangle MAC \cong \triangle MBC $。$ \therefore S_{四边形ACBM} = 2S_{\triangle MAC} = |MA| · |AC| = \sqrt{2}|MA| \geq \sqrt{2} × \sqrt{6} = 2\sqrt{3} $（题眼）。$ B $ 正确。对于 $ C $，易知 $ C $ 为 $ PQ $ 的中点，$ \therefore \overrightarrow{CP} + \overrightarrow{CQ} = 0 $。$ \therefore \overrightarrow{MP} · \overrightarrow{MQ} = (\overrightarrow{MC} + \overrightarrow{CP}) · (\overrightarrow{MC} + \overrightarrow{CQ}) = (\overrightarrow{MC} + \overrightarrow{CP}) · (\overrightarrow{MC} - \overrightarrow{CP}) = \overrightarrow{MC}^2 - \overrightarrow{CP}^2 = |MC|^2 - 2 \geq 8 - 2 = 6 $（题眼）。$ C $ 错误。对于 $ D $，设点 $ M(m, n) $，则 $ n = -m - 1 $，线段 $ MC $ 的中点为 $ E\left( \frac{m + 1}{2}, \frac{n + 2}{2} \right) $，$ |EC|^2 = \left( \frac{m + 1}{2} - 1 \right)^2 + \left( \frac{n + 2}{2} - 2 \right)^2 = \frac{(m - 1)^2 + (n - 2)^2}{4} $，$ \therefore $ 以 $ MC $ 为直径的圆 $ E $ 的方程为 $ \left( x - \frac{m + 1}{2} \right)^2 + \left( y - \frac{n + 2}{2} \right)^2 = \frac{(m - 1)^2 + (n - 2)^2}{4} $（关键：确定图形形状及方程），即圆 $ E $ 的方程为 $ x^2 + y^2 - (m + 1)x - (n + 2)y + m + 2n = 0 $。将圆 $ C $ 的方程与圆 $ E $ 的方程作差可得 $ (m - 1)x + (n - 2)y + 3 - m - 2n = 0 $（方法：公共弦方程的方法，作差），即 $ (m - 1)x - (m + 3)y + m + 5 = 0 $，故直线 $ AB $ 的方程为 $ (m - 1)x - (m + 3)y + m + 5 = 0 $，变形得 $ m(x - y + 1) - (x + 3y - 5) = 0 $（题眼）（关键：把握住任意 $ m $，即与 $ m $ 无关），由 $ \begin{cases} x - y + 1 = 0 \\ x + 3y - 5 = 0 \end{cases} $ 可得 $ \begin{cases} x = \frac{1}{2} \\ y = \frac{3}{2} \end{cases} $，$ \therefore $ 直线 $ AB $ 恒过定点 $ \left( \frac{1}{2}, \frac{3}{2} \right) $。$ D $ 正确，故选 ABD。
思维导图
$ A $ 勾股定理 $ |MA| = \sqrt{|MC|^2 - 2} \to |MC|_{min} \to |MA|_{min} \to A $ 正确；
$ B $ 切线长定理 $ \triangle MAC \cong \triangle MBC \to S_{四边形ACBM} = 2S_{\triangle MAC} \to B $ 正确；
$ C $ $ C $ 为 $ PQ $ 中点 $ \overrightarrow{MP} · \overrightarrow{MQ} = \overrightarrow{MC}^2 - \overrightarrow{CP}^2 = |MC|^2 - 2 \to C $ 错误；
$ D $ 设点 $ M(m, n) $ $ n = -m - 1 \to E $ 点坐标，$ |EC|^2 \to \odot E $ 方程 与 $ \odot C $ 方程作差 直线 $ AB $ 的方程 变形得恒过定点 $ \to D $ 正确。
圆心为 $ C(1, 2) $，圆 $ C $ 的半径 $ r = \sqrt{2} $，由圆的性质可知，$ MA \perp AC $，$ MB \perp BC $。对于 $ A $，$ |MA| = \sqrt{|MC|^2 - r^2} = \sqrt{|MC|^2 - 2} $（题眼），当 $ MC \perp l $ 时，$ |MC| $ 取最小值（关键：确定 $ |MC| $ 取最小值时，点 $ M $ 的位置），则 $ |MC|_{min} = \frac{1 + 2 + 1}{\sqrt{2}} = 2\sqrt{2} $，$ \therefore |MA| = \sqrt{|MC|^2 - 2} \geq \sqrt{8 - 2} = \sqrt{6} $。$ A $ 正确。对于 $ B $，由切线长定理可知，$ |MA| = |MB| $。又 $ |AC| = |BC| $，$ |MC| = |MC| $（关键：切线长定理的利用），$ \therefore \triangle MAC \cong \triangle MBC $。$ \therefore S_{四边形ACBM} = 2S_{\triangle MAC} = |MA| · |AC| = \sqrt{2}|MA| \geq \sqrt{2} × \sqrt{6} = 2\sqrt{3} $（题眼）。$ B $ 正确。对于 $ C $，易知 $ C $ 为 $ PQ $ 的中点，$ \therefore \overrightarrow{CP} + \overrightarrow{CQ} = 0 $。$ \therefore \overrightarrow{MP} · \overrightarrow{MQ} = (\overrightarrow{MC} + \overrightarrow{CP}) · (\overrightarrow{MC} + \overrightarrow{CQ}) = (\overrightarrow{MC} + \overrightarrow{CP}) · (\overrightarrow{MC} - \overrightarrow{CP}) = \overrightarrow{MC}^2 - \overrightarrow{CP}^2 = |MC|^2 - 2 \geq 8 - 2 = 6 $（题眼）。$ C $ 错误。对于 $ D $，设点 $ M(m, n) $，则 $ n = -m - 1 $，线段 $ MC $ 的中点为 $ E\left( \frac{m + 1}{2}, \frac{n + 2}{2} \right) $，$ |EC|^2 = \left( \frac{m + 1}{2} - 1 \right)^2 + \left( \frac{n + 2}{2} - 2 \right)^2 = \frac{(m - 1)^2 + (n - 2)^2}{4} $，$ \therefore $ 以 $ MC $ 为直径的圆 $ E $ 的方程为 $ \left( x - \frac{m + 1}{2} \right)^2 + \left( y - \frac{n + 2}{2} \right)^2 = \frac{(m - 1)^2 + (n - 2)^2}{4} $（关键：确定图形形状及方程），即圆 $ E $ 的方程为 $ x^2 + y^2 - (m + 1)x - (n + 2)y + m + 2n = 0 $。将圆 $ C $ 的方程与圆 $ E $ 的方程作差可得 $ (m - 1)x + (n - 2)y + 3 - m - 2n = 0 $（方法：公共弦方程的方法，作差），即 $ (m - 1)x - (m + 3)y + m + 5 = 0 $，故直线 $ AB $ 的方程为 $ (m - 1)x - (m + 3)y + m + 5 = 0 $，变形得 $ m(x - y + 1) - (x + 3y - 5) = 0 $（题眼）（关键：把握住任意 $ m $，即与 $ m $ 无关），由 $ \begin{cases} x - y + 1 = 0 \\ x + 3y - 5 = 0 \end{cases} $ 可得 $ \begin{cases} x = \frac{1}{2} \\ y = \frac{3}{2} \end{cases} $，$ \therefore $ 直线 $ AB $ 恒过定点 $ \left( \frac{1}{2}, \frac{3}{2} \right) $。$ D $ 正确，故选 ABD。
11. 双曲线 $ C : \frac{x^2}{a^2} - \frac{y^2}{9} = 1 (a ＞ 0) $ 的左、右焦点分别是 $ F_1 $，$ F_2 $，左、右顶点分别是 $ A $，$ B $，两渐近线分别是 $ l_1 $，$ l_2 $，$ M $ 在双曲线 $ C $ 上，其中 $ O $ 是坐标原点，则下列说法正确的是(
A.焦点 $ F_2 $ 到渐近线 $ l_1 $ 的距离是 3
B.若 $ |OM| = |OF_1| $，则 $ \triangle F_1MF_2 $ 的面积是 9
C.直线 $ MF_1 $ 的斜率为 $ k_1 $，直线 $ MF_2 $ 的斜率为 $ k_2 $，则 $ k_1 · k_2 = \frac{9}{a^2} $
D.过右顶点 $ B $ 作 $ l_2 $ 的平行线交 $ l_1 $ 于 $ P $ 点，若 $ \triangle OBP $ 的面积为 3，则双曲线的离心率为 $ \frac{5}{4} $
ABD
)A.焦点 $ F_2 $ 到渐近线 $ l_1 $ 的距离是 3
B.若 $ |OM| = |OF_1| $，则 $ \triangle F_1MF_2 $ 的面积是 9
C.直线 $ MF_1 $ 的斜率为 $ k_1 $，直线 $ MF_2 $ 的斜率为 $ k_2 $，则 $ k_1 · k_2 = \frac{9}{a^2} $
D.过右顶点 $ B $ 作 $ l_2 $ 的平行线交 $ l_1 $ 于 $ P $ 点，若 $ \triangle OBP $ 的面积为 3，则双曲线的离心率为 $ \frac{5}{4} $
答案：
11. ABD 【解析】双曲线的定义及几何性质
思维导图
已知条件 $ \to b \to $ 双曲线的渐近线方程 $ \to $ 点到直线的距离公式 $ \to $ 判断 $ A $；
已知条件 勾股定理结合双曲线的定义 $ \to |MF_1||MF_2| $ 三角形面积公式 求出 $ \triangle F_1MF_2 $ 的面积 $ \to $ 判断 $ B $；
已知条件 $ \to $ 利用特例法判断 $ C $；
已知条件 $ \to $ 求出点 $ P $ 的坐标 $ \triangle OBP $ 的面积 $ \to a, c \to $ 双曲线的离心率 $ \to $ 判断 $ D $。
由题意得 $ b = 3 $，双曲线的渐近线方程为 $ 3x \pm ay = 0 $。不妨取 $ l_1: 3x - ay = 0 $，$ l_2: 3x + ay = 0 $（题眼）。对于 $ A $，焦点 $ F_2(c, 0) $ 到渐近线 $ l_1 $ 的距离为 $ \frac{3c}{\sqrt{a^2 + 3^2}} = \frac{3c}{c} = 3 = b $（结论：双曲线的焦点到渐近线的距离等于 $ b $），故 $ A $ 正确。对于 $ B $，若 $ |OM| = |OF_1| $，则 $ |OM| = |OF_1| = |OF_2| $，由直角三角形的性质易求得 $ \angle F_1MF_2 = 90° $，所以 $ |F_1F_2|^2 = |MF_1|^2 + |MF_2|^2 $，即 $ 4c^2 = (|MF_1| - |MF_2|)^2 + 2|MF_1||MF_2| $。因为 $ c^2 = a^2 + b^2 = a^2 + 9 $，又由双曲线的定义得 $ ||MF_1| - |MF_2|| = 2a $，所以 $ 4(a^2 + 9) = 4a^2 + 2|MF_1||MF_2| $。所以 $ |MF_1||MF_2| = 18 $（提醒：涉及双曲线焦点三角形有关的计算常用到双曲线的定义，并注意 $ |MF_1| - |MF_2| $ 与 $ |MF_1||MF_2| $ 的整体代换）。所以 $ S_{\triangle F_1MF_2} = \frac{1}{2} · |MF_1||MF_2| = 9 $。故 $ B $ 正确。对于 $ C $，当 $ MF_1 \perp MF_2 $ 时，$ k_1 · k_2 = -1 $，当 $ M $ 为双曲线的右顶点时，$ k_1 = k_2 = 0 $，则 $ k_1 · k_2 = 0 $，所以 $ k_1 · k_2 $ 不是定值。故 $ C $ 不正确。对于 $ D $，由题意得直线 $ BP $ 的方程为：$ y = -\frac{3}{a}x + 3 $（关键：根据两直线平行，斜率相等求出直线 $ BP $ 的方程），则由 $ \begin{cases} 3x - ay = 0 \\ y = -\frac{3}{a}x + 3 \end{cases} $ 得 $ P\left( \frac{a}{2}, \frac{3}{2} \right) $，所以 $ S_{\triangle OBP} = \frac{1}{2} × a × \frac{3}{2} = 3 $。解得 $ a = 4 $，所以 $ c = \sqrt{a^2 + b^2} = 5 $。所以双曲线的离心率 $ e = \frac{c}{a} = \frac{5}{4} $。故 $ D $ 正确。综上所述，故选 ABD。
思维导图
已知条件 $ \to b \to $ 双曲线的渐近线方程 $ \to $ 点到直线的距离公式 $ \to $ 判断 $ A $；
已知条件 勾股定理结合双曲线的定义 $ \to |MF_1||MF_2| $ 三角形面积公式 求出 $ \triangle F_1MF_2 $ 的面积 $ \to $ 判断 $ B $；
已知条件 $ \to $ 利用特例法判断 $ C $；
已知条件 $ \to $ 求出点 $ P $ 的坐标 $ \triangle OBP $ 的面积 $ \to a, c \to $ 双曲线的离心率 $ \to $ 判断 $ D $。
由题意得 $ b = 3 $，双曲线的渐近线方程为 $ 3x \pm ay = 0 $。不妨取 $ l_1: 3x - ay = 0 $，$ l_2: 3x + ay = 0 $（题眼）。对于 $ A $，焦点 $ F_2(c, 0) $ 到渐近线 $ l_1 $ 的距离为 $ \frac{3c}{\sqrt{a^2 + 3^2}} = \frac{3c}{c} = 3 = b $（结论：双曲线的焦点到渐近线的距离等于 $ b $），故 $ A $ 正确。对于 $ B $，若 $ |OM| = |OF_1| $，则 $ |OM| = |OF_1| = |OF_2| $，由直角三角形的性质易求得 $ \angle F_1MF_2 = 90° $，所以 $ |F_1F_2|^2 = |MF_1|^2 + |MF_2|^2 $，即 $ 4c^2 = (|MF_1| - |MF_2|)^2 + 2|MF_1||MF_2| $。因为 $ c^2 = a^2 + b^2 = a^2 + 9 $，又由双曲线的定义得 $ ||MF_1| - |MF_2|| = 2a $，所以 $ 4(a^2 + 9) = 4a^2 + 2|MF_1||MF_2| $。所以 $ |MF_1||MF_2| = 18 $（提醒：涉及双曲线焦点三角形有关的计算常用到双曲线的定义，并注意 $ |MF_1| - |MF_2| $ 与 $ |MF_1||MF_2| $ 的整体代换）。所以 $ S_{\triangle F_1MF_2} = \frac{1}{2} · |MF_1||MF_2| = 9 $。故 $ B $ 正确。对于 $ C $，当 $ MF_1 \perp MF_2 $ 时，$ k_1 · k_2 = -1 $，当 $ M $ 为双曲线的右顶点时，$ k_1 = k_2 = 0 $，则 $ k_1 · k_2 = 0 $，所以 $ k_1 · k_2 $ 不是定值。故 $ C $ 不正确。对于 $ D $，由题意得直线 $ BP $ 的方程为：$ y = -\frac{3}{a}x + 3 $（关键：根据两直线平行，斜率相等求出直线 $ BP $ 的方程），则由 $ \begin{cases} 3x - ay = 0 \\ y = -\frac{3}{a}x + 3 \end{cases} $ 得 $ P\left( \frac{a}{2}, \frac{3}{2} \right) $，所以 $ S_{\triangle OBP} = \frac{1}{2} × a × \frac{3}{2} = 3 $。解得 $ a = 4 $，所以 $ c = \sqrt{a^2 + b^2} = 5 $。所以双曲线的离心率 $ e = \frac{c}{a} = \frac{5}{4} $。故 $ D $ 正确。综上所述，故选 ABD。
12. 【开放题】在平面直角坐标系 $ xOy $ 中，已知圆 $ O : x^2 + y^2 = 1 $，写出满足条件“过点 $ (3,0) $ 且与圆 $ O $ 相外切”的一个圆的标准方程为
(x-2)^2+y^2=1（答案不唯一）
。
答案：
12. $ (x - 2)^2 + y^2 = 1 $（答案不唯一）【解析】圆与圆的位置关系 设满足条件的圆的标准方程为 $ (x - a)^2 + (y - b)^2 = r^2 (r ＞ 0) $，则由题意得 $ \begin{cases} (3 - a)^2 + (0 - b)^2 = r^2 \\ a^2 + b^2 = (r + 1)^2 \end{cases} $（提示：若两圆外切，则圆心距等于两圆半径之和）。两式相减，整理得 $ r = 3a - 5 $。若 $ a = 2 $，则 $ r = 1 $，$ b = 0 $，故满足条件的一个圆的标准方程为 $ (x - 2)^2 + y^2 = 1 $。
13. 已知椭圆 $ C_1 : \frac{x^2}{36} + \frac{y^2}{b^2} = 1 $ 的焦点分别为 $ F_1 $，$ F_2 $，且 $ F_2 $ 是抛物线 $ C_2 : y^2 = 2px (p ＞ 0) $ 的焦点，若 $ P $ 是 $ C_1 $ 与 $ C_2 $ 的交点，且 $ |PF_1| = 7 $，则 $ \cos \angle PF_1F_2 $ 的值为
5/7
。
答案：
13. $ \frac{5}{7} $ 椭圆与抛物线的定义及几何性质 由题可知抛物线 $ y^2 = 2px (p ＞ 0) $ 的焦点在 $ x $ 轴上，故椭圆 $ \frac{x^2}{36} + \frac{y^2}{b^2} = 1 $ 的焦点在 $ x $ 轴上，且 $ F_2 $ 为椭圆 $ \frac{x^2}{36} + \frac{y^2}{b^2} = 1 $ 的右焦点，利用椭圆的定义得 $ |PF_1| + |PF_2| = 12 $。又 $ |PF_1| = 7 $，则 $ |PF_2| = 5 $，且抛物线的准线 $ l $ 过点 $ F_1 $，如图，过点 $ P $ 作 $ PQ \perp l $ 于点 $ Q $，由抛物线的定义知 $ |PQ| = |PF_2| = 5 $，而 $ F_1F_2 // PQ $，则 $ \angle PF_2F_1 = \angle F_1PQ $，所以 $ \cos\angle PF_2F_1 = \cos\angle F_1PQ = \frac{|PQ|}{|PF_1|} = \frac{5}{7} $。
13. $ \frac{5}{7} $ 椭圆与抛物线的定义及几何性质 由题可知抛物线 $ y^2 = 2px (p ＞ 0) $ 的焦点在 $ x $ 轴上，故椭圆 $ \frac{x^2}{36} + \frac{y^2}{b^2} = 1 $ 的焦点在 $ x $ 轴上，且 $ F_2 $ 为椭圆 $ \frac{x^2}{36} + \frac{y^2}{b^2} = 1 $ 的右焦点，利用椭圆的定义得 $ |PF_1| + |PF_2| = 12 $。又 $ |PF_1| = 7 $，则 $ |PF_2| = 5 $，且抛物线的准线 $ l $ 过点 $ F_1 $，如图，过点 $ P $ 作 $ PQ \perp l $ 于点 $ Q $，由抛物线的定义知 $ |PQ| = |PF_2| = 5 $，而 $ F_1F_2 // PQ $，则 $ \angle PF_2F_1 = \angle F_1PQ $，所以 $ \cos\angle PF_2F_1 = \cos\angle F_1PQ = \frac{|PQ|}{|PF_1|} = \frac{5}{7} $。
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