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【高考领航】2015人教数学(理)总复习 专题五平面解析几何综合题的解答Word版含解析]


专题五

平面解析几何综合题的解答

[对应学生用书 P148]

考向一 圆锥曲线中的定点、定值问题

(2013·高考陕西卷)已知动圆过定点 A(4,0), 且在 y 轴上截得弦 MN 的长为 8. (1) 求动圆圆心的轨迹 C 的方程; (2) 已知点 B(-1,0), 设不垂直于 x 轴的直线 l 与轨迹 C 交于不同的两点 P, Q, 若 x 轴是∠PBQ 的角平分线, 证明直线 l 过定点. 【方法分析】 题目条件:动圆被 y 轴截弦长为 8,A(4,0)在圆上,B(-1,0),x 轴 平分∠PBQ. 解题目标:(1)求动圆圆心轨迹方程 C. (2)求证直线 l 过定点. 关系探究:(1)设动圆心为 O1,题意转化为|O1M|=|O1N|=|O1A|=r,建立方程. (2)设直线 l 的斜率,x 轴平分∠PBQ,转化为 kBQ=-kBP,用根与系数的关系,转化直 线方程中的系数. 【解答过程】 (1)如图①,

设动圆圆心 O1(x,y), 由题意,|O1A|=|O1M|. 当 O1 不在 y 轴上时,过 O1 作 O1H⊥MN 交 MN 于 H,则 H 是 MN 的中点, ∴|O1M|= x +4 . 又|O1A|= (x-4) +y , ∴ (x-4) +y = x +4 . 化简得,y =8x(x≠0).
2 2 2 2 2 2 2 2 2

当 O1 在 y 轴上时,O1 与 O 重合,点 O1 的坐标(0,0)也满足方程 y =8x, ∴动圆圆心的轨迹 C 的方程为 y =8x.
2

2

(2)如图 ② ②,由题意,设直线 l 的方程为 y=kx+b(k≠0),P(x1,y1),Q(x2,y2),将 y=kx+b 代入 y =8x 中,得 k x +(2bk-8)x+b =0. 其中 Δ =-32kb+64>0. 由根与系数的关系得, x1+x2=
2 2 2 2 2

8-2bk ,① 2 k

b x1x2= 2.② k ∵x 轴是∠PBQ 的角平分线, ∴ y1 y2 =- , x1+1 x2+1

即 y1(x2+1)+y2(x1+1)=0, ∴(kx1+b)(x2+1)+(kx2+b)(x1+1)=0, ∴2kx1x2+(b+k)(x1+x2)+2b=0,③ 将①②代入③并整理得 2kb +(k+b)(8-2bk)+2k b=0, ∴k=-b.此时 Δ >0, ∴直线 l 的方程为 y=k(x-1),即直线 l 过定点(1,0). 【回归反思】 (1)本题求轨迹使用了求曲线方程的直接法,利用圆的半径建立方程.
2 2

(2)直线 y=kx+b 过定点,解题目标寻找 k 与 b 的等式关系,不一定是具体求 k 或 b. (3)联立方程组是解决直线与圆锥曲线位置关系的主要方法,并结合根与系数的关系和 判别式来转化条件. 考向二 圆锥曲线中变量的取值范围与最值问题
2

x 2 (2013·高考湖南卷)已知 F1,F2 分别是椭圆 E: +y =1 的左、右焦点,F1, 5 F2 关于直线 x+y-2=0 的对称点是圆 C 的一条直径的两个端点. (1)求圆 C 的方程; (2)设过点 F2 的直线 l 被椭圆 E 和圆 C 所截得的弦长分别为 a,b.当 ab 最大时,求直 线 l 的方程. 【方法分析】 题目条件:F1、F2 关于 x+y-2=0 对称,F1′,F2′是圆 C 的直径,直 线 l 截椭圆的弦长为 a,截圆的弦长为 b. 解题目标:(1)求圆 C 的方程. (2)当 ab 最大时,求 l 的方程. 关系探究:(1)由 F1,F2 关于 x+y-2=0 的对称点,转化为 0,关于直线的对称点为圆

心,直径为|F1F2|. (2)直线 l 若设为 y=k(x-2),则要考虑斜率不存在时 x=2,若设为 x=my+2,则可 直接表示弦长 a,b,转化基本不等式求最值. 【解答过程】 (1)由题设知,F1,F2 的坐标分别为(-2,0),(2,0),圆 C 的半径为

2,圆心为原点 O 关于直线 x+y-2=0 的对称点. 设圆心的坐标为(x0,y0), y ? ?x =1, ? ?x =2, 由? 解得? ?y =2. x y ? ? ? 2 + 2 -2=0,
0 0 0 0 0 0

所以圆 C 的方程为(x-2) +(y-2) =4. (2)由题意,可设直线 l 的方程为 x=my+2, 则圆心到直线 l 的距离 d= 所以 b=2 2 -d =
2 2

2

2

|2m| 1+m
2

.

4 1+m
2

.

x=my+2, ? ? 2 2 2 由?x 得(m +5)y +4my-1=0. 2 ? 5 +y =1, ? 设 l 与 E 的两个交点坐标分别为(x1,y1),(x2,y2), 则 y1+y2=- 4m 1 ,y1y2=- 2 . 2 m +5 m +5
2 2

于是 a= (x1-x2) +(y1-y2) = (1+m )(y1-y2)
2 2 2

= (1+m )[(y1+y2) -4y1y2] =

2

? 16m 2+ 2 4 ? (1+m )? 2 ? ?(m +5) m +5?
2 2

2

2 5(m +1) = . 2 m +5 从而 ab= =
2

8 5· m +1 8 5· m +1 = 2 2 m +5 (m +1)+4 4 m +1
2

2

2

8 5 m +1+

≤ 2

8 5 m +1·
2

4 m +1
2

=2 5.

当且仅当 m +1=

2

4 m +1
2

,即 m=± 3时等号成立.

故当 m=± 3时,ab 最大,此时,直线 l 的方程为 x= 3y+2 或 x=- 3y+2, 即 x- 3y-2=0 或 x+ 3y-2=0. 【回归反思】 (1)F1、F2 关于直线 x+y-2=0 的对称点为直径端点,则 F1F2 的中点 O

关于直线的对称点即为圆心. (2) 过 F2 的直线设为 x = my + 2 ,则可省略 x = 2 的讨论,求弦长则可用公式 d = 1 2 (1+ 2)(y1-y2) . k (3)求 ab 的最大值,建立 ab 是 m 的函数形式构造基本不等式进行求解. 考向三 圆锥曲线的探究性存在性问题
2 2 x y ? 3? (2013·高考江西卷)如图,椭圆 C: 2+ 2=1(a>b>0)经过点 P?1, ?,离心 a b ? 2?

1 率 e= ,直线 l 的方程为 x=4. 2 (1)求椭圆 C 的方程; (2)AB 是经过右焦点 F 的任一弦(不经过点 P),设直线 AB 与直线 l 相交于点 M,记 PA,PB,PM 的斜率分别为 k1,k2,k3,问:是否存 在实数 λ ,使得 k1+k2=λ k3?若存在,求λ 的值;若不存在,请说 明理由. 【方法分析】 M. 解题目标:求椭圆方程,求 k1,k2 和 k3,并探究 k1+k2 与 k3 的关系. 1 ? 3? 题目条件:点 P?1, ?在椭圆上,离心率 e= ,弦 AB 过点 F,交 l 于 2 ? 2?

? 3? 关系探究:(1)点 P?1, ?在椭圆上,转化为关于 a,b 的方程,离心率 e 转化为 a、c ? 2?
的方程. (2)设直线 AB 的方程,由 A、F、B 三点共线转化 A、B 两点坐标间的关系,用 k 表示 k1, k2 及 k3,待定 λ .或者设 B(x0,y0)― ― →M 点― ― →A、B 坐标― ― →k1、k2 和 k3. 【解答过程】 1 9 ? 3? (1)由 P?1, ?在椭圆上,得 2+ 2=1.① a 4b ? 2?
2 2







依题设知 a=2c,则 b =3c .② 将②代入①,解得 c =1,a =4,b =3. x y 故椭圆 C 的方程为 + =1. 4 3 (2)方法一:由题意可设 AB 的斜率为 k,
2 2 2 2 2

则直线 AB 的方程为 y=k(x-1).③ 代入椭圆方程 3x +4y =12,并整理, 得(4k +3)x -8k x+4(k -3)=0. 设 A(x1,y1),B(x2,y2), 则有 x1+x2= 8k 4(k -3) ,x1x2= .④ 2 2 4k +3 4k +3
2 2 2 2 2 2 2 2

在方程③中令 x=4,得 M 的坐标为(4,3k). 3 3 3 y2- 3k- 2 2 2 1 从而 k1= ,k2= ,k3= =k- . x1-1 x2-1 4-1 2 y1- 注意到 A,F,B 三点共线,则有 k=kAF=kBF, 即有 y1 y2 = =k. x1-1 x2-1 y1-

3 3 y2- 2 2 所以 k1+k2= + x1-1 x2-1 = 1 ? y1 y2 3? 1 + + - ? ? x1-1 x2-1 2?x1-1 x2-1?

3 x1+x2-2 =2k- · .⑤ 2 x1x2-(x1+x2)+1 将④代入⑤,得 8k -2 2 4k +3 3 k1+k2=2k- · =2k-1. 2 2 2 4(k -3) 8k - 2 +1 2 4k +3 4k +3 1 又 k3=k- ,所以 k1+k2=2k3. 2 故存在常数 λ =2 符合题意. 方法二:设 B(x0,y0)(x0≠1), y0 则直线 FB 的方程为 y= (x-1), x0-1 令 x=4,求得 M?4,
2

? ?

3y0 ? , x0-1? ?

2y0-x0+1 从而直线 PM 的斜率为 k3= , 2(x0-1) y y= ? ? x -1(x-1), ?5x -8 3y ? , 联立? 得 A? ?, ?2x -5 2x -5? x y ? ? 4 + 3 =1,
0 0 0 0 0 2 2 0

2y0-2x0+5 则直线 PA 的斜率为 k1= , 2(x0-1) 2y0-3 直线 PB 的斜率为 k2= , 2(x0-1) 所以 k1+k2= = 2y0-2x0+5 2y0-3 + 2(x0-1) 2(x0-1)

2y0-x0+1 =2k3, x0-1

故存在常数 λ =2 符合题意. 【回归反思】 ①第(2)问中方法一:把 A,B 两点坐标表示的斜率 k1,k2 与根与系数

的关系式结合起来是难点,即 3 3 y2- 2 2 1 ? y1 y2 3? 1 + k1+k2= + 变形为 + - ? ?是技巧,也是难点,其目的 x - 1 x - 1? x1-1 x2-1 x1-1 x2-1 2? 1 2 y1- 是用 k 来表示 k1+k2 的值. ②求出λ=2,即说存在 λ . ③方法二:设 B(x0,y0)建立 FB 的方程,则一线求三点 M,A,B.思维简捷,但化简量 较大. 考向四 解析几何中向量知识的应用

(2013·高考重庆卷)如图,椭圆的中心为原点 O,长轴在 x 轴上,离心率 e= |AA′|=4. (1)求该椭圆的标准方程; (2)取垂直于 x 轴的直线与椭圆相交于不同的两点 P,P′,过 P,P′作圆心为 Q 的圆, 使椭圆上的其余点均在圆 Q 外.若 PQ⊥P′Q,求圆 Q 的标准方程. 【方法分析】 PQ⊥P′Q. 解题目标:(1)求椭圆方程. (2)求圆 Q 方程. 关系探究:(1)|AA′|=4,即 A(-c,2)在椭圆上,建立方程组. (2)椭圆上的点在⊙Q 外,转化为|MQ|有最小值时是 M 在 P 点处,PQ⊥P′Q,转化为 → → PQ·P′Q=0 进而转化为 P 点坐标方程求解. 【解答过程】
2 2

2 ,过左焦点 F1 作 x 轴的垂线交椭圆于 A,A′两点, 2

题目条件:已知通径|AA′|和离心率 e;⊙Q 过 P、P′,且在椭圆内,

(1)由题意知,A(-c,2)在椭圆上,则

(-c) 2 + 2=1. 2 a b

4 2 从而 e + 2=1. b 由 e= 2 4 b 2 2 ,得 b = 2=8,从而 a = 2=16. 2 1-e 1-e
2 2 2

x y 故该椭圆的标准方程为 + =1. 16 8 (2)由椭圆的对称性,可设 Q(x0,0). 又设 M(x,y)是椭圆上任意一点,则 |QM| =(x-x0) +y =x -2x0x+x0+8?1-
2 2 2 2 2

? ?

x? 16? ?

2

1 2 2 = (x-2x0) -x0+8(x∈[-4,4]). 2 设 P(x1,y1),由题意知,点 P 是椭圆上到点 Q 的距离最小的点,因此,上式当 x=x1 时取最小值. 又因为 x1∈(-4,4),所以上式当 x=2x0 时取最小值,从而 x1=2x0,且|QP| =8-x0. → → 因为 PQ⊥P′Q,且 P′(x1,-y1),所以QP·QP′=(x1-x0,y1)·(x1-x0,-y1)=0, 即(x1-x0) -y1=0, 由椭圆方程及 x1=2x0,得 1 2 ? x1 ? x1-8?1- ?=0, 4 ? 16? 解得 x1=±
2 2 2 2 2 2

4 6 x1 2 6 ,x0= =± , 3 2 3
2

从而|QP| =8-x0=

16 . 3

故这样的圆有两个,其标准方程分别为

? 2 6?2 2 16 ? 2 6?2 2 16 ?x+ ? +y = 3 ,?x- ? +y = 3 . 3 ? 3 ? ? ?
【回归反思】 2b (1)|AA′|=4 为椭圆通径长,即 =4,结合离心率求椭圆方程. a
2

1 2 2 2 (2)为了表示椭圆在圆外, 借用了椭圆上的点 M 与 Q 点的距离, |MQ| = (x-2x0) -x0+ 2 8,当 M 在 P 点时|MQ|有最小值. → → (3)PQ⊥P′Q 转化为PQ·P′Q=0 成为坐标之间的等式,可不用担心斜率是否存在的问 题,利用向量研究垂直是首选的方法.

[对应学生用书 P151]

1.(2012·高考福建卷)如图,等边三角形 OAB 的边长为 8 3,且其三个顶点均在抛物 线 E:x =2py(p>0)上.
2

(1) 求抛物线 E 的方程; (2)设动直线 l 与抛物线 E 相切于点 P,与直线 y=-1 相交于点 Q,证明以 PQ 为直径 的圆恒过 y 轴上某定点. 解析:(1)依题意,|OB|=8 3,∠BOy=30°. 设 B(x,y),则 x=|OB|sin 30°=4 3,y=|OB|cos 30°=12. 因为点 B(4 3,12)在 x =2py 上,所以(4 3) =2p×12,解得 p=2.故抛物线 E 的方 程为 x =4y. 1 2 1 (2)法一:由(1)知 y= x ,y′= x. 4 2 1 2 设 P(x0,y0),则 x0≠0,y0= x0且 l 的方程为 4 1 1 1 2 y-y0= x0(x-x0),即 y= x0x- x0. 2 2 4 1 1 ? ?y= x0x- x2 0, 2 4 由? ? ?y=-1, x0-4 ? ?x= , 2x0 得? ? ?y=-1.
2 2 2 2

?x0-4,-1?. 所以 Q 为? ? ? 2x0 ?

2

1 2 → → 设 M(0,y1),令MP·MQ=0 对满足 y0= x0(x0≠0)的 x0,y0 恒成立. 4 → → ?x0-4 ,-1-y1? 由于MP=(x0,y0-y1),MQ=? ?, ? 2x0 ? x0-4 → → 2 由MP·MQ=0,得 -y0-y0y1+y1+y1=0, 2 即(y1+y1-2)+(1-y1)y0=0(*) 1 2 由于(*)式对满足 y0= x0(x2≠0)的 y0 恒成立, 4
? ?1-y1=0, 所以? 2 ?y1+y1-2=0, ?
2 2 2

解得 y1=1. 故以 PQ 为直径的圆恒过 y 轴上的定点 M(0,1). 1 2 1 (2)法二:由(1)知 y= x ,y′= x. 4 2 1 2 1 1 1 2 设 P(x0,y0),则 x0≠0,y0= x0,且 l 的方程为 y-y0= x0(x-x0),即 y= x0x- x0. 4 2 2 4 1 1 ? ?y= x0x- x2 0, 2 4 由? ? ?y=-1, x0-4 ? ?x= , 2x0 得? ? ?y=-1.
2

?x0-4,-1? 所以 Q 为? ? ? 2x0 ?
取 x0=2,此时 P(2,1),Q(0,-1),以 PQ 为直径的圆为(x-1) +y =2,交 y 轴于点
2 2

2

? 1? ? 3 ? ? 1? M1(0,1)、M2(0,-1);取 x0=1,此时 P?1, ?,Q?- ,-1?,以 PQ 为直径的圆为?x+ ? 4 2 ? ? ? ? ? 4?
2 2 ? 3? 125,交 y 轴于点 M (0,1)、M ?0,-7?. +?y+ ? = 3 4? 4? ? 8? 64 ? ?

故若满足条件的点 M 存在,只能是 M(0,1). 以下证明点 M(0,1)就是所要求的点. → → ?x0-4 ,-2? 因为MP=(x0,y0-1),MQ=? ?, ? 2x0 ? → → x0-4 所以MP·MQ= -2y0+2=2y0-2-2y0+2=0. 2 故以 PQ 为直径的圆恒过 y 轴上的定点 M(0,1).
2 2

x y 2.(2013·高考山东卷)椭圆 C: 2+ 2=1(a>b>0)的左、右焦点分别是 F1、F2,离心 a b 率为 3 ,过 F1 且垂直于 x 轴的直线被椭圆 C 截得的线段长为 1. 2

2

2

(1)求椭圆 C 的方程; (2)点 P 是椭圆 C 上除长轴端点外的任一点,连接 PF1,PF2,设∠F1PF2 的角平分线 PM 交 C 的长轴于点 M(m,0),求 m 的取值范围; (3)在(2)的条件下, 过点 P 作斜率为 k 的直线 l, 使得 l 与椭圆 C 有且只有一个公共点. 设 1 1 直线 PF1,PF2 的斜率分别为 k1、k2.若 k≠0,试证明 + 为定值,并求出这个定值. kk1 kk2 x y b 2 2 2 解析:(1)由于 c =a -b ,将 x=-c 代入椭圆方程 2+ 2=1,得 y=± . a b a 2b 2 由题意知 =1,即 a=2b . a c 3 又 e= = ,所以 a=2,b=1. a 2 x 2 所以椭圆 C 的方程为 +y =1. 4 (2)设 P(x0,y0)(y0≠0), 又 F1(- 3,0),F2( 3,0), 所以直线 PF1,PF2 的方程分别为 lPF1:y0x-(x0+ 3)y+ 3y0=0, lPF2:y0x-(x0- 3)y- 3y0=0. 由题意知 |my0+ 3y0| y +(x0+ 3)
2 0 2 2 2 2 2 2



|my0- 3y0| y0+(x0- 3)
2 2

.

x0 2 由于点 P 在椭圆上,所以 +y0=1. 4 所以 |m+ 3| = |m- 3| .

2

? 3 ? ? x0+2? ?2 ?

2

? 3 ?2 ? x0-2? ?2 ?

因为- 3<m< 3,-2<x0<2, 可得 m+ 3 3 x0+2 2 = 3-m ,

3 2- x0 2

3 3 3 所以 m= x0.因此- <m< . 4 2 2 (3)设 P(x0,y0)(y0≠0),则直线 l 的方程为 y-y0=k(x-x0).

x ? ? +y2=1, 联立得? 4 ? ?y-y0=k(x-x0), 整理得(1+4k )x +8(ky0-k x0)x+4(y0-2kx0y0+k x0-1)=0. 由题意 Δ =0,即(4-x0)k +2x0y0k+1-y0=0. x0 2 又 +y0=1, 4 x0 2 2 2 所以 16y0k +8x0y0k+x0=0,故 k=- . 4y0 1 1 x0+ 3 x0- 3 2x0 由(2)知 + = + = , k1 k2 y0 y0 y0 所以 因此 1 1 1 1 1 ? 4y0? 2x0 + = ( + )=?- ?· =-8, kk1 kk2 k k1 k2 ? x0 ? y0 1 1 + 为定值,这个定值为-8. kk1 kk2
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

2

x y 3. (2013·高考安徽卷)已知椭圆 C: 2+ 2=1(a>b>0)的焦距为 4, 且过点 P( 2, 3). a b (1)求椭圆 C 的方程; (2)设 Q(x0,y0)(x0y0≠0)为椭圆 C 上一点.过点 Q 作 x 轴的垂线,垂足为 E.取点 A(0, 2 2).连接 AE.过点 A 作 AE 的垂线交 x 轴于点 D.点 G 是点 D 关于 y 轴的对称点,作直线 QG.问这样作出的直线 QG 是否与椭圆 C 一定有唯一的公共点?并说明理由. 解析:(1)因为焦距为 4,所以 a -b =4. 2 3 又因为椭圆 C 过点 P( 2, 3),所以 2+ 2=1. a b x y 2 2 故 a =8,b =4,从而椭圆 C 的方程为 + =1. 8 4 (2)一定有唯一的公共点. 理由:由题意知,点 E 坐标为(x0,0). → → 设 D(xD,0),则AE=(x0,-2 2),AD=(xD,-2 2). → → 再由 AD⊥AE 知,AE·AD=0,即 xDx0+8=0. 8 由于 x0y0≠0,故 xD=- . x0
2 2 2 2

?8 ? 因为点 G 是点 D 关于 y 轴的对称点,所以点 G? ,0?. ?x0 ?
y0 x0y0 故直线 QG 的斜率 kQG= = 2 . 8 x0-8 x0- x0

又因为点 Q(x0,y0)在椭圆 C 上, 所以 x0+2y0=8.① x0 从而 kQG=- . 2y0 8? x0 ? 故直线 QG 的方程为 y=- ?x- ?.② 2y0? x0? 将②代入椭圆 C 的方程,化简,得 (x0+2y0)x -16x0x+64-16y0=0.③ 再将①代入③,化简得 x -2x0x+x0=0. 解得 x=x0,则 y=y0, 即直线 QG 与椭圆 C 一定有唯一的公共点.
2 2 2 2 2 2 2 2


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