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2014《创新设计》二轮专题复习5.2


第二讲 椭圆、双曲线、抛物线

考点归类 深度剖析

考点一 椭圆 [冲关锦囊] 1.定义式:|PF1|+|PF2|=2a(2a>|F1F2|). x2 y2 2.标准方程:焦点在 x 轴上:a2+b2=1(a>b>0); y2 x2 焦点在 y 轴上:a2+b2=1(a>b>0); 焦点不确定:mx2+ny2=1(m>0,n>0).

?b? c 3.离心率:e=a= 1-?a?2(0<e<1). ? ? 2b2 4.过焦点垂直于对称轴的弦长即通径长为 a .

5.涉及椭圆基本量运算时要注意以下几个问题: (1)求椭圆标准方程或离心率要注意 a、b、c 三者之间关 系; (2)要善于借助于图形分析问题; (3)对于焦点三角形问题要注意定义与正弦定理余弦定理 的综合应用,尤其是配方法的使用.

6.直线与椭圆的位置关系问题 (1)判断方法:利用 Δ>0,Δ=0,Δ<0 可解决; (2)弦长问题:|AB|= ?1+k2??x1-x2?2 ? 1? = ?1+k2??y1-y2?2; ? ? (3)中点弦问题:用点差法较简单.注意检验. (4)焦点弦的最大、最小值.|PF|max=a+c,|PF|min=a-c.

x2 y2 【例 1】 (2013· 天津卷)设椭圆a2+b2=1(a>b>0)的左焦 3 点为 F,离心率为 3 ,过点 F 且与 x 轴垂直的直线被椭圆截 4 3 得的线段长为 3 . (1)求椭圆的方程; (2)设 A,B 分别为椭圆的左右顶点,过点 F 且斜率为 k → → → → 的直线与椭圆交于 C,D 两点.若AC· DB+AD· CB=8,求 k 的值.

[考题剖析]

3 c 解析:(1)设 F(-c,0),由a= 3 ,知 a= 3c,过点 F 且 ?-c?2 y2 与 x 轴垂直的直线为 x=-c,代入椭圆方程有 a2 +b2=1, 6b 2 6b 4 3 解得 y=± 3 ,于是 3 = 3 ,解得 b= 2,又 a2-c2=b2, x2 y2 从而 a= 3,c=1,所以椭圆的方程为 3 + 2 =1.

(2)设点 C(x1,y1),D(x2,y2),由 F(-1,0)得直线 CD 的 方程为 y=k(x+1), k?x+1?, ? ?y= 由方程组?x2 y2 消去 y, + =1 ? ?3 2 整理得(2+3k2)x2+6k2x+3k2-6=0,

3k2-6 6k2 求解可得 x1+x2=- ,x x = . 2+3k2 1 2 2+3k2 因为 A(- 3,0),B( 3,0), → → → → 所以AC· DB+AD· CB =(x1+ 3,y1)· ( 3-x2,-y2)+(x2+ 3,y2)· ( 3-x1,-y1) =6-2x1x2-2y1y2 =6-2x1x2-2k2(x1+1)(x2+1) =6-(2+2k2)x1x2-2k2(x1+x2)-2k2 2k2+12 =6+ 2+3k2 2k2+12 由已知得 6+ =8,解得 k=± 2. 2+3k2

[对点训练] 1.(2013· 广东卷)已知中心在原点的椭圆 C 的右焦点为 1 F(1,0),离心率等于2,则 C 的方程是( ) x2 y2 x2 y2 A. 3 + 4 =1 B. 4 + =1 3 x2 y2 x2 y2 C. 4 + 2 =1 D. 4 + 3 =1

c 1 解析:由已知:c=1,由a=2得 a=2. ∴b2=a2-c2=22-12=3. x2 y2 ∴椭圆 C 的方程为 4 + 3 =1. 答案:D

x2 y2 2.(2013· 新课标全国卷Ⅱ)设椭圆 C:a2+b2=1(a>b>0) 的左、右焦点分别为 F1,F2,P 是 C 上的点,PF2⊥F1F2,∠ PF1F2=30° ,则 C 的离心率为( ) 3 1 A. 6 B.3 1 3 C.2 D. 3

x2 y2 解析:不妨设 P 在第一象限,设 P(c,y0)代入a2+b2=1, b2 b2 得 y0= a ,则|PF2|= a , |PF2| b2 3 在 Rt△PF1F2 中,|F F |=tan30° ,即2ac= 3 . 1 2 整理,得 3 c2+2ac- 3a2=0,∴ 3e2+2e- 3=0. 3 解得 e= 3 (e=- 3舍去),故选 D. 答案:D

x2 y2 3.(2013· 四川卷)从椭圆a2+b2=1(a>b>0)上一点 P 向 x 轴作垂线, 垂足恰为左焦点 F1, A 是椭圆与 x 轴正半轴的交点, B 是椭圆与 y 轴正半轴的交点,且 AB∥OP(O 是坐标原点), 则该椭圆的离心率是( ) 2 1 2 3 A. 4 B.2 C. 2 D. 2

解析:如图

b2 b ∴kAB=-a,kOP=-ac, 又∵AB∥OP,∴kAB=kOP, b2 b 即-a=-ac, ∴b=c,∴a= 2c. 2 c ∴e=a= 2 . 答案:C

? b2 ? A(a,0),B(0,b),F1(-c,0),P?-c, a ?. ? ?

考点二 双曲线 [冲关锦囊] 1.定义式:||PF1|-|PF2||=2a(2a<|F1F2|) 2.标准方程: x2 y2 焦点在 x 轴上:a2-b2=1(a>0,b>0), y2 x2 焦点在 y 轴上:a2-b2=1(a>0,b>0), 焦点位置不明:mx2+ny2=1(mn<0).

3.离心率与渐近线问题: (1)焦点到渐近线的距离为 b. ?b? c (2)e=a= 1+?a?2>1. ? ? 注意:若 a>b>0,则 1<e< 2, 若 a-b=0,则 e= 2, 若 b>a>0,则 e> 2.

b (3)焦点在 x 轴上,渐近线的斜率 k=± a, a 焦点在 y 轴上,渐近线的斜率 k=± b. x2 y2 (4)与a2-b2=1 共渐近线的双曲线方程可设为 x2 y 2 a2-b2=λ(λ≠0).

4.直线与双曲线的交点比椭圆复杂,要注意结合图形分 析.尤其是直线与双曲线有且只有一个交点?Δ=0 或 l 平行 于渐近线. 2b2 5.通径 a . 6.等轴双曲线、共轭双曲线.

x2 【例 2】 (1)(2013· 新课标全国卷Ⅰ)已知双曲线 C:a2- y2 5 b>0)的离心率为 2 , 则 C 的渐近线方程为( ) b2=1(a>0, 1 1 A.y=± 4x B.y=± 3x 1 C.y=± x 2x D.y=±

[考题剖析]

2 2 a + b 5 c 5 b2 1 c 解析:e=a= 2 ,∴a2= a2 =4,∴a2=4, b 1 ∴a=2, 1 b ∴C 的渐近线方程为:y=± ax=± 2x,故选 C. 答案:C 2

(2)(2013· 重庆卷)设双曲线 C 的中心为点 O,若有且只有 一对相交于点 O, 所成的角为 60° 的直线 A1B1 和 A2B2, 使|A1B1| =|A2B2|,其中 A1,B1 和 A2,B2 分别是这对直线与双曲线 C 的 交点,则该双曲线的离心率的取值范围是( ) ?2 3 ? ?2 3 ? ? ? ? ? A.? B. , 2 , 2 ? ? 3 ? ? 3 ? ? ? ?2 3 ? ?2 3 ? ? ? ? ? C.? D. ,+∞ ,+∞ ? ? 3 ? ? 3 ? ? ?

解析:∵|A1B1|=|A2B2|, ∴A1A2B1B2 是矩形,A1B1 与 A2B2 关于 x 轴对称, ∵两直线所成的角为 60° , ∴A1B1 的倾斜角为 30° , 3 b b ∴a>tan30° ,即a> 3 . b2 2 3 ∴e= 1+a2> 3 ,

又∵只有一对相交, b2 b ∴a≤ 3,∴e= 1+a2≤2, 2 3 ∴ 3 <e≤2,故选 A. 答案:A

π x2 y2 4. (2013· 湖北卷)已知 0<θ<4, 则双曲线 C1: sin2θ-cos2θ y2 x2 =1 与 C2:cos2θ-sin2θ=1 的( ) A.实轴长相等 B.虚轴长相等 C.离心率相等 D.焦距相等

[对点训练]

解析:由已知两曲线的焦距相等.(c2=sin2θ+cos2θ=1). 答案:D

x2 y2 5.(2013· 湖南卷)设 F1,F2 是双曲线 C:a2-b2=1(a>0, b>0)的两个焦点.若在 C 上存在一点 P,使 PF1⊥PF2,且∠ PF1F2=30° ,则 C 的离心率为__________.

解析:因为 PF1⊥PF2,∠PF1F2=30° , 设 PF2=k,则 F1F2=2PF2=2k, 2 2 2 PF1= F1F2 2-PF2= ?2k? -k = 3k, 则 2a=PF1-PF2=( 3-1)k, 2c=F1F2=2k, 2k 2 c 2c 离心率 e=a=2a= = = 3+1. ? 3-1?k 3-1 答案: 3+1

x2 y2 6. (2013· 辽宁卷)已知 F 为双曲线 C: 9 -16=1 的左焦点, P,Q 为 C 上的点,若 PQ 的长等于虚轴长的 2 倍,点 A(5,0) 在线段 PQ 上,则△PQF 的周长为__________.

解析:∵|FP|-|PA|=6,|FQ|-|QA|=6,两式相加,并利 用双曲线的定义得 |FP| + |FQ| = 28 ,所以周长为: |FP| + |FQ| +|PQ|=44. 答案:44

考点三 抛物线 [冲关锦囊] 1.定义式:|PF|=d. 2. 根据焦点及开口确定标准方程. 注意 p>0 时才有几何 意义,即焦点到准线的距离.

3. 直线 l 过抛物线 y2=2px(p>0)的焦点 F, 交抛物线于 A、 B 两点,则有: (1)通径的长为 2p. 2p (2)焦点弦公式:|AB|=x1+x2+p=sin2θ. p2 (3)x1x2= 4 ,y1y2=-p2. (4)以焦点弦为直径的圆与抛物线的准线相切. 1 1 2 (5)|AF|+|BF|=p.

4.直线与抛物线有且只有一个交点时,不一定有 Δ=0, 还有可能直线平行于抛物线的对称轴.

[考题剖析] 【例 3】 (2013· 广东卷)已知抛物线 C 的顶点为原点,其 3 2 焦点 F(0,c)(c>0)到直线 l:x-y-2=0 的距离为 2 ,设 P 为直线 l 上的点,过点 P 做抛物线 C 的两条切线 PA,PB,其 中 A,B 为切点. (1)求抛物线 C 的方程; (2)当点 P(x0, y0)为直线 l 上的定点时, 求直线 AB 的方程; (3)当点 P 在直线 l 上移动时,求|AF|· |BF|的最小值.

|0-c-2| 3 2 解析:(1)依题意 d= = 2 ,解得 c=1(负根舍 2 去), ∴抛物线 C 的方程为 x2=4y. (2)设点 A(x1,y1),B(x2,y2),P(x0,y0), 1 2 1 2 由 x =4y,即 y=4x ,得 y′=2x. x1 ∴抛物线 C 在点 A 处的切线 PA 的方程为 y-y1= 2 (x- x1 1 2 x1),即 y= 2 x+y1-2x1.

1 2 x1 ∵y1=4x1,∴y= 2 x-y1. x1 ∵点 P(x0,y0)在切线 l1 上,∴y0= 2 x0-y1.① x2 同理,y0= 2 x0-y2.② 综合①、②得,点 A(x1,y1),B(x2,y2)的坐标都满足方程 x y0=2x0-y. ∵经过 A(x1,y1),B(x2,y2)两点的直线是唯一的, x ∴直线 AB 的方程为 y0=2x0-y,即 x0x-2y-2y0=0.

(3)由抛物线的定义可知|AF|=y1+1,|BF|=y2+1, 所以|AF|· |BF|=(y1+1)(y2+1)=y1+y2+y1y2+1 2 ? x ? =4y, 2 联立? 消去 x 得 y2+(2y0-x2 ) y + y 0 0=0, ? ?x0x-2y-2y0=0, 2 ∴y1+y2=x2 - 2 y , y y = y 0 0 1 2 0, ∵x0-y0-2=0, 2 2 2 2 ∴|AF|· |BF|=y 2 0 - 2y0 + x 0 + 1 = y 0 - 2y0 + (y0 + 2) + 1 = 2y 0 ? 1?2 9 +2y0+5=2?y0+2? +2, ? ? 1 9 ∴当 y0=-2时,|AF|· |BF|取得最小值为2.

[对点训练] 7.(2013· 新课标全国卷Ⅰ)O 为坐标原点,F 为抛物线 C: y2=4 2x 的焦点,P 为 C 上一点,若|PF|=4 2,则△POF 的 面积为( ) A.2 B.2 2 C.2 3 D.4

解析:不妨设 P 在 x 轴上方,设 P(x0,y0),由抛物线定 义知,|PF|=|PE|,∴x0+ 2=4 2,∴x0=3 2. 又 P 在抛物线上, ∴y=2 6, 1 S△POF=2× 2×2 6=2 3,故选 C. 答案:C

8.(2013· 江西卷)已知点 A(2,0),抛物线 C:x2=4y 的焦 点为 F,射线 FA 与抛物线 C 相交于点 M,与其准线相交于点 N,则|FM|∶|MN|=( ) A.2∶ 5 B.1∶2 C.1∶ 5 D.1∶3

1 解析:∵x2=4y 的焦点 F(0,1),∴AF 的方程为 y=-2x+1, 1 ? ?y=- x+1, 2 由? 解得 N(4,-1). ? ?y=-1 设准线与 y 轴交于 Q,则 FQ=2. 作 MD 垂直准线,交准线 QN 于 D, ∵M 在抛物线上,∴|MF|=|MD|, |MF| |MD| |FQ| 2 1 ∴|MN|= |MN|= |FN|= 2 = . 5 4 + 22 答案:C

9.(2013· 新课标全国卷Ⅱ)设抛物线 C:y2=4x 的焦点为 F,直线 l 过 F 且与 C 交于 A,B 两点.若|AF|=3|BF|,则 l 的方程为( ) A.y=x-1 或 y=-x+1 3 3 B.y= 3 (x-1)或 y=- 3 (x-1) C.y= 3(x-1)或 y=- 3(x-1) 2 2 D.y= 2 (x-1)或 y=- 2 (x-1)

解析:设 A(x1,y1),B(x2,y2) |AF|=|AA1|=x1+1, |BF|=|BB1|=x2+1 ∵|AF|=3|BF|, ∴x1+1=3(x2+1) ∴x1=3x2+2.①

设 AB 方程为 y=k(x-1), ? ?y=k?x-1?, 由? 2 ?k2x2-(2k2+4)x+k2=0, ? ?y =4x 4 x1+x2=2+k2,② x1x2=1.

3 1 由①②得,x1=k2+2,x2=k2,代入 x1x2=1, ?3 ? 1 4 2 得?k2+2?· 2=1,∴k -2k -3=0. ? ?k 解得 k2=3,(k2=-1 舍去),∴k=± 3. ∴直线方程 y= 3(x-1)或 y=- 3(x-1),选 C. 答案:C

2 y 已知双曲线 x2- 2 =1,过点 P(1,1)能否作一条直线 l,与 双曲线交于 A、B 两点,且点 P 是线段 AB 的中点?

易错矫正(十四) [考题范例]

忽视直线与双曲线相交的判断致误

[失误展板] 错解:设点 A(x1,y1),B(x2,y2)在双曲线上, 且线段 AB 的中点为(x0,y0).若直线 l 的斜率不存在,显 然不符合题意. 设过点 P 的直线 l 的方程为 y-1=k(x-1), y=kx+1-k ? ? 由 ? 2 y2 x - 2 =1 ? ? 0. 得 (2 - k2)x2 - 2k(1 - k)x - (1 - k2) - 2 =

x1+x2 k?1-k? ∴x 0 = 2 = . 2-k2 k?1-k? ∴ =1,解得 k=2. 2-k2 ∴存在直线 l:y=2x-1 与双曲线交于 A、B 两点,并且 点 P 是线段 AB 的中点. 错因: 错误原因是考生忽视对直线与双曲线是否相交的判 断, 从而导致错误, 因为你所求的直线是基于假设存在的情况 下所得的.

[正确解答] 解析:设点 A(x1,y1),B(x2,y2)在双曲线上,且线段 AB 的中点为(x0,y0), 若直线 l 的斜率不存在,显然不符合题意. 设经过点 P 的直线 l 的方程为 y-1=k(x-1),即 y=kx+1-k.

y=kx+1-k, ? ? 由 ? 2 y2 得 (2 - k2)x2 - 2k(1 - k)x - (1 - k)2 - 2 x - 2 =1, ? ? =0(2-k2≠0).① x1+x2 k?1-k? ∴x0= 2 = . 2-k2 k?1-k? 由题意,得 =1,解得 k=2. 2-k2 当 k=2 时,方程①成为 2x2-4x+3=0. Δ=16-24=-8<0,方程①没有实数解. ∴不能作一条直线 l 与双曲线交于 A, B 两点, 且点 P(1,1) 是线段 AB 的中点.

关注考向 前瞻预测

椭圆、双曲线、抛物线的定义、性质、方程一直是每年高 考必考内容.近几年命题更加注意知识融合创新.定值问题、 最值问题、 探究问题是高考命题的新动向, 注重思想方法的运 用.

x2 y2 在平面直角坐标系 xOy 中,已知椭圆 C:a2+b2=1(a>b 2 >0)的离心率 e= 3,且椭圆 C 上的点到点 Q(0,2)的距离的 最大值为 3. (1)求椭圆 C 的方程; (2)在椭圆 C 上,是否存在点 M(m,n),使得直线 l:mx +ny=1 与圆 O: x2+y2=1 相交于不同的两点 A, B, 且△OAB 的面积最大?若存在,求出点 M 的坐标及对应的△OAB 的面 积;若不存在,请说明理由.

2 解析: (1)由 e= 3得 a2=3b2, 椭圆方程为 x2+3y2=3b2. 椭 圆 上 的 点 到 点 Q 的 距 离 d = x2+?y-2?2 = 3b2-3y2+?y-2?2= -2y2-4y+4+3b2(-b≤y≤b). ①当-b≤-1, 即 b≥1 时, dmax= 6+3b2=3, 得 b=1(b =-1 舍去), ②当-b>-1,即 b<1 时,dmax= b2+4b+4=3,得 b =1(舍去)或 b=-5(舍去). ∴b=1. x2 2 ∴椭圆方程为 3 +y =1.

1 1 (2)S△AOB=2|OA|· |OB|sin∠AOB=2sin∠AOB, 1 当∠AOB=90° ,S△AOB 取最大值2, 1 2 此时,点 O 到直线 l 的距离 d= 2 = , m + n2 2 ∴m2+n2=2, m2 3 1 2 2 2 又∵ 3 +n =1,解得 m =2,n =2, ? 6 2? ? 所以存在满足条件的点 M,点 M 的坐标为 ,2? 2 ? ? ? 1 6 2? ? 6 2? ? 6 2? ? ? ? ? ? ? 或- , 或 或 , 此时△AOB 的面积为2. 2 ? ? 2 ,- 2 ? ?- 2 ,- 2 ? ? 2

x2 y2 1 已知椭圆 C:a2+b2=1(a>b>0)的离心率为2,左、右焦 → → 点分别为 F1、F2,点 G 在椭圆上,且GF1· GF2=0,△GF1F2 的面积为 3. (1)求椭圆 C 的方程; → → (2)若直线 l 与椭圆交于 P、Q 两点,且OP· OQ=0,O 为 坐标原点,探索点 O 到直线 l 的距离是否为定值.若是,求出 这个定值;若不是,请说明理由.

c 1 解析:(1)设 F1(-c,0),F2(c,0),由于 e=a=2,所以 a= → → 2c, b= 3c, 根据GF1· GF2=0 得 GF1⊥GF2, 从而|GF1|2+|GF2|2 1 2 = 4c , 又 △ GF1F2 的 面 积 为 3 , 即 2 |GF1|· |GF2| = 3 , 所 以 |GF1|· |GF2|= 6 ,所以 (|GF1| +|GF2|)2 = 4c2 + 12 = (2a)2 ,即 4c2 +12=16c2,解得 c=1 或 c=-1(舍去),所以 a=2,b= 3, x2 y2 所以椭圆 C 的方程为 4 + 3 =1.

→ → (2)由OP· OQ=0,得 OP⊥OQ. 当直线 l 的斜率不存在时,根据对称性不妨设直线 OP 的 方程为 y=x,直线 OQ 的方程为 y=-x,将直线 OP,OQ 的 ?2 21 2 21? ? 方程分别 与椭圆 C 的方程联 立,可得 P ? , , ? 7 7 ? ? ? ?2 21 2 21? ? ? Q? ,- ?,或 7 7 ? ? ? 2 21 ? 2 21 2 21? 2 21? ? ? ? ? P?- , Q ,- - , ? ? ?. 7 7 7 7 ? ? ? ? 2 21 此时坐标原点 O 到直线 l 的距离为 7 .

当直线 l 的斜率存在时,设直线 l:y=kx+m,代入椭圆 方程并整理得:(3+4k2)x2+8mkx+4m2-12=0,设 P(x1,y1), 8mk Q(x2,y2),则 x1+x2=- 2,① 3+4k 4m2-12 x 1 x2 = .② 3+4k2 → → 由于OP· OQ=0, 即 x1x2+y1y2=0, 即 x1x2+(kx1+m)(kx2+m)=0, 所以(1+k2)x1x2+mk(x1+x2)+m2=0,(*)

?4m2-12? ? 8mk ? ? ? ? 2 ? 把①,②代入(*)式得:(1+k )? 2?+ 2 ?+mk?- ? 3+4k ? ? 3+4k ?

12 m =0,解得 m = 7 (1+k2),
2 2

|m| 12 2 所以坐标原点 O 到直线 l 的距离 d= 把 m = 7 (1 2, 1+k 2 21 2 +k )代入得 d= 7 . 2 21 综上所述, 点 O 到直线 l 的距离为定值, 这个定值是 7 .


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