【基礎(chǔ)落實(shí)練】
1.(5分)(2024·合肥模擬)直線y=3x-1與橢圓x24+y28=1的公共點(diǎn)的個(gè)數(shù)是( )
A.0 B.1 C.2 D.無數(shù)個(gè)
【解析】選C.由y=3x-1x24+y28=1消去y并整理得11x2-6x-7=0,顯然Δ=(-6)2-4×11×(-7)>0,所以直線y=3x-1與橢圓x24+y28=1相交,有2個(gè)公共點(diǎn).
2.(5分)(2024·銀川模擬)若直線y=x+m與橢圓x24+y22=1相切,則實(shí)數(shù)m的值等于( )
A.±6 B.±6 C.±3 D.±4
【解析】選B.將直線y=x+m與橢圓x24+y22=1聯(lián)立,得y=x+mx24+y22=1?3x2+4mx+2m2-4=0,由題意可知Δ=16m2-12(2m2-4)=0?m=±6.
3.(5分)(2024·桂林模擬)已知橢圓E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦點(diǎn)為F(4,0),過點(diǎn)F的直線交橢圓于A,B兩點(diǎn),若M(1,-1),且OA+OB=2OM,則E的方程為( )
A.x248+y232=1 B.x236+y220=1
C.x224+y28=1 D.x220+y24=1
【解析】選C.因?yàn)橛医裹c(diǎn)F(4,0),所以a2=b2+16,
設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),由OA+OB=2OM可知M是AB的中點(diǎn),所以x1+x2=2,y1+y2=-2,
且x12a2+y12b2=1,x22a2+y22b2=1,
兩式相減得(x1+x2)(x1-x2)a2+(y1+y2)(y1-y2)b2=0,
所以 kAB=y1-y2x1-x2=-b2(x1+x2)a2(y1+y2)=-2b2-2a2=b2a2=0+14-1=kFM=13,
所以a2=3b2=b2+16,所以b2=8,a2=24,
故橢圓E的方程為x224+y28=1.
4.(5分)(2023·新高考Ⅱ卷)已知橢圓C:x23+y2=1的左、右焦點(diǎn)分別為F1,F2,直線y=x+m與C交于A,B兩點(diǎn),若△F1AB的面積是△F2AB的2倍,則m=( )
A.23B.23C.-23D.-23
【解題指導(dǎo)】首先聯(lián)立直線方程與橢圓方程,利用Δ>0,求出m的范圍,再根據(jù)三角形面積比得到關(guān)于m的方程,解出即可.
【解析】選C.將直線y=x+m與橢圓聯(lián)立y=x+mx23+y2=1,消去y可得4x2+6mx+3m2-3=0,
因?yàn)橹本€與橢圓相交于A,B點(diǎn),則Δ=36m2-4×4(3m2-3)>0,解得-20),C的上頂點(diǎn)為A,兩個(gè)焦點(diǎn)為F1,F2,離心率為12.過F1且垂直于AF2的直線與C交于D,E兩點(diǎn),若△ADE的周長(zhǎng)是26,則( )
A.a=132 B.b=33
C.直線DE的斜率為33 D.|DE|=12
【解析】選ACD.如圖所示:
因?yàn)闄E圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為12,所以不妨設(shè)橢圓C:x24c2+y23c2=1,a=2c,b=3c.
因?yàn)镃的上頂點(diǎn)為A,兩個(gè)焦點(diǎn)為F1,F2,
所以△AF1F2為等邊三角形,
因?yàn)檫^F1且垂直于AF2的直線與C交于D,E兩點(diǎn),
所以kDE=tan 30°=33.故C項(xiàng)正確.
由等腰三角形的性質(zhì)可得|AD|=|DF2|,
|AE|=|EF2|.
由橢圓的定義可得△ADE的周長(zhǎng)為|DE|+|DF2|+|EF2|=4a=26,
所以a=132,b=1343.故A項(xiàng)正確,B項(xiàng)錯(cuò)誤.
對(duì)于D項(xiàng),設(shè)lDE:y=33(x+134),
聯(lián)立x21694+y250716=1y=33(x+134),消去y得:x2+2x-26=0,
則Δ=22+4×26>0,
由根與系數(shù)的關(guān)系得x1+x2=-2,x1·x2=-26,
所以|DE|=1+(33) 2(x1+x2)2-4x1·x2=2322-4×(-26)=12,故D項(xiàng)正確.
7.(5分)(2024·南昌模擬)如果直線l:y=k(x+3)與橢圓C:x2a2+y2=1(a>1)總有公共點(diǎn),則實(shí)數(shù)a的取值范圍是[3,+∞).
【解析】直線l:y=k(x+3)過定點(diǎn)(-3,0),
因?yàn)橹本€l:y=k(x+3)與橢圓C:x2a2+y2=1(a>1)總有公共點(diǎn),所以點(diǎn)(-3,0)在橢圓內(nèi)部或橢圓上,則有(-3)2a2+02≤1?a2≥3,因?yàn)閍>1,所以a≥3.
8.(5分)設(shè)橢圓中心在坐標(biāo)原點(diǎn),A(2,0),B(0,1)是它的兩個(gè)頂點(diǎn),直線y=kx(k>0)與線段AB相交于點(diǎn)D,與橢圓相交于E,F兩點(diǎn).若ED=6DF,則實(shí)數(shù)k的值為23或38.
【解析】依題意得橢圓的方程為x24+y2=1,直線AB,EF的方程分別為x+2y-2=0,y=kx(k>0).
如圖,
設(shè)D,E,F三點(diǎn)的坐標(biāo)分別為D(x0,y0),E(x1,y1),F(x2,y2),其中x2>x1,
由x24+y2=1y=kx得(1+4k2)x2=4,則x1,x2滿足方程(1+4k2)x2=4,
故x2=-x1=21+4k2,
由ED=6DF知x0-x1=6(x2-x0),
得x0=17(6x2+x1)=57x2=1071+4k2,
由點(diǎn)D在直線AB上,知x0+2kx0=2,
即x0=21+2k,
所以1071+4k2=21+2k,
化簡(jiǎn)得24k2-25k+6=0,
解得k=23或k=38.
9.(10分)(2024·巴中模擬)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右頂點(diǎn)分別為A1,A2,點(diǎn)M(1,32)在橢圓C上,且MA1·MA2=-34.
(1)求橢圓C的方程;
(2)設(shè)橢圓C的右焦點(diǎn)為F,過點(diǎn)F斜率不為0的直線l交橢圓C于P,Q兩點(diǎn),記直線MP與直線MQ的斜率分別為k1,k2,當(dāng)k1+k2=0時(shí),求△MPQ的面積.
【解析】(1)由題意知A1(-a,0),A2(a,0),
又M(1,32),則MA1=(-a-1,-32),
MA2=(a-1,-32),
所以(-a-1)(a-1)+ (-32)2=-34,
解得a=2(負(fù)值舍去),
由M(1,32)在橢圓C上及a=2得14+94b2=1,
解得b2=3,
所以橢圓C的方程為x24+y23=1;
(2)由(1)知,右焦點(diǎn)為F(1,0),
據(jù)題意設(shè)直線l的方程為x=my+1(m≠0),P(my1+1,y1),Q(my2+1,y2),
則k1=y1-32my1=2y1-32my1,
k2=y2-32my2=2y2-32my2,
于是由k1+k2=0得2y1-32my1+2y2-32my2=0,化簡(jiǎn)得4y1y2=3(y1+y2)①,
由x=my+1,3x2+4y2-12=0消去x整理得(3m2+4)y2+6my-9=0,
Δ=(6m)2+36(3m2+4)=144(m2+1)>0,
由根與系數(shù)的關(guān)系得:y1+y2=-6m3m2+4,
y1y2=-93m2+4,
代入①式得:-363m2+4=-18m3m2+4,解得m=2,
所以直線l的方程為x-2y-1=0,
方法一:Δ=144(22+1)=720,
y1+y2=-34,
y1y2=-916,
由求根公式與弦長(zhǎng)公式得:
|PQ|=1+22|y1-y2|=572016=154,
設(shè)點(diǎn)M到直線l的距離為d,
則d=|1-2×32-1|1+(-2)2=355,
所以S△MPQ=12|PQ|d=12×154×355=958.
方法二:由題意可知S△MPQ=S△MPF+S△MQF
=12|MF|(|xP|+|xQ|)=34(|xP|+|xQ|),
x-2y-1=0代入3x2+4y2-12=0消去y得4x2-2x-11=0,
所以Δ=(-2)2-4×4×(-11)=180>0,xP+xQ=12,xPxQ=-1140,
則x1+2=16k12-8k14k12+1=4-8k1+44k12+1,
從而x1=2-8k1+44k12+1,
故y1=k1(x1-2)+1=1-8k12+4k14k12+1,
即M(2-8k1+44k12+1,1-8k12+4k14k12+1).
因?yàn)閗1k2=-14,所以k2=-14k1,
所以直線AN的方程為
y-1=k2(x-2)=-14k1(x-2),
即x+4k1y-4k1-2=0,
則M到直線AN的距離d=|2-8k1+44k12+1+4k1(1-8k12+4k14k12+1)-4k1-2|16k12+1=|8k1+4|16k12+1.
因?yàn)辄c(diǎn)M到直線AN的距離為2,
所以|8k1+4|16k12+1=2,解得k1=-316,
則直線AM的方程為y-1=-316(x-2),
即y=-316x+118.
【能力提升練】
10.(5分)(2024·哈爾濱模擬)直線y=kx+1,當(dāng)k變化時(shí),此直線被橢圓x24+y2=1截得的弦長(zhǎng)的最大值是( )
A.2 B.433 C.4 D.不能確定
【解析】選B.直線y=kx+1恒過定點(diǎn)(0,1),且點(diǎn)(0,1)在橢圓上,
設(shè)另外一個(gè)交點(diǎn)為(x,y),所以x24+y2=1,
則x2=4-4y2,弦長(zhǎng)為x2+(y-1)2=4-4y2+(y-1)2=-3y2-2y+5,
當(dāng)y=-13時(shí),弦長(zhǎng)最大,為433.
11.(5分)(2024·赤峰模擬)在橢圓x29+y24=1上求一點(diǎn)M,使點(diǎn)M到直線x+2y-10=0的距離最大,點(diǎn)M的坐標(biāo)為( )
A.(-3,0) B. (-95,-85)
C. (-2,-255) D.(-2,0)
【解析】選B.如圖所示:
根據(jù)題意可知,當(dāng)點(diǎn)M在第三象限且橢圓在點(diǎn)M處的切線與直線x+2y-10=0平行時(shí),點(diǎn)M到直線x+2y-10=0的距離取得最大值,可設(shè)切線方程為x+2y+m=0(m>0),
聯(lián)立x+2y+m=04x2+9y2=36,消去x整理可得25y2+16my+4m2-36=0,
Δ=162m2-100(4m2-36)=0,
因?yàn)閙>0,解得m=5,所以,橢圓x29+y24=1在點(diǎn)M處的切線方程為x+2y+5=0,
因此,點(diǎn)M到直線x+2y-10=0的距離的最大值為|5+10|12+22=35,
聯(lián)立x+2y+5=0x29+y24=1,
可得點(diǎn)M的坐標(biāo)為(-95,-85).
12.(5分)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦點(diǎn)為F1,過左焦點(diǎn)F1作傾斜角為π6的直線交橢圓于A,B兩點(diǎn),且AF1=3F1B,則橢圓C的離心率為( )
A.12 B.23 C.33 D.223
【解析】選C.設(shè)F1(-c,0),A(x1,y1),B(x2,y2),過點(diǎn)F1所作直線的傾斜角為π6,所以該直線斜率為33,
所以直線方程可寫為x=3y-c,
聯(lián)立方程x2a2+y2b2=1x=3y-c,
可得(a2+3b2)y2-23b2cy-b4=0,
Δ=(23b2c)2+4b4(a2+3b2)>0,
根據(jù)根與系數(shù)的關(guān)系:y1+y2=23b2ca2+3b2,
y1y2=-b4a2+3b2,
因?yàn)锳F1=3F1B,
即(-c-x1,-y1)=3(x2+c,y2),
所以y1=-3y2,
所以y1y2+y2y1=(y1+y2)2y1y2-2=(23b2ca2+3b2) 2-b4a2+3b2-2=-3-13,
即3c2a2+3b2=13,所以a2+3b2=9c2,
聯(lián)立a2+3b2=9c2a2=b2+c2,
可得a2=3c2,e2=13?e=33.
13.(5分)(2022·新高考Ⅰ卷)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0),C的上頂點(diǎn)為A,兩個(gè)焦點(diǎn)為F1,F2,離心率為12,過F1且垂直于AF2的直線與C交于D,E兩點(diǎn),|DE|=6,則△ADE的周長(zhǎng)是13.
【命題意圖】本題主要考查直線與橢圓的綜合應(yīng)用,需要學(xué)生很強(qiáng)的綜合能力.
【解析】因?yàn)闄E圓的離心率為e=ca=12,所以a=2c,所以b2=a2-c2=3c2,所以橢圓的方程為x24c2+y23c2=1,即3x2+4y2-12c2=0,不妨設(shè)左焦點(diǎn)為F1,右焦點(diǎn)為F2,如圖所示,因?yàn)锳F2=a,OF2=c,a=2c,所以∠AF2O=π3,所以△AF1F2為正三角形,因?yàn)檫^F1且垂直于AF2的直線與C交于D,E兩點(diǎn),DE為線段AF2的垂直平分線,所以直線DE的斜率為33,斜率倒數(shù)為3, 直線DE的方程:x=3y-c,代入橢圓方程3x2+4y2-12c2=0,整理化簡(jiǎn)得到:13y2-63cy-9c2=0,
判別式Δ=(-63c)2+4×13×9c2=62×16×c2,
所以|DE|=1+(-3)2|y1-y2|=2×Δ13=2×6×4×c13=6,
所以c=138, 得a=2c=134,
因?yàn)镈E為線段AF2的垂直平分線,根據(jù)對(duì)稱性,AD=DF2,AE=EF2,所以△ADE的周長(zhǎng)等于△F2DE的周長(zhǎng),利用橢圓的定義得到△F2DE的周長(zhǎng)為|DF2|+|EF2|+|DE|=|DF2|+|EF2|+|DF1|+|EF1|=|DF1|+|DF2|+|EF1|+|EF2|=2a+2a=4a=13.
14.(10分)(2024·岳陽模擬)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)經(jīng)過點(diǎn)P(23,223),左,右焦點(diǎn)分別為F1,F2,O為坐標(biāo)原點(diǎn),且|PF1|+|PF2|=4.
(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程;
(2)設(shè)A為橢圓C的右頂點(diǎn),直線l與橢圓C相交于M,N兩點(diǎn),以MN為直徑的圓過點(diǎn)A,求|AM|·|AN|的最大值.
【解析】(1)根據(jù)題意可得
49a2+89b2=1|PF1|+|PF2|=4=2a,解得a2=4,b2=1,
所以橢圓的方程為x24+y2=1.
(2)由(1)得A(2,0),設(shè)直線l的方程為x=my+t,(t≠2),M(x1,y1),N(x2,y2),
聯(lián)立x=my+tx24+y2=1,得(m2+4)y2+2mty+t2-4=0,
所以Δ=(2mt)2-4(m2+4)(t2-4)=16m2-16t2+64>0,
y1+y2=-2mtm2+4,y1y2=t2-4m2+4,
x1+x2=(my1+t)+(my2+t)=m(y1+y2)+2t=m(-2mtm2+4)+2t=8tm2+4,
x1x2=(my1+t)(my2+t)=m2y1y2+mt(y1+y2)+t2=m2·t2-4m2+4+mt·(-2mtm2+4)+t2=-4m2+4t2m2+4,
因?yàn)橐訫N為直徑的圓過點(diǎn)A,故AM⊥AN,所以AM·AN=0,
所以(x1-2,y1)·(x2-2,y2)=0,
所以-2(x1+x2)+x1x2+y1y2+4=0,
所以-2×8tm2+4+-4m2+4t2m2+4+(t2-4m2+4)+4=0,所以5t2-16t+12m2+4=0,
解得t=65或t=2(舍去),
當(dāng)t=65時(shí),Δ>0,且|MN|=m2+1|y1-y2|,點(diǎn)A到MN的距離為d=|2-t|m2+1,
所以S△AMN=12|AM|·|AN|=12|2-t|·|y1-y2|=12|2-t|·4m2t2-4(t2-4)(m2+4)m2+4,
化簡(jiǎn)得|AM|·|AN|=165×m2-t2+4m2+4,
令m2-t2+4=s=m2+6425≥85,則m2+4=s2+t2=s2+3625,
所以|AM|·|AN|=165×ss2+3625=165×1s+3625s,
由對(duì)勾函數(shù)的單調(diào)性知y=s+3625s,在[85,+∞)上單調(diào)遞增,
即s=85,m=0時(shí)y=s+3625s取得最小值52,此時(shí)|AM|·|AN|max=165×152=3225.
15.(10分)(2024·南昌模擬)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的焦距為2,且經(jīng)過點(diǎn)P(1,32).
(1)求橢圓C的方程;
(2)經(jīng)過橢圓右焦點(diǎn)F且斜率為k(k≠0)的動(dòng)直線l與橢圓交于A,B兩點(diǎn),試問:x軸上是否存在異于點(diǎn)F的定點(diǎn)T,使|AF|·|BT|=|BF|·|AT|恒成立?若存在,求出T點(diǎn)坐標(biāo);若不存在,說明理由.
【解析】(1)由橢圓C的焦距為2,故c=1,則b2=a2-1,
又由橢圓C經(jīng)過點(diǎn)P(1,32),代入C得1a2+94b2=1,解得a2=4,b2=3,
所以橢圓C的方程為x24+y23=1.
(2)根據(jù)題意,直線l的斜率顯然不為零,令1k=m,
由橢圓右焦點(diǎn)F(1,0),故可設(shè)直線l的方程為x=my+1,
聯(lián)立x=my+1x24+y23=1,整理得(3m2+4)y2+6my-9=0,
則Δ=36m2-4×(-9)(3m2+4)=144(m2+1)>0,
設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),且y1+y2=-6m3m2+4,y1y2=-93m2+4,
設(shè)存在點(diǎn)T,設(shè)T點(diǎn)坐標(biāo)為(t,0),由|AF||BT|=|BF||AT|,可得|AF||BF|=|AT||BT|,
又因?yàn)閨AF||BF|=S△TFAS△TFB=12|FT||AT|sin∠ATF12|FT||BT|sin∠BTF=|AT|sin∠ATF|BT|sin∠BTF,
所以sin ∠ATF=sin ∠BTF,所以∠ATF=∠BTF,
所以直線TA和TB關(guān)于x軸對(duì)稱,其傾斜角互補(bǔ),即有kAT+kBT=0,
則kAT+kBT=y1x1-t+y2x2-t=0,所以y1(x2-t)+y2(x1-t)=0,
所以y1(my2+1-t)+y2(my1+1-t)=0,整理得2my1y2+(1-t)(y1+y2)=0,
即2m×-93m2+4+(1-t)×-6m3m2+4=0,即3m3m2+4+(1-t)×m3m2+4=0,
解得t=4,符合題意,即存在點(diǎn)T(4,0)滿足題意.
【加練備選】
(2024·北京模擬)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)過點(diǎn)(0,3),且離心率為12.
(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程;
(2)過動(dòng)點(diǎn)P(1,t)作直線交橢圓C于A,B兩點(diǎn),且|PA|=|PB|,過P作直線l,使l與直線AB垂直,證明:直線l恒過定點(diǎn),并求此定點(diǎn)的坐標(biāo).
【解析】(1)由已知得
b=3a2=b2+c2ca=12,解方程組得a2=4b2=3.
所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x24+y23=1.
(2)當(dāng)直線AB斜率存在時(shí), 由題意知斜率不為0,設(shè)AB的直線方程為y-t=k(x-1),且k≠0,
聯(lián)立3x2+4y2=12y-t=k(x-1),消y得,
(3+4k2)x2+8k(t-k)x+4(t-k)2-12=0,
由題意,Δ>0.設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則x1+x2=-8k(t-k)3+4k2.
因?yàn)閨PA|=|PB|,所以P是AB的中點(diǎn).
即x1+x22=1,得-8k(t-k)3+4k2=2,
3+4kt=0①,
又l⊥AB,l的斜率為-1k,
直線l的方程為y-t=-1k(x-1)②,
把①代入②可得:y=-1k(x-14),
所以直線l恒過定點(diǎn)(14,0).
當(dāng)直線AB斜率不存在時(shí),
直線AB的方程為x=1,
此時(shí)直線l為x軸,也過(14,0). 綜上所述,直線l恒過點(diǎn)(14,0).
【素養(yǎng)創(chuàng)新練】
16.(5分)已知斜率不為0的直線l過橢圓C:x22+y2=1的左焦點(diǎn)F且交橢圓于A,B兩點(diǎn),y軸上的點(diǎn)M滿足|MA|=|MB|,則|FM||AB|的取值范圍為( )
A.(28,24]B.(24,22]
C.(116,12)D.[2,+∞)
【解析】選B.很明顯點(diǎn)M為線段AB的垂直平分線與y軸的交點(diǎn),
設(shè)直線l:x=my-1,A(x1,y1),B(x2,y2),
聯(lián)立直線方程與橢圓方程,
可得(m2+2)y2-2my-1=0,
因此y1+y2=2mm2+2,y1y2=-1m2+2,
所以線段AB的中點(diǎn)坐標(biāo)為(-2m2+2,mm2+2),
|AB|=1+m2(y1+y2)2-4y1y2=22(1+m2)2+m2,
AB的垂直平分線的方程為y=-m(x+2m2+2)+mm2+2,
當(dāng)x=0時(shí),y=-mm2+2,則M(0,-mm2+2),
因此|FM|=-mm2+22+1=m4+5m2+4m2+2,
所以|FM||AB|=m4+5m2+4m2+2×2+m222(1+m2)=(1+m2)(4+m2)22(1+m2)=24×m2+4m2+1=24×1+3m2+1∈(24,22].

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