中考数学综合题专题动点综合型问题一专题解析.docx
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中考数学综合题专题动点综合型问题一专题解析
中考数学综合题专题【动点综合型问题一】专题解析
1．（北京模拟）已知抛物线y＝－x2＋2x＋m－2与y轴交于点A（0，2m－7），与直线y＝2x交于点B、C（B在C的右侧）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）设抛物线的顶点为E，在抛物线的对称轴上是否存在一点F，使得∠BFE＝∠CFE，若存在，求出点F的坐标，若不存在，说明理由；
（3）动点P、Q同时从原点出发，分别以每秒个单位长度、每秒2个单位长度的速度沿射线OC运动，以PQ为斜边在直线BC的上方作直角三角形PMQ（直角边分别平行于坐标轴），设运动时间为t秒．若△PMQ与抛物线y＝－x2＋2x＋m－2有公共点，求t的取值范围．
M
E
解：
（1）把点A（0，2m－7）代入y＝－x2＋2x＋m－2，得m＝5
∴抛物线的解析式为y＝－x2＋2x＋3
（2）由解得
∴B（，2），C（－，－2）
∵y＝－x2＋2x＋3＝－（x－1）2＋4
∴抛物线的对称轴为x＝1
设F（1，y）
∵∠BFE＝∠CFE，∴tan∠BFE＝tan∠CFE
当点F在点B上方时，＝
解得y＝6，∴F（1，6）
M
当点F在点B下方时，＝
解得y＝6（舍去）
∴满足条件的点F的坐标是F（1，6）
（3）由题意，OP＝t，OQ＝2t，∴PQ＝t
∵P、Q在直线直线y＝2x上
∴设P（x，2x），则Q（2x，4x）（x＜0）
∴＝t，∴x＝－t
∴P（－t，－2t），Q（－2t，－4t）
∴M（－2t，－2t）
当M（－2t，－2t）在抛物线上时，有－2t＝－4t2－4t＋3
解得t＝（舍去负值）
当P（－t，－2t）在抛物线上时，有－2t＝－t2－2t＋3
解得t＝（舍去负值）
∴t的取值范围是：
≤t≤
2．（北京模拟）在平面直角坐标系中，抛物线y1＝ax2＋3x＋c经过原点及点A（1，2），与x轴相交于另一点B．
（1）求抛物线y1的解析式及B点坐标；
（2）若将抛物线y1以x＝3为对称轴向右翻折后，得到一条新的抛物线y2，已知抛物线y2与x轴交于两点，其中右边的交点为C点．动点P从O点出发，沿线段OC向C点运动，过P点作x轴的垂线，交直线OA于D点，以PD为边在PD的右侧作正方形PDEF．
①当点E落在抛物线y1上时，求OP的长；
M
②若点P的运动速度为每秒1个单位长度，同时线段OC上另一点Q从C点出发向O点运动，速度为每秒2个单位长度，当Q点到达O点时P、Q两点停止运动．过Q点作x轴的垂线，与直线AC交于G点，以QG为边在QG的左侧作正方形QGMN．当这两个正方形分别有一条边恰好落在同一条直线上时，求t的值．（正方形在x轴上的边除外）
解：
（1）∵抛物线y1＝ax2＋3x＋c经过原点及点A（1，2）
H
∴解得
∴抛物线y1的解析式为y1＝－x2＋3x
令y1＝0，得－x2＋3x＝0，解得x1＝0，x2＝3
∴B（3，0）
（2）①由题意，可得C（6，0）
过A作AH⊥x轴于H，设OP＝a
可得△ODP∽△OAH，∴＝＝2
∴DP＝2OP＝2a
∵正方形PDEF，∴E（3a，2a）
∵E（3a，2a）在抛物线y1＝－x2＋3x上
∴2a＝－9a2＋9a，解得a1＝0（舍去），a2＝
∴OP的长为
②设直线AC的解析式为y＝kx＋b
G
∴解得k＝－，b＝
∴直线AC的解析式为y＝－x＋
G
由题意，OP＝t，PF＝2t，QC＝2t，GQ＝t
当EF与MN重合时，则OF＋CN＝6
∴3t＋2t＋t＝6，∴t＝
当EF与GQ重合时，则OF＋QC＝6
G
G
∴3t＋2t＝6，∴t＝
当DP与MN重合时，则OP＋CN＝6
∴t＋2t＋t＝6，∴t＝
当DP与GQ重合时，则OP＋CQ＝6
∴t＋2t＝6，∴t＝2
3．（北京模拟）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2＋bx＋4经过A（－3，0）、B（4，0）两点，且与y轴交于点C，点D在x轴的负半轴上，且BD＝BC．动点P从点A出发，沿线段AB以每秒1个单位长度的速度向点B移动，同时动点Q从点C出发，沿线段CA以某一速度向点A移动．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）若经过t秒的移动，线段PQ被CD垂直平分，求此时t的值；
Q
（3）该抛物线的对称轴上是否存在一点M，使MQ＋MA的值最小？
若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
解：
（1）∵抛物线y＝ax2＋bx＋4经过A（－3，0）、B（4，0）两点
Q
∴解得a＝－，b＝
∴所求抛物线的解析式为y＝－x2＋x＋4
（2）连接DQ，依题意知AP＝t
∵抛物线y＝－x2＋x＋4与y轴交于点C
∴C（0，4）
又A（－3，0，B（4，0）
可得AC＝5，BC＝4，AB＝7
∵BD＝BC，∴AD＝AB－BD＝7－4
∵CD垂直平分PQ，∴QD＝DP，∠CDQ＝∠CDP
x＝
∵BD＝BC，∴∠DCB＝∠CDB
∴∠CDQ＝∠DCB，∴DQ∥BC
∴△ADQ∽△ABC，∴＝
∴＝，∴＝
解得DP＝4－，∴AP＝AD＋DP＝
∴线段PQ被CD垂直平分时，t的值为
（3）设抛物线y＝－x2＋x＋4的对称轴x＝与x轴交于点E
由于点A、B关于对称轴x＝对称，连接BQ交对称轴于点M
则MQ＋MA＝MQ＋MB，即MQ＋MA＝BQ
当BQ⊥AC时，BQ最小，此时∠EBM＝∠ACO
∴tan∠EBM＝tan∠ACO＝
∴＝，即＝，解得ME＝
∴M（，）
∴在抛物线的对称轴上存在一点M（，），使得MQ＋MA的值最小
4．（北京模拟）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝8．动点P从点A出发，沿AC→CB→BA边运动，点P在AC、CB、BA边上运动的速度分别为每秒3、4、5个单位．直线l从与AC重合的位置开始，以每秒个单位的速度沿CB方向移动，移动过程中保持l∥AC，且分别与CB、AB边交于点E、F．点P与直线l同时出发，设运动的时间为t秒，当点P第一次回到点A时，点P和直线l同时停止运动．
（1）当t＝_________秒时，点P与点E重合；当t＝_________秒时，点P与点F重合；
（2）当点P在AC边上运动时，将△PEF绕点E逆时针旋转，使得点P的对应点P′落在EF上，点F的对应点为F′，当EF′⊥AB时，求t的值；
（3）作点P关于直线EF的对称点Q，在运动过程中，若形成的四边形PEQF为菱形，求t的值；
（4）在整个运动过程中，设△PEF的面积为S，直接写出S关于t的函数关系式及S的最大值．
备用图
E
解：
（1）3；4.5
提示：
在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝8
（P）
∴AB＝＝10，∴sinB＝＝，cosB＝＝，tanB＝＝
当点P与点E重合时，点P在CB边上，CP＝CE
∵AC＝6，点P在AC、CB边上运动的速度分别为每秒3、4个单位
∴点P在AC边上运动的时间为2秒，CP＝4（t－2）
∵CE＝t，∴4（t－2）＝t，解得t＝3
当点P与点F重合时，点P在BA边上，BP＝BF
∵AC＝6，BC＝8，点P在AC、CB、BA边上运动的速度分别为每秒3、4、5个单位
∴点P在AC、CB边上运动的时间共为4秒，BF＝BP＝5（t－4）
（P）
∵CE＝t，∴BE＝8－t
在Rt△BEF中，＝cosB
∴＝，解得t＝4.5
（2）由题意，∠PEF＝∠MEN
N
∵EF∥AC，∠C＝90°，∴∠BEF＝90°，∠CPE＝∠PEF
∵EN⊥AB，∴∠B＝∠MEN
∴∠CPE＝∠B，∴tan∠CPE＝tanB
∵tan∠CPE＝，tanB＝＝
∴＝，∴CP＝CE
∵AP＝3t（0＜t＜2），CE＝t，∴CP＝6－3t
∴6－3t＝×t，解得t＝
（3）连接PQ交EF于O
∵P、Q关于直线EF对称，∴EF垂直平分PQ
若四边形PEQF为菱形，则OE＝OF＝EF
Q
①当点P在AC边上运动时
易知四边形POEC为矩形，∴OE＝PC
∴PC＝EF
∵CE＝t，∴BE＝8－t，EF＝BE·tanB＝（8－t）＝6－t
∴6－3t＝（6－t），解得t＝
②当点P在CB边上运动时，P、E、Q三点共线，不存在四边形PEQF
③当点P在BA边上运动时，则点P在点B、F之间
∵BE＝8－t，∴BF＝＝（8－t）＝10－t
O
∵BP＝5（t－4），∴PF＝BF－BP＝10－t－5（t－4）＝30－t
∵∠POF＝∠BEF＝90°，∴PO∥BE，∴∠OPF＝∠B
在Rt△POF中，＝sinB
∴＝，解得t＝
∴当t＝或t＝时，四边形PEQF为菱形
（4）S＝
S的最大值为
5．（北京模拟）在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，AB＝10，CD＝6，AD＝BC＝4．点P从点B出发，沿线段BA向点A匀速运动，速度为每秒2个单位，过点P作直线BC的垂线PE，垂足为E．设点P的运动时间为t（秒）．
（1）∠A＝___________°；
（2）将△PBE沿直线PE翻折，得到△PB′E，记△PB′E与梯形ABCD重叠部分的面积为S，求S与t之间的函数关系式，并求出S的最大值；
（3）在整个运动过程中，是否存在以点D、P、B′为顶点的三角形为直角三角形或等腰三角形？
若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
备用图
B′
解：
（1）60°
（2）∵∠A＝∠B＝60°，PB＝PB′
∴△PB′B是等边三角形
∴PB＝PB′＝BB′＝2t，BE＝B′E＝t，PE＝t
B′
当0＜t≤2时
S＝S△PB′E＝B′E·PE＝t·t＝t2
当2＜t≤4时
S＝S△PB′E－S△FB′C＝t2－（2t－4）2＝－t2＋4t－4
当4＜t≤5时
设PB′、PE分别交DC于点G、H，作GK⊥PH于K
F
∵△PB′B是等边三角形，∴∠B′PB＝60°＝∠A
∴PG∥AD，又DG∥AP
∴四边形APGD是平行四边形
∴PG＝AD＝4
∵AB∥CD，∴∠GHP＝∠BPH
∵∠GPH＝∠BPH＝∠B′PB＝30°
∴∠GHP＝∠GPH＝30°，∴PG＝GH＝4
K
∴GK＝PG＝2，PK＝KH＝PG·cos30°＝2
∴PH＝2PK＝4
∴S＝S△PGH＝PH·GK＝×4×2＝4
综上得，S与t之间的函数关系式为：
S＝
（3）①若∠DPB′＝90°
B′
∵∠B′PB＝60°，∴∠DPA＝30°
又∠A＝60°，∴∠ADP＝90°
∴AP＝2AD，∴10－2t＝8，∴t＝1
若∠PDB′＝90°
作DM⊥AB于M，DN⊥B′B于N
则AM＝2，DM＝2，NC＝3，DN＝3
PM＝|10－2－2t|＝|8－2t|
NB′＝|3＋4－2t|＝|7－2t|
N
DP2＝DM2＋PM2＝
（2）2＋（8－2t）2＝（8－2t）2＋12
DB′2＝DN2＋NB′＝（3）2＋（7－2t）2＝（7－2t）2＋27
∵DP2＋DB′2＝B′P2
∴（8－2t）2＋12＋（7－2t）2＋27＝（2t）2
解得t1＝＞5（舍去），t2＝
若∠DB′P＝90°，则DB′2＋B′P2＝DP2
∴（7－2t）2＋27＋（2t）2＝（8－2t）2＋12
解得t1＝－1（舍去），t2＝0（舍去）
∴存在以点D、P、B′为顶点的三角形为直角三角形，此时t＝1或t＝
B′
②若DP＝B′P，则（8－2t）2＋12＝（2t）2
E
解得t＝
若B′D＝B′P，则（7－2t）2＋27＝（2t）2
解得t＝
若DP＝DB′，则（8－2t）2＋12＝（7－2t）2＋27
解得t＝0（舍去）
∴存在以点D、P、B′为顶点的三角形为等腰三角形，此时t＝或t＝
6．（北京模拟）已知二次函数y＝－mx2＋3mx－2的图象与x轴交于点A（2，0）、点B，与y轴交于点C．
（1）求点B坐标；
（2）点P从点C出发以每秒1个单位的速度沿线段CO向O点运动，到达点O后停止运动，过点P作PQ∥AC交OA于点Q，将四边形PQAC沿PQ翻折，得到四边形PQA′C′，设点P的运动时间为t．
①当t为何值时，点A′恰好落在二次函数y＝－mx2＋3mx－2图象的对称轴上；
②设四边形PQA′C′落在第一象限内的图形面积为S，求S关于t的函数关系式，并求出S的最大值．
解：
（1）将A（2，0）代入y＝－mx2＋3mx－2
得0＝－m×
（2）2＋3m×2－2，解得m＝
∴y＝－x2＋x－2
令y＝0，得－x2＋x－2＝0，解得：
x1＝，x2＝2
∴B（，0）
（2）①由y＝－x2＋x－2，令x＝0，得y＝－2
∴C（0，－2）
（Q）
∵y＝－x2＋x－2＝－（x－）2＋
∴二次函数图象的对称轴为直线x＝
过A′作A′H⊥OA于H
在Rt△AOC中，∵OC＝2，OA＝2
∴∠OAC＝30°，∠OCA＝60°
∴∠PQA＝150°，∠A′QH＝60°，AQ＝A′Q＝2QH
∵点A′在二次函数图象的对称轴上
∴解得QH＝
∴AQ＝，CP＝1
∴t＝1
②分两种情况：
ⅰ）当0＜t≤1时，四边形PQA′C′落在第一象限内的图形为等腰三角形QA′D
y
DQ＝A′Q＝t
A′H＝AQ·sin60°＝t·＝t
S＝S△A′DQ＝·t·t＝t2
∵当0＜t≤1时，S随t的增大而增大
∴当t＝1时，S有最大值
ⅱ）当1＜t＜2时，四边形PQA′C′落在第一象限内的图形为四边形EOQA′
S四边形EOQA′＝S梯形PQA′C′－S△OPQ－S△PC′E
y
＝[2－（2－t）2]－（2－t）2－t2
＝－t2＋4t－2
∵－t2＋4t－2＝－（t－）2＋
且1＜＜2，∴当t＝时，S有最大值
∵＞，∴S的最大值是
7．
G
（北京模拟）
F
已知梯形ABCD中，AD∥BC，∠A＝120°，E是AB的中点，过E点作射线EF∥BC，交CD于点G，AB、AD的长恰好是方程x2－4x＋a2＋2a＋5＝0的两个相等实数根，动点P、Q分别从点A、E出发，点P以每秒1个单位长度的速度沿AB由A向B运动，点Q以每秒2个单位长度的速度沿EF由E向F运动，设点P、Q运动的时间为t（秒）．
（1）求线段AB、AD的长；
（2）当t＞1时，求△DPQ的面积S与时间t之间的函数关系式；
（3）是否存在△DPQ是直角三角形的情况，如果存在，求出时间t；如果不存在，请说明理由．
解：
（1）由题意，△＝42－4（a2＋2a＋5）＝－4（a＋1）2＝0
∴a＝－1
原方程可化为x2－4＋4＝0，解得∴x1＝x2＝2
∴AB＝AD＝2
（2）作AH⊥BC于H，交EG于O，DK⊥EF于K，PM⊥DA交DA的延长线于M
∵AD∥BC，∠A＝120°，AB＝AD＝2
∴∠B＝60°，AH＝
M
∵E是AB中点，且EF∥BC，∴AO＝DK＝
∵AP＝t，∴PM＝t
∵t＞1，∴点P在点E下方
延长FE交PM于S，设DP与EF交于点N
则PS＝t－
∵AD∥BC，EF∥BC，∴EF∥AD
∴＝，∴＝
∴EN＝，∴QN＝2t－
∴S＝（2t－）（t－＋）
＝t2－t＋
即S＝t2－t＋（t＞1）
（3）由题意，AM＝t，∴DM＝2＋t
∴DP2＝DM2＋PM2＝（2＋t）2＋（t）2＝t2＋2t＋4
又DQ2＝DK2＋KQ2＝（）2＋（2t－－2）2＝4t2－10t＋7
PQ2＝PS2＋SQ2＝（t－）2＋（2t＋）2＝7t2－4t＋1
①若∠PDQ＝90°，则DP2＋DQ2＝PQ2
∴t2＋2t＋4＋4t2－10t＋7＝7t2－4t＋1
解得t＝－1（舍去负值）
②若∠DPQ＝90°，则PD2＋PQ2＝DQ2
∴t2＋2t＋4＋7t2－4t＋1＝4t2－10t＋7
解得t＝－1（舍去负值）
③若∠DQP＝90°，则DQ2＋PQ2＝PD2
∴4t2－10t＋7＋7t2－4t＋1＝t2＋2t＋4
解得t＝
综上所述，存在△DPQ是直角三角形的情况，此时t＝－1，t＝－1，t＝
8．（天津模拟）如图，在平面直角坐标系中，直y＝－x＋4
交x轴于点A，交y轴于点B．在线段OA上有一动点P，以每秒
个单位长度的速度由点O向点A匀速运动，以OP为边作正方形OPQM交y轴于点M，连接QA和QB，并从QA和QB的中点C和D向AB作垂线，垂足分别为点F和点E．设P点运动的时间为t秒，四边形CDEF的面积为S1，正方形OPQM与四边形CDEF重叠部分的面积为S2．
（1）直接写出A点和B点坐标及t的取值范围；
E
（2）当t＝1时，求S1的值；
（3）试求S2与t的函数关系式
（4）直接写出在整个运动过程中，点C和点D所走过的路程之和．
解：
（1）A（4
，0）、B（0，4
），0≤t≤4
4
（2）过Q作QH⊥AB于H
∵C、D分别是QA和QB的中点
∴CD∥AB，CD＝AB＝×4
×
＝4
∵CF⊥AB，DE⊥AB，∴CF∥DE
∴四边形CDEF是平行四边形
又∵CF⊥AB，∴四边形CDEF是矩形
∵CF⊥AB，QH⊥AB，∴CF∥QH
又∵C是QA中点，∴CF＝QH
连接OQ
∵正方形OPQM，∴∠1＝∠2，OP＝PQ＝QM＝MO
∵OA＝OB，∴PA＝MB
∴Rt△QPA≌Rt△QMB，∴QA＝QB，∠PQA＝∠MQB
∵QH⊥AB，∴∠3＝∠4
∴∠1＋∠MQB＋∠3＝180°，∴O、Q、H三点共线
∴QH＝OH－OQ
∵t＝1，点P的运动速度为每秒
个单位长度
∴OP＝
，∴OQ＝2
又∵OA＝4
，∴OH＝4
∴QH＝OH－OQ＝4－2＝2，∴CF＝1
∴S1＝CD·CF＝4×1＝4
（3）当点Q落在AB上时，OQ⊥AB，△QOA是等腰直角三角形
∴t＝2
÷
＝2
当0≤t≤2时，S2＝0
T
当点E落在QM上，点F落在PQ上时，
△CFK和△DEG都是等腰直角三角形
过C作CT⊥PQ于T
则CT＝AP＝（4
－
t）＝（4－t）
∴CF＝
CT＝4－t
连接OQ，分别交AB、CD于N、R
则ON＝OA＝×4
＝4
∵OP＝
t，∴OQ＝2t，∴QN＝2t－4
R
∴CF＝QN＝t－2
∴4－t＝t－2，∴t＝3
当2＜t≤3时，重叠部分为等腰梯形GHIK
△QGK和△QHI都是等腰直角三角形
∵QN＝2t－4，RN＝CF＝t－2，∴QR＝t－2
∴GK＝2QR＝2t－4，HI＝2QN＝4t－8
∴S2＝（GK＋HI）·RN＝（2t－4＋4t－8）（t－2）＝3（t－2）2
当3＜t≤4时，重叠部分为六边形GHEFIK
T
易知Rt△CIK≌Rt△DHG，∴GH＝KI＝2CT＝
（4－t）
∴S2＝S矩形CDEF－2S△CIK＝CD·CF－KI·CT
＝4（t－2）－
（4－t）·（4－t）＝－t2＋12t－24
综上得S2关于t的函数关系式为：
S2＝
（4）8
提示：
点C和点D走过的路程分别为以OP为边的正方形的对角线的一半
9．（上海模拟）如图，正方形ABCD中，AB＝5，点E是BC延长线上一点，CE＝BC，连接BD．动点M从B出发，以每秒个单位长度的速度沿BD向D运动；动点N从E出发，以每秒2个单位长度的速度沿EB向B运动，两点同时出发，当其中一点到达终点后另一点也停止运动．设运动时间为t秒，过M作BD的垂线MP交BE于P．
（1）当PN＝2时，求运动时间t；
（2）是否存在这样的t，使△MPN为等腰三角形？
若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由；
（3）设△MPN与△BCD重叠部分的面积为S，直接写出S与t的函数关系式和函数的定义域．
E
H
解：
（1）∵正方形ABCD，∴∠DBC＝45°
∵MP⊥DB，∴△BMP是等腰直角三角形
∵BM＝t，∴BP＝BM＝2t
又PN＝2，NE＝2t
当0＜t＜2.5时，BP＋PN＋NE＝BE
∴2t＋2＋2t＝10，∴t＝2
当2.5＜t＜5时，BP－PN＋NE＝BE
∴2t－2＋2t＝10，∴t＝3
M
（2）过M作MH⊥BC于H
则△NQC∽△NMH，∴＝
∴＝，∴QC＝
令QC＝y，则y＝
M
整理得2t2－（3y＋5）t＋10y＝0
∵t为实数，∴[－（3y＋5）]2－4×2×10y≥0
即9y2－50y＋25≥0，解得y≥5（舍去）或y≤
∴线段QC长度的最大值为
（3）当0＜t＜2.5时
E
∵∠MPN＝∠DBC＋∠BMP＝45°＋90°＝135°
∴∠MPN为钝角，∴MN＞MP，MN＞PN
若PM＝PN，则t＝10－4t
解得t＝（4－）
当2.5＜t＜5时
∵∠MNP＞∠MBP＝∠MPB，∴MP＞MN
若MN＝PN，则∠PMN＝∠MPN＝45°
E
∴∠MNP＝90°，即MN⊥BP
∴BN＝NP，BP＝2BN
∴2t＝2（10－2t），解得t＝
若PM＝PN
∵PN＝BP－BN＝BP－（BE－NE）＝BP＋NE－BE
∴t＝2t＋2t－10，解得t＝（4＋）
∴当t＝（4－），t＝，t＝（4＋）时，△MPN为等腰三角形
R
Q
（4）S＝
10．（重庆模拟）如图，已知△ABC是等边三角形，点O是AC的中点，OB＝12，动点P在线段AB上从点A向点B以每秒个单位的速度运动，设运动时间为t秒．以点P为顶点，作等边△PMN，点M，N在直线OB上，取OB的中点D，以OD为边在△AOB内部作如图所示的矩形ODEF，点E在线段AB上．
（1）求当等边△PMN的顶点M运动到与点O重合时t的值；
（2）求等边△PMN的边长（用含t的代数式表示）；
（3）设等边△PMN和矩形ODEF重叠部分的面积为S，请直接写出S与t的函数关系式及自变量t的取值范围；
（4）点P在运动过程中，是否存在点M，使得△EFM是等腰三角形？
若存在，求出对应的t的值；若不存在，请说明理由．
备用图
E
备用图
（M）
解：
（1）当点M与点O重合时
∵△ABC、△PMN是等边三角形，O为AC中点
∴∠AOP＝30°，∠APO＝90°
∵OB＝12，∴AO＝4＝2AP＝2t
解得t＝2
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