2024年中考数学二轮复习 压轴题 专项培优练习02（含答案）

这是一份2024年中考数学二轮复习 压轴题 专项培优练习02（含答案），共14页。
如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的边OA在x轴的负半轴上，边OC在y轴的正半轴上，且OA=1，tan∠ACB=2，将矩形OABC绕点O按顺时针方向旋转90°后得到矩形ODEF．点A的对应点为点D，点B的对应点为点E，点C的对应点为点F，抛物线y=ax2+bx+2的图象过点A，C，F．
(1)求抛物线所对应函数的表达式；
(2)在边DE上是否存在一点M，使得以O，D，M为顶点的三角形与△ODE相似，若存在，求出经过M点的反比例函数y=eq \f(k,x)的表达式，若不存在，请说明理由；
(3)在x轴的上方是否存在点P，Q，使以O，F，P，Q为顶点的平行四边形的面积是矩形OABC面积的2倍，且点P在抛物线上，若存在，请求出P，Q两点的坐标；若不能存在，请说明理由；
(4)在抛物线的对称轴上是否存在一点H，使得HA﹣HC的值最大，若存在，直接写出点H的坐标；若不存在，请说明理由．
在平面直角坐标系中，二次函数y＝eq \f(1,2)x2＋bx＋c的图象与x轴交于A(﹣2，0)，B(4，0)两点，交y轴于点C，点P是第四象限内抛物线上的一个动点．
(1)求二次函数的解析式；
(2)如图甲，连接AC，PA，PC，若S△PAC＝eq \f(15,2)，求点P的坐标；
(3)如图乙，过A，B，P三点作⊙M，过点P作PE⊥x轴，垂足为D，交⊙M于点E．点P在运动过程中线段DE的长是否变化，若有变化，求出DE的取值范围；若不变，求DE的长．
如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2＋bx＋c与x轴交于A(﹣1，0)，B(3，0)，与y轴交于点C(0，﹣3)．
(1)求抛物线的解析式．
(2)若点M是抛物线上B，C之间的一个动点，线段MA绕点M逆时针旋转90°得到MN，当点N恰好落在y轴上时，求点M，点N的坐标．
(3)如图2，若点E坐标为(2，0)，EF⊥x轴交直线BC于点F，将△BEF沿直线BC平移得到△B'E'F'，在△B'E'F'移动过程中，是否存在使△ACE'为直角三角形的情况？若存在，请直接写出所有符合条件的点E′的坐标；若不存在，请说明理由．
抛物线y1＝ax2﹣2ax＋c(a＜2且a≠0)与x轴交于A(﹣1，0)，B两点，抛物线的对称轴与x轴交于点D，点M(m，n)在该抛物线上，点P是抛物线的最低点．
(1)若m＝2，n＝﹣3，求a的值；
(2)记△PMB面积为S，证明：当1＜m＜3时，S＜2；
(3)将直线BP向上平移t个单位长度得直线y2＝kx＋b(k≠0)，与y轴交于点C，与抛物线交于点E，当x＜﹣1时，总有y1＞y2．当﹣1＜x＜1时，总有y1＜y2．是否存在t≥4，使得△CDE是直角三角形，若存在，求t的值；若不存在，请说明理由．
如图，抛物线y＝ax2＋bx＋c与x轴交于原点O和点A，且其顶点B关于x轴的对称点坐标为(2，1)．
(1)求抛物线的函数表达式；
(2)抛物线的对称轴上存在定点F，使得抛物线y＝ax2＋bx＋c上的任意一点G到定点F的距离与点G到直线y＝﹣2的距离总相等．
①证明上述结论并求出点F的坐标；
②过点F的直线l与抛物线y＝ax2＋bx＋c交于M，N两点．
证明：当直线l绕点F旋转时，＋是定值，并求出该定值；
(3)点C(3，m)是该抛物线上的一点，在x轴，y轴上分别找点P，Q，使四边形PQBC周长最小，直接写出P，Q的坐标．
如图，抛物线y＝﹣x2＋bx＋c与x轴交于A(1，0)，B(﹣3，0)两点，C是抛物线与y轴的交点，P是该抛物线上一动点．
(1)求该抛物线的解析式；
(2)在(1)中抛物线的对称轴上求一点M，使得△MAC是以AM为底的等腰三角形；求出点M的坐标．
(3)设(1)中的抛物线顶点为D，对称轴与直线BC交于点E，过抛物线上的动点P作x轴的垂线交线段BC于点Q，使得D、E、P、Q四点组成的四边形是平行四边形？若存在，直接写出P点的坐标；若不存在，请说明理由．
如图，在平面直角坐标系中，二次函数y＝eq \f(1,2)x2＋bx＋c的图象交y轴于点D，直线AB与之相交，且A(1，﹣eq \f(9,2))是抛物线y＝eq \f(1,2)x2＋bx＋c的顶点．
(1)b＝ ，c＝ ；
(2)如图1，点P是第四象限抛物线上一点，且满足BP∥AD，抛物线交x轴于点C，连接PC．
①求直线PB的解析式；
②求PC的长；
(3)如图2，点Q是抛物线第三象限上一点(不与点B、D重合)，连接BQ，以BQ为边作正方形BEFQ，当顶点E或F恰好落在抛物线对称轴上时，直接写出对应的Q点的坐标．
已知点A(－1，1)，B(4，6)在抛物线y=ax2＋bx上．
(1)求抛物线的解析式；
(2)如图①，点F的坐标为(0，m)(m>2)，直线AF交抛物线于另一点G，过点G作x轴的垂线，垂足为H，设抛物线与x轴的正半轴交于点E，连接FH，AE，求证：FH∥AE；
(3)如图②，直线AB分别交x轴，y轴于C，D两点，点P从点C出发，沿射线CD方向匀速运动，速度为每秒 eq \r(2)个单位长度，同时点Q从原点O出发，沿x轴正方向匀速运动，速度为每秒1个单位长度，点M是直线PQ与抛物线的一个交点，当运动到t秒时，QM=2PM，直接写出t的值．
\s 0 答案
解：(1)∵矩形OABC，∴BC=OA=1，OC=AB，∠B=90°，
∵tan∠ACB=2，
∴AB：BC=2∴OC：OA=2，则OC=2，
∵将矩形OABC绕点O按顺时针方向旋转90°后得到矩形ODEF，
∴OF=2，则有A(﹣1，0)C(0，2)F(2，0)
∵抛物线y=ax2+bx+2的图象过点A，C，F，
把点A、C、F坐标代入得a-b+c=0,4a+2b+c=0,c=2
∴解得a=-1,b=1,c=2
∴函数表达式为y=﹣x2+x+2，
(2)存在，当∠DOM=∠DEO时，△DOM∽△DEO
∴此时有DM：DO=DO：DE.
∴DM2=0.5,∴点M坐标为(0.5，1)，
设经过点M的反比例函数表达式为y=eq \f(k,x)，把点M代入解得k=0.5
∴经过M点的反比例函数的表达式为y=0.5x-1，
(3)存在符合条件的点P，Q．
∵S矩形ABCD=2×1=2，
∴以O，F，P，Q为顶点平行四边形的面积为4，
∵OF=2，∴以O，F，P，Q为顶点平行四边形的高为2，
∵点P在抛物线上，设点P坐标为(m，2)，
∴﹣m2+m+2=2，解得m1=0，m2=1，
∴点P坐标为P1(0，2)，P2(1，2)
∵以O，F，P，Q为顶点的四边形为平行四边形，
∴PQ∥OF，PQ=OF=2．
∴当点P坐标为P1(0，1)时，点Q的坐标分别为Q1(2，2)，Q2(﹣2，2)；
当点P坐标为P2(1，2)时，点Q的坐标分别为Q3(3，2)，Q4(﹣1，2)；
(4)若使得HA﹣HC的值最大，则此时点A、C、H应在同一直线上，
设直线AC的函数解析式为y=kx+b，把点A(﹣1，0)，点C(0，2)代入得
-k+b=0,b=2解得k=2,b=2∴直线AC的函数解析式为y=2x+2，
∵抛物线函数表达式为y=﹣x2+x+2，∴对称轴为x=0.5
∴把x=0.5代入y=2x+2 解得y=3
∴点H的坐标为(0.5，3)
解：(1)∵二次函数y＝eq \f(1,2)x2＋bx＋c的图象与x轴交于A(﹣2，0)，B(4，0)两点，
∴二次函数的解析式为y＝eq \f(1,2)(x＋2)(x﹣4)，即y＝eq \f(1,2)x2﹣x﹣4．
(2)如图甲中，连接OP．设P(m，eq \f(1,2)m2﹣m﹣4)．
由题意，A(﹣2，0)，C(0，﹣4)，
∵S△PAC＝S△AOC＋S△OPC﹣S△AOP，
∴eq \f(15,2)＝eq \f(1,2)×2×4＋eq \f(1,2)×4×m﹣eq \f(1,2)×2×(﹣eq \f(1,2)m2＋m＋4)，
整理得，m2＋2m﹣15＝0，解得m＝3或﹣5(舍弃)，
∴P(3，﹣eq \f(5,2))．
(3)结论：点P在运动过程中线段DE的长是定值，DE＝2．
理由：如图乙中，连接AM，PM，EM，设M(1，t)，P[m，eq \f(1,2)(m＋2)(m﹣4)]，E(m，n)．
由题意A(﹣2，0)，AM＝PM，
∴32＋t2＝(m﹣1)2＋[eq \f(1,2)(m＋2)(m﹣4)﹣t]2，解得t＝1＋eq \f(1,4)(m＋2)(m﹣4)，
∵ME＝PM，PE⊥AB，∴t＝，
∴n＝2t﹣eq \f(1,2)(m＋2)(m﹣4)＝2[1＋eq \f(1,4)(m＋2)(m﹣4)]﹣eq \f(1,2)(m＋2)(m﹣4)＝2，
∴DE＝2，
另解：∵PDDE＝ADDB，∴DE＝＝2，为定值．
∴点P在运动过程中线段DE的长是定值，DE＝2．
解：(1)将A(﹣1，0)，B(3，0)，C(0，﹣3)代入y＝ax2＋bx＋c，
∴，∴，
∴y＝x2﹣2x﹣3；
(2)过点M作HG∥y轴，交x轴于点H，过点N作NG⊥HG交于点G，
∴∠AMH＋∠NMG＝90°，
∵∠AMH＋∠MAH＝90°，
∴∠NMG＝∠MAH，
∵AM＝MN，
∴△AMH≌△MNG(AAS)，
∴AH＝MG，HM＝NG，
设M(t，t2﹣2t﹣3)，
∴HM＝﹣t2＋2t＋3，NG＝t，
∴﹣t2＋2t＋3＝t，
∴t＝eq \f(1,2)±eq \f(\r(13),2)，
∵点M是抛物线上B，C之间，
∴0＜t＜3，
∴t＝eq \f(1,2)±eq \f(\r(13),2)，
∴M(eq \f(1,2)＋eq \f(\r(13),2)，﹣eq \f(1,2)﹣eq \f(\r(13),2))，
∴AH＝1＋eq \f(1,2)＋eq \f(\r(13),2)＝eq \f(3,2)＋eq \f(\r(13),2)，
∴HG＝eq \f(3,2)＋eq \f(\r(13),2)＋eq \f(1,2)＋eq \f(\r(13),2)＝2＋eq \r(13)，
∴N(0，﹣2﹣eq \r(13))；
(3)存在使△ACE'为直角三角形，理由如下：
∵OB＝OC，
∴∠OBC＝45°，
设△BEF沿x轴方向平移t个单位长，则沿y轴方向平移t个单位长，
∵E(2，0)，
∴E'(2＋t，t)，
①如图2，当∠ACE'＝90°时，过点E'作E'H⊥y轴交于点H，
∴∠ACO＋∠E'CH＝90°，
∵∠ACO＋∠CAO＝90°，
∴∠E'CH＝∠CAO，
∴△ACO∽△CE'H，
∴＝，
∵AO＝1，CO＝3，CH＝﹣3﹣t，E'H＝﹣2﹣t，
∴＝，
解得t＝﹣eq \f(7,2)，∴E'(﹣eq \f(3,2)，﹣eq \f(7,2))；
②如图3，当∠CAE'＝90°时，
过点A作MN⊥x轴，过点C作CN⊥MN交于N点，过点E'作E'M⊥MN交于M点，
∴∠MAE'＋∠NAC＝90°，
∵∠MAE'＋∠ME'A＝90°，
∴∠NAC＝∠ME'A，
∴△AME'∽△CNA，
∴＝，
∵NC＝1，AN＝3，AM＝t，ME'＝3＋t，
∴＝，
解得t＝eq \f(3,2)，∴E'(eq \f(7,2)，eq \f(3,2))；
当E'点与N重合时，△ACE'为直角三角形，
∴E'(﹣1，﹣3)；
③如图3，当∠AE'C＝90°时，
过点E'作ST⊥x轴交于S点，过点C作CT⊥ST交于T点，
∴∠AE'S＋∠CE'T＝90°，
∵∠AE'S＋∠E'AS＝90°，
∴∠CE'T＝∠E'AS，
∴△ASE'∽△E'TC，
∴＝，
∵AS＝3＋t，SE'＝﹣t，CT＝2＋t，E'T＝t＋3，
∴＝，解得t＝﹣1，
∴E'(1，﹣1)；
综上所述：E'的坐标为(﹣eq \f(3,2)，﹣eq \f(7,2))或(eq \f(7,2)，eq \f(3,2))或(1，﹣1)或(﹣1，﹣3)．
解：(1)将点A(﹣1，0)代入抛物线y1＝ax2﹣2ax＋c中，
∴a＋2a＋c＝0，
∴c＝﹣3a，
∴抛物线y1＝ax2﹣2ax﹣3a．
当m＝2，n＝﹣3时，M(2，﹣3)，
∴4a﹣4a﹣3a＝﹣3，解得a＝1；
(2)证明：过点M作x轴的垂线，交直线BP于点Q，
∵点P为y1＝ax2﹣2ax﹣3a的最低点，
∴P(a，﹣4a)，
令y1＝ax2﹣2ax﹣3a＝0，解得x＝﹣1或x＝3，
∴B(3，0)，
∴直线BP的解析式为：y＝2ax﹣6a，
设M(m，am2﹣2am﹣3a)，
∴Q(m，2am﹣6a)，
∴QM＝2am﹣6a﹣(am2﹣2am﹣3a)＝﹣am2＋4am﹣3a，
∴S＝eq \f(1,2)|xB﹣xP|•QM＝﹣am2＋4am﹣3a＝﹣a(m﹣2)2＋a，
∵﹣a＜0，开口向下，
∴当m＝2时，S的最大值为a，
∵a＜2，
∴当1＜m＜3时，S＝a＜2．
(3)解：∵当x＜﹣1时，总有y1＜y2，
∴直线l必经过点A(﹣1，0)，
将点A代入直线l：y2＝kx＋b，
∴﹣k＋b＝0，
∵直线l：y2＝kx＋b由直线PB：y＝2ax﹣6a向上平移t个单位长度得到，
∴k＝b＝2a，b＝﹣6a＋t＝2a，
∴t＝8a，
∴y2＝2ax＋2a，点C(0，2a)，
令2ax＋2a＝ax2﹣2ax﹣3a，解得x＝﹣1或x＝5，
∴E(5，12a)．
①当∠ECD＝90°时，过点E作y轴的垂线交y轴于点F，
∴△FEC∽△OCD，
∴EF：OC＝CF：OD，即5：2a＝10a：1，∴a＝eq \f(1,2)或a＝﹣eq \f(1,2)(舍)；
∴t＝8a＝4≥4，符合题意；
②当∠CDE＝90°时，过点E作x轴的垂线于点F，
∴△OCD∽△FDE，
∴EF：OD＝DF：OC，即12a：1＝4：2a，解得a＝eq \f(\r(6),6)或a＝﹣eq \f(\r(6),6)(舍)，
∴t＝8a＝＜＝4，不符合题意；
③当∠CED＝90°时，显然不存在．
综上，存在，且t的值为eq \f(1,2)．
解：(1)∵顶点B关于x轴的对称点坐标为(2，1)，
∴B(2，﹣1)，
∴A(4，0)，
将点O、点A、点B代入抛物线y＝ax2＋bx＋c，
得到，解得，
∴y＝eq \f(1,4)x2﹣x；
(2)①设F(2，m)，G(x，y)，
∴G点到直线y＝﹣2的距离为|y＋2|，
∴(y＋2)2＝y2＋4y＋4，
∵y＝eq \f(1,4)x2﹣x，
∴(y＋2)2＝y2＋4y＋4＝y2＋x2﹣4x＋4＝y2＋(x﹣2)2，
∴G到直线y＝﹣2的距离与点(2，0)和G点的距离相等，
∴抛物线上的任意一点G到定点F的距离与点G到直线y＝﹣2的距离总相等；
∵G到定点F的距离与点G到直线y＝﹣2的距离相等，
∴(x﹣2)2＋(m﹣eq \f(1,4)x2﹣x＋2)2＝(eq \f(1,4)x2﹣x＋2)2，整理得，m(m﹣eq \f(1,2)x2＋2x)＝0，
∵距离总相等，∴m＝0，
∴F(2，0)；
②设过点F的直线解析式为y＝kx﹣2k，M(xM，yM)，N(xN，yN)，
联立，整理得x2﹣(4＋4k)x＋8k＝0，
∴xM＋xN＝4＋4k，xMxN＝8k，
∴yM＋yN＝4k2，yMyN＝﹣4k2，
∵M到F点与M点到y＝﹣2的距离相等，N到F点与N点到y＝﹣2的距离相等，
∴＋＝＋＝＝＝1，
∴＋＝1是定值；
(3)作B点关于y轴的对称点B'，作C点关于x轴的对称点C'，连接C'B'交x轴、y轴分别于点P、Q，
∵BQ＝B'Q，CP＝C'P，
∴四边形PQBC周长＝BQ＋PQ＋PC＋BC＝B'Q＋PQ＋C'P＋CB＝C'B'＋CB，
∵点C(3，m)是该抛物线上的一点∴C(3，﹣eq \f(3,4))，
∵B(2，﹣1)，∴B'(﹣2，﹣1)，C'(3，eq \f(3,4))，
∴直线B'C'的解析为y＝x﹣，
∴Q(0，﹣eq \f(3,10))，P(eq \f(6,7)，0)．
解：(1)将A(1，0)，B(﹣3，0)代入y＝﹣x2＋bx＋c，
∴，解得，
∴y＝﹣x2﹣2x＋3；
(2)∵y＝﹣x2﹣2x＋3＝﹣(x＋1)2＋4，
∴抛物线的对称轴为直线x＝﹣1，令x＝0，则y＝3，
∴C(0，3)，
设M(﹣1，m)，
∵△MAC是以AM为底的等腰三角形，
∴CM＝CA，
∴1＋(m﹣3)2＝1＋9，解得m＝0或m＝6(舍)，
∴M(﹣1，0)；
(3)存在P点，使得D、E、P、Q四点组成的四边形是平行四边形，理由如下：
由(2)知D(﹣1，4)，
设直线BC的解析式为y＝kx＋b，
∴，解得，
∴y＝x＋3，
∴E(﹣1，2)，
设P(t，﹣t2﹣2t＋3)，Q(t，t＋3)(﹣3≤t≤0)，
①当DE为平行四边形的对角线时，
，
∴t＝﹣1，
∴P(﹣1，4)(舍)；
②当DP为平行四边形的对角线时，
4﹣t2﹣2t＋3＝2＋t＋3，解得t＝(舍)；
③当DQ为平行四边形的对角线时，
4＋t＋3＝2﹣t2﹣2t＋3，解得t＝﹣1(舍)或t＝﹣2，
∴P(﹣2，3)；
综上所述：P点坐标为(﹣2，3)．
解：(1)∵A(1，﹣eq \f(9,2))是抛物线y＝eq \f(1,2)x2＋bx＋c的顶点，
∴抛物线的解析式为y＝eq \f(1,2)(x﹣1)2﹣eq \f(9,2)＝eq \f(1,2)x2﹣x﹣4，
∴b＝﹣1，c＝﹣4，对称轴为：x＝1，
故答案为：b＝﹣1，c＝﹣4；
(2)①当x＝0时，y＝eq \f(1,2)x2﹣x﹣4＝﹣4，
∴D点坐标为(0，﹣4)，
设直线AD的函数解析式为y＝kx﹣4，
把A(1，﹣eq \f(9,2))点的坐标代入得k＝eq \f(1,2)，
∴直线AD的函数解析式为y＝﹣eq \f(1,2)x﹣4，
由于BP∥AD，故可设直线BP的函数解析式为：y＝﹣eq \f(1,2)x＋b，
又BP经过点B，得：﹣eq \f(1,2)×(﹣2)＋b＝0，解得：b＝﹣1，
从而BP的解析式为y＝﹣eq \f(1,2)x﹣1；
②解方程组：，解得或，
∴点P的坐标为(3，﹣eq \f(5,2))，
令0＝eq \f(1,2)x2﹣x﹣4，解得x1＝﹣1，x2＝4，
∴点C(4，0)，∴PC＝eq \f(1,2)eq \r(29)；
(3)设点Q的坐标为(a，b)，过点Q作QM∥x轴，过点B作BM∥y轴，交QM于点M，过点F作FN∥y轴交QM于点N，过点E作EK∥x轴交BM于点K，
则△BMQ≌△QNF≌△EKB，
∴NF＝KB＝MQ＝|a＋2|，QN＝EK＝BM＝|b|，
∴点F的坐标为(a﹣b，a＋b＋2)，
点E的坐标为(﹣2﹣b，a＋2)，
当点F在抛物线的对称轴上时，a﹣b＝1，
∴a﹣(eq \f(1,2)a2﹣a﹣4)＝1，解得：a＝2﹣eq \r(10)(舍去正值)，
得点Q的坐标为(2﹣eq \r(10)，1﹣eq \r(10))，
当点E在抛物线的对称轴上时，﹣2﹣b＝1，
∴﹣2﹣(eq \f(1,2)a2﹣a﹣4)＝1，解得：a＝1﹣eq \r(3)(舍去正值)，
得点Q的坐标为(1﹣eq \r(3)，﹣3)．
故点Q的坐标为：(2﹣eq \r(10)，1﹣eq \r(10))或(1﹣eq \r(3)，﹣3)．
解：(1)将点A(－1，1)，B(4，6)代入y=ax2＋bx中，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a－b＝1,16a＋4b＝6))，解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝\f(1,2),b＝－\f(1,2)))，
∴抛物线的解析式为y=eq \f(1,2)x2－eq \f(1,2)x；
(2)证明：∵A(－1，1)，F(0，m)
∴直线AF的解析式为：y=(m－1)x＋m.
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝（m－1）x＋m,y＝\f(1,2)x2－\f(1,2)x))，得eq \f(1,2)x2－(m－eq \f(1,2))x－m=0.
∵A、G为直线AF与抛物线的交点，
∴xA＋xG=－eq \f(－（m－\f(1,2)）,\f(1,2))=2m－1，∴xG=2m－1－(－1)=2m，∴H(2m，0)，
∴直线HF的解析式为：y=－eq \f(1,2)x＋m.
由抛物线解析式易得E(1，0)，
又A(－1，1)，
∴直线AE的解析式为：y=－eq \f(1,2)x＋eq \f(1,2)，
∵直线HF与直线AE的斜率相等，
∴HF∥AE；
(3)t的值为eq \f(15＋\r(113),6)或eq \f(15－\r(113),6)或eq \f(13＋\r(89),2)或eq \f(13－\r(89),2).
由题意知直线AB解析式为y=x＋2，∴C(－2，0)，D(0，2)，P(t－2，t)，Q(t，0)．
∴直线PQ的解析式为y=－eq \f(t,2)x＋eq \f(t2,2)，
设M(x0，y0)，由QM=2PM可得：|t－x0|=2|x0－t＋2|，
解得：x0=t－eq \f(4,3)或x0=t－4.
(i)当x0=t－eq \f(4,3)时，代入直线PQ解析式得y0=eq \f(2,3)t.∴M(t－eq \f(4,3)，eq \f(2,3)t)，
代入y=eq \f(1,2)x2－eq \f(1,2)x中得：eq \f(1,2)(t－eq \f(4,3))2－eq \f(1,2)(t－eq \f(4,3))=eq \f(2,3)t，解得t1=eq \f(15＋\r(113),6)，t2=eq \f(15－\r(113),6)；
(ii)当x0=t－4时，y0=2t.∴M(t－4，2t)，
代入y=eq \f(1,2)x2－eq \f(1,2)x中得：eq \f(1,2)(t－4)2－eq \f(1,2)(t－4)=2t，
解得：t3=eq \f(13＋\r(89),2)，t4=eq \f(13－\r(89),2).
综上所述，t的值为eq \f(15＋\r(113),6)或eq \f(15－\r(113),6)或eq \f(13＋\r(89),2)或eq \f(13－\r(89),2).