中考数学频考点突破-四边形动点问题

中考数学频考点突破--四边形动点问题一、综合题1．如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，四边形OABC为矩形，A(0，5)，C(26，0)．点E是OC的中点，动点M在线段AB上以每秒2个单位长度的速度由点A向点B运动（到点B时停止）．设动点M的运动时间为t秒．（1）当t为何值时，四边形MOEB是平行四边形？（2）若四边形MOEB是平行四边形，请判断四边形MAOE的形状，并说明理由；（3）在线段AB上是否存在一点N，使得以O，E，M，N为顶点的四边形是菱形？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．2．如图，在长方形ABCD中，边AB、BC的长（AB＜BC）是方程x2﹣7x+12=0的两个根．点P从点A出发，以每秒1个单位的速度沿△ABC边A→B→C→A的方向运动，运动时间为t（秒）．（1）求AB与BC的长；（2）当点P运动到边BC上时，试求出使AP长为10时运动时间t的值；（3）当点P运动到边AC上时，是否存在点P，使△CDP是等腰三角形？若存在，请求出运动时间t的值；若不存在，请说明理由．3．如图，▱ABCD的对角线AC、BD相交于点，O,AB⊥AC,AB=3,BC=5，点P从点A出发，沿AD以每秒1个单位的速度向终点D运动．连接PO并延长交BC于点Q．设点P的运动时间为t秒．（1）求BQ的长（用含t的代数式表示)；（2）问t取何值时，四边形ABQP是平行四边形?4．如图所示，在梯形ABCD中，AD∥BC，∠B＝90°，AD＝18cm，BC＝30cm，动点P从点A出发沿AD方向向点D以32（1）用t的代数式表示PD＝，CQ＝.（2）当t为何值时，四边形PQCD是平行四边形？（3）当t为何值时，四边形PQBA是矩形？5．如图，在矩形ABCD中，AB=5cm，BC=6cm，点P从点A开始沿边AB向终点B以1cm/s的速度移动，与此同时，点Q从点B开始沿边BC向终点C以2cm/s的速度移动．如果P，Q分别从A，B同时出发，当点Q运动到点C时，两点停止运动，设运动时间为t秒．（1）填空：BQ=cm，PB=cm；（用含t的代数式表示）（2）当t为何值时，PQ的长度等于5cm？（3）是否存在t的值，使得五边形APQCD的面积等于26cm2？若存在，请求出此时t的值；若不存在，请说明理由．6．如图，已知平行四边形ABCD，∠ABC＝120°，点E为线段BC上的动点，连接AE，将线段AE绕点A逆时针旋转60°得到线段AF，点E的对应点是点F，连接EF.（1）当点E与点B重合时，在图1中将图补充完整，并求出∠CEF的度数；（2）如图2，求证：点F在∠ABC的平分线上.7．如图，已知四边形ABCD中，∠B=60∘，边AB=BC=8 cm，动点P，Q同时从A，B两点出发，分别沿AB，BC方向匀速运动，其中点P运动的速度是每秒1 cm，点Q运动的速度是每秒2 cm，当点Q到达点C时，P，Q两点都停止运动，设运动时间为解答下列问题：（1）AP=，BP=，BQ=．(用含t的式子表示)（2）当点Q到达点C时，PQ与AB的位置关系如何．请说明理由．（3）在点P与点Q的运动过程中，△BPQ是否能成为等边三角形．若能，请求出t的值．若不能，请说明理由．8．如图所示，BA⊥x轴于点A，点B的坐标为（﹣1，2），将△OAB沿x轴负方向平移3个单位，平移后的图形为△EDC．（1）直接写出点C和点E的坐标；（2）在四边形ABCD中，点P从点A出发，沿“AB→BC→CD”移动，移动到点D停止．若点P的速度为每秒1个单位长度，运动时间为t秒，回答下列问题：①当t为何值时，点P的横坐标与纵坐标互为相反数；②用含t的式子表示点P在运动过程中的坐标（写出过程）；③当5秒＜t＜7秒时，四边形ABCP的面积为4，求点P的坐标．9．已知矩形ABCD中，E是AD边上的一个动点，点F，G，H分别是BC，BE，CE的中点.（1）求证：ΔBGF≅ΔFHC；（2）设AD=a，当四边形EGFH是正方形时，求矩形ABCD的面积.10．如图，已知正方形ABCD中，边长为10cm，点E在AB边上，BE=6cm．（1）如果点P在线段BC上以4cm/秒的速度由B点向C点运动，同时，点Q在线段CD上以a厘米/秒的速度由C点向D点运动，设运动的时间为t秒，①BP＝▲厘米，CP＝▲厘米．（用含t的代数式表示）②若以E、B、P为顶点的三角形和以P、C、Q为顶点的三角形全等，求a的值。（2）若点Q以②中的运动速度从点C出发，点P以原来的运动速度从点B同时出发，都逆时针沿正方形ABCD四边运动．则点P与点Q会不会相遇？若不相遇，请说明理由．若相遇，求出经过多长时间点P与点Q第一次在正方形ABCD的何处相遇．11．如图，在矩形ABCD中，AB＝16cm，AD＝6cm，动点P、Q分别从点A、C同时出发，点P以3cm/秒的速度向点B移动，点Q以2cm/秒的速度向点D移动，当点P到达点B处时，两点均停止移动．（1）P、Q两点出发多长时间，线段PQ的长度为10cm？（2）是否存在某一时刻，使四边形PBCQ为正方形？若存在，求出该时刻；若不存在，请说明理由．12．在长方形ABCD中，AB＝5cm，BC＝6cm，点P从点A开始沿边AB向终点B以1cm/s的速度移动，与此同时，点Q从点B开始沿边BC向终点C以2cm/s的速度移动.如果P、Q分别从A、B同时出发，当点Q运动到点C时，两点停止运动.设运动时间为t秒.（1）填空：BQ＝，PB＝（用含t的代数式表示）；（2）当t为何值时，PQ的长度等于5cm？（3）是否存在t的值，使得五边形APQCD的面积等于26cm2？若存在，请求出此时13．如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AB＝8，AD＝16，BC＝22，∠ABC＝90°，点P从点A出发，以每秒1单位的速度向点D运动，点Q从点C同时出发，以每秒v单位的速度向点B运动，其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动，设运动时间为t秒．（1）当v＝3时，若以点P，Q和点A，B，C，D中的两个点为顶点的四边形为平行四边形，且线段PQ为平行四边形的一边，求t的值；（2）若以点P，Q和点A，B，C，D中的两个点为顶点的四边形为菱形，且线段PQ为菱形的一条对角线，请直接写出v的值．14．如图，在四边形ABCD中，AB∥DC，BC＞AD，∠D＝90°，AC⊥BC，AB＝10cm，BC＝6cm，F点以2cm/秒的速度在线段AB上由A向B匀速运动，E点同时以1cm/秒的速度在线段BC上由B向C匀速运动，设运动时间为t秒（0＜t＜5）．（1）求证：△ACD∽△BAC；（2）求DC的长；（3）试探究：△BEF可以为等腰三角形吗？若能，求t的值；若不能，请说明理由．15．如图，在▱ABCD中，AB＝5，BC＝9，▱ABCD的面积为36，动点P从A点出发，以1个单位长度的速度沿线段AD向终点D运动，同时动点Q从点B出发以3个单位长度的速度在BC间往返运动，当点P到达点D时，动点P、Q同时停止运动，连结PQ．设运动时间为t秒．（1）直线AD与BC之间的距离是．（2）当点Q从点C向点B运动时（点Q不与点B、C重合），设四边形ABQP的面积为S，求S与t之间的函数关系式，并写出自变量t的取值范围．（3）当PQ⊥BC时，求t的值．（4）当PQ平分▱ABCD的面积时，直接写出t的值．16．如图，在矩形ABCD中，AB=12cm，BC=6cm，点P沿AB边从点A开始向点B以2cm/s的速度移动，点Q沿DA边从点D开始向A以1cm/s的速度移动.如果P、Q同时出发，用t秒表示移动的时间(0≤t≤6)那么:（1）当t为何值时，△QAP为等腰直角三角形？（2）对四边形QAPC的面积，提出一个与计算结果有关的结论；（3）当t为何值时，以点Q、A、P为顶点的三角形与△ABC相似？

答案解析部分1．【答案】（1）解：如图，∵四边形OABC为矩形，C(26，0)，∴OC=AB=26，OC//AB，∵点E是OC的中点，∴OE=CE=13，∵四边形MOEB是平行四边形，∴BM=OE=13，∴AM=26-13=13，∵动点M的速度为每秒2个单位长度，∴t=13÷2=6.5（秒）．（2）解：如图，四边形MAOE是矩形；理由如下：由（1）可知AM=OE=13，AM//OE，∴四边形MAOE是平行四边形，∵∠AOE=90°，∴四边形MAOE是矩形．（3）解：如图，点M在点N右侧时，∵四边形OEBM是菱形，∴ON=MN=OE=13，∵A(0，5)，∴OA=5，∴AN=ON2−O∴AM=AN+MN=25，∴t=25÷2=12.5（秒），如图，点M在点N左侧时，∵四边形OENM是菱形，∴OM=OE=13，∴AM=OM∴t=12÷2=6（秒），综上所述：线段AB存在一点N，使得以O，E，M，N为顶点的四边形是菱形，t的值为12.5秒或6秒．【知识点】平行四边形的判定；四边形-动点问题【解析】【分析】（1）由矩形的性质可得OC=AB=26，OC//AB，由线段的中点可得OE=CE=13，由四边形MOEB是平行四边形，可得BM=OE=13，即得AM=13，根据时间=路程÷速度即可求出结论；

（2）四边形MAOE是矩形；理由：由（1）可知AM=OE=13，AM//OE，可证四边形MAOE是平行四边形，由∠AOE=90°，即证四边形MAOE是矩形；

（3）分两种情况：①点M在点N右侧时，②点M在点N左侧时，利用菱形的性质及勾股定理分别求解即可.2．【答案】（1）解：∵x2－7x＋12＝(x－3)(x－4)＝0∴x1＝3或x则AB＝3，BC＝4（2）解：由题意得3∴t1=4，则t＝4时，AP＝10（3）解：存在点P，使△CDP是等腰三角形.①当PC＝PD＝3时，t＝3+4+31②当PD＝PC(即P为对角线AC中点)时，AB＝3，BC＝4.∴AC＝32+42＝5，CP∴t＝3+4+2.51③当PD＝CD＝3时，作DQ⊥AC于Q.DQ=12∴PC＝2PQ＝185∴t=可知当t为10秒或9.5秒或535【知识点】矩形的性质；一元二次方程的实际应用-几何问题；四边形-动点问题【解析】【分析】（1）利用因式分解法求出方程x2﹣7x+12=0的两个根，根据AB＜BC即可得出AB，BC的长；

（2）当点P运动到边BC上时，则BP=t-3，根据勾股定理建立方程，求解并检验即可得出t的值；

（3）存在点P，使△CDP是等腰三角形.①当PC＝PD＝3时，此时P点运动的路程是10，根据路程除以速度等于时间即可算出t的值；②当PD＝PC(即P为对角线AC中点)时，首先根据勾股定理算出AC的长，然后根据矩形的对角线互相平分得出CP1＝12AC＝2.5，此时P点运动的路程是9.5，根据路程除以速度等于时间即可算出t的值；③当PD＝CD＝3时，作DQ⊥AC于Q.根据三角形的面积求出DQ的长，根据勾股定理算出PQ的长，根据等腰三角形的三线合一得出PC的长，此时P点运动的路程是533．【答案】（1）解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴OA=OC，AD∥BC，∴∠PAO=∠QCO，∵∠AOP=∠COQ，∴△APO≌△CQO（ASA），∴AP=CQ=t，∵BC=5，∴BQ=5-t；（2）解：∵AP∥BQ，当AP=BQ时，四边形ABQP是平行四边形，即t=5-t，t=5∴当t=5【知识点】平行四边形的判定与性质；四边形-动点问题【解析】【分析】（1）先证明△APO≌△CQO，可得出AP=CQ=t，则BQ即可用t表示；

（2）由题意知AP//BQ，根据AP=BQ，列出方程即可得解。4．【答案】（1）18−3（2）解：∵四边形POCD为平行四边形∴PD=CQ，∴18−3解得：t=4.答：经过4s，四边形PQCD是平行四边形.（3）解：∵四边形PQBA为矩形∴AP＝BQ，∴3解得：t=答：经过203s，四边形【知识点】平行四边形的性质；矩形的性质；四边形-动点问题【解析】【解答】解：（1）根据题意可得：PD=18−3故答案为：18−3【分析】（1）根据路程等于速度乘以时间表示出AP及CQ，进而根据PD=AD-AP即可得出答案；

（2）根据平行四边形的性质可得PD=CQ，代入求解可得t的值；

（3）根据矩形的性质可得AP＝BQ，易得AP=325．【答案】（1）2t；（5-t）（2）解：由题意得：（5-t）2+（2t）2=52，解得：t1=0，t2=2；当t=0秒或2秒时，PQ的长度等于5cm；（3）解：存在t=1秒，能够使得五边形APQCD的面积等于26cm2．理由如下：长方形ABCD的面积是：5×6=30（cm2），使得五边形APQCD的面积等于26cm2，则△PBQ的面积为30-26=4（cm2），（5-t）×2t×12解得：t1=4（不合题意舍去），t2=1．即当t=1秒时，使得五边形APQCD的面积等于26cm2．【知识点】一元二次方程的实际应用-几何问题；四边形-动点问题【解析】【解答】解：（1）∵P从点A开始沿边AB向终点B以1cm/s的速度移动，∴AP=tcm，∵AB=5cm，∴PB=（5-t）cm，∵点Q从点B开始沿边BC向终点C以2cm/s的速度移动，∴BQ=2tcm；【分析】（1）先求出AP=tcm，再求出PB=（5-t）cm，最后计算求解即可；

（2）先求出（5-t）2+（2t）2=52，再计算求解即可；

（3）根据题意求出（5-t）×2t×126．【答案】（1）解：如图所示：平行四边形ABCD，∠ABC＝120°，故∠A=60°，F点在AD上.由旋转的性质可得：AE=AF，∠EAF=60°∴△AEF为等边三角形∴∠AEF=60°∵∠ABC＝120°∴∠CEF=∠ABC-∠ABF=60°（2）证明：如图，过F点作FG⊥AB交BA的延长线于G点，作FH⊥BC于H点由（1）可得：△AEF是等边三角形∴FA=FE，∠AFE=60°∵FG⊥AB，FH⊥BC，∠ABC=120°∴∠GFH=360°-90°-90°-120°=60°∴∠GFH=∠AFE∴∠GFH-∠AFH=∠AFE-∠AFH即∠AFG=∠EFH又∠FHE=∠FGA=90°，FA=FE∴△AFG≌△EFH∴FG=FH又∵FG⊥AB，FH⊥BC∴点F在∠ABC的平分线上【知识点】平行四边形的性质；旋转的性质；四边形-动点问题【解析】【分析】（1）当点E与点B重合时，F点在AD上，根据题意画出图形后可得△AEF是等边三角形，即可求解；（2）过F点作FG⊥AB交BA的延长线于G点，作FH⊥BC于H点，证△AFG≌△EFH，可得FG=FH，根据角平分线的判定定理即可得证7．【答案】（1）t；8-t；2t（2）解：PQ⊥AB．理由如下：连接AC∵AB=BC，∠B=60∴△ABC是等边三角形．∵Q的速度是每秒2 cm，故当Q与C重合时，t=4又P的速度是每秒1 cm，AB=8 cm，∴AB=BP=4又∵CA=CB，∴PQ⊥AB．（3）解：能．∵∠B=60∴当BP=BQ时，△BPQ为等边三角形，∴8−t=2t．∴t=8∴当t为83时，△BPQ【知识点】四边形的综合；四边形-动点问题【解析】【解答】解：（1）AP=t，BP=8−t，BQ=2t故答案为：t；8-t；2t；

【分析】（1）利用线段的和差及路程、速度和时间的关系求解即可；

（2）连接AC，先证明△ABC是等边三角形，求出AB=BP=4，再结合CA=CB，即可得到PQ⊥AB；

（3）根据当BP=BQ时，△BPQ为等边三角形，即可得到8−t=2t，求出t的值即可。8．【答案】（1）C（﹣4，2），E（﹣3，0）（2）解：①当点P在AB上时，有P（﹣1，t），∵点P的横纵坐标互为相反数，∴t＝1，当点P在BC上时，设P（xp，2），∵点P的横纵坐标互为相反数，∴xp＝﹣2，即﹣1﹣（t﹣2）＝﹣2，解得：t＝3，综上所述：当t为1秒或3秒时，点P的横坐标与纵坐标互为相反数；②当点P在AB上时，有P（﹣1，t）；当点P在BC上时，有点P纵坐标为2，横坐标为：﹣1﹣（t﹣2）＝1﹣t此时，P（1﹣t，2）；当点P在CD上时，有点P的横坐标为﹣4，纵坐标为：2﹣（t﹣2﹣3）＝7﹣t，此时，P（﹣4，7﹣t）；③如图，∵S四边形ABCP＝4，∴S四边形ABCP＝12•BC•（CP＋BA）＝1解得：t＝173∴2﹣（t﹣5）＝2﹣173＝43∴P（﹣4，43【知识点】坐标与图形变化﹣平移；四边形的综合；四边形-动点问题【解析】【解答】解：（1）由题意知：C（﹣4，2），E（﹣3，0）；【分析】（1）根据题意和平面直角坐标系求点的坐标即可；

（2）①先求出t＝1，再求出﹣1﹣（t﹣2）＝﹣2，最后解方程求解即可；

②分类讨论，列方程求解即可；

③先求出：t＝1739．【答案】（1）解：∵点F，H分别是BC，CE的中点，∴FH∥BE，FH=1∴∠CFH=∠CBG．又∵点G是BE的中点，∴FH=BG．又∵BF=CF，∴△BGF≌△FHC．（2）解：当四边形EGFH是正方形时，可知EF⊥GH且EF=GH，∵在△BEC中，点G，H分别是BE，EC的中点，∴GH=1∴EF⊥BC.又∵AD∥BC，AB⊥BC，∴AB=EF=GH=1∴S矩形ABCD【知识点】全等三角形的判定与性质；矩形的性质；三角形的中位线定理；四边形-动点问题【解析】【分析】（1）根据点F，H分别是BC，CE的中点，可证得FH是△BCE的中位线，就可证得FH∥BE，FH=12BE再根据点G是BE的中点，得出FH=BG，就可证得结论。

10．【答案】（1）解：①4t|（10-4t）②∵点Q在线段CD上以a厘米/秒的速度由C点向D点运动，运动的时间为t秒，∴CQ=at，当△BPE≌△CPQ时，∴BP=PC，BE=CQ，即8t=10，∴t=5∴54解得a=4.当△BPE≌△CQP时，∴BP=CQ，BE=PC∴−4t=−4，∴t=1，∴4=a，即a=4；以E、B、P为顶点的三角形和以P、C、Q为顶点的三角形全等，a的值为4.8或4（2）解：①当a=4.由题意得，4.解得t=37.∴点P共运动了37.5×4=150cm，∵150÷40=3334∵点P从B出发，走完3圈后再走30cm到A处，∴点P与点Q在点A相遇.；②当a=4时，点P与点Q的速度相等，∴点P与点Q不会相遇．（不符，舍去）答：经过37.5秒点P与点Q第一次在点A相遇．【知识点】全等三角形的应用；一元一次方程的实际应用-行程问题；四边形-动点问题【解析】【解答】解：（1）①点P在线段BC上以4cm/秒的速度由B点向C点运动，运动的时间为t秒，∴BP=4tcm，∵BP+CP=BC=10，∴CP=10-BP=(10-4t)cm，故答案为：4t，

【分析】（1）①根据路程与速度的关系求解即可；②分两种情况看：利用全等三角形的性质构建方程求解即可；

（2）分两种情况：构建方程求解即可。11．【答案】（1）解：设t秒后线段PQ的长度为10cm，过Q作QE⊥AB的垂线，垂足为E，根据题意，得：AP=3t，CQ=BE=2t，PE=16-5t，EQ=AD=6，在Rt△EPQ中，由勾股定理得：PE∴(16−5t)2解得：t=1.6或t=4.8，答：P、Q两点出发后1.6秒或4.8秒时，线段PQ的长度为10cm；（2）解：不存在．因为要使四边形PBCQ为正方形，则PB﹦BC﹦CQ﹦6cm，所以P点运动的时间为(16−6)÷3﹦103此时Q点运动的时间是6÷2﹦3秒，P、Q的时间不一样，所以不存在该时刻．【知识点】一元二次方程的实际应用-几何问题；四边形-动点问题【解析】【分析】（1）设t秒后线段PQ的长度为10cm，过Q作QE⊥AB的垂线，垂足为E，利用勾股定理列方程求解即可；（2）利用正方形的性质进行解答即可。12．【答案】（1）2tcm；(5−t)cm（2）解：由题意得：(5−t)2+(2t)解得：t1＝0，t2＝当t＝0秒或2秒时，PQ的长度等于5cm（3）解：存在t＝1秒，能够使得五边形APQCD的面积等于26cm长方形ABCD的面积是：5×6＝30(cm使得五边形APQCD的面积等于26cm2，则△PBQ的面积为30−26＝(5−t)×2t×1解得：t1＝4（不合题意舍去），t2＝即当t＝1秒时，使得五边形APQCD的面积等于26cm【知识点】四边形-动点问题【解析】【解答】解：（1）点Q从点B开始沿边BC向终点C以2cm/s的速度移动，故BQ为2tcm，点P从点A开始沿边AB向终点B以1cm/s的速度移动，AB＝5cm，故PB为(5−t)cm.【分析】（1）根据点P从点A开始沿边AB向终点B以1cm/s的速度移动，与此同时，点Q从点B开始沿边BC向终点C以2cm/s的速度移动，可以求得BQ，PB.（2）用含t的代数式分别表示PB和BQ的值，运用勾股定理求得PQ为(5−t)2+(2t)（3）根据题干信息使得五边形APQCD的面积等于26cm2的t值存在，利用长方形ABCD的面积减去△PBQ的面积即可，有13．【答案】（1）解：∵当P、Q两点与A、B两点构成的四边形是平行四边形时，∵AP∥BQ，∴当AP＝BQ时，四边形APQB为平行四边形．此时，t＝22﹣3t，t＝112当P、Q两点与C、D两点构成的四边形是平行四边形时，∵PD∥QC，∴当PD＝QC时，四边形PQCD为平行四边形．此时，16﹣t＝3t，t＝4，∵线段PQ为平行四边形的一边，故当t＝112（2）1或2【知识点】四边形的综合；四边形-动点问题【解析】【解答】解：（2）当四边形PBQD能成为菱形时，设PA＝x，在Rt△APB中，则有82+x2＝（16﹣x）2，解得x＝6，∴PD＝16﹣6＝10．∴BQ＝PD＝10，∴QC＝BC﹣BQ＝22﹣10＝12，∴v＝126当四边形AQCP是菱形时，可得AP＝AQ＝CQ＝y．在Rt△ABQ中，则有82+（22﹣y）2＝y2，解得y＝13711∴AP＝13711∴QC＝AP＝13711∴v＝13711综上所述，v的值为2或1时，满足条件．

【分析】（1）分四种情况，利用平行四边形的性质对边相等建立方程求解即可得出结论；

（2）分两种情况分别求解即可解决问题。14．【答案】（1）证明：∵CD∥AB，∴∠BAC＝∠DCA，又AC⊥BC，∠ACB＝90°，∴∠D＝∠ACB＝90°，∴△ACD∽△BAC；（2）解：在Rt△ABC中，AC=A由（1）知，△ACD∽△BAC，∴DCAC即:DC8（3）解：△BEF能为等腰三角形，理由如下：由题意得：AF＝2t，BE＝t，若△EFB为等腰三角形，可分如下三种情况：①当BF＝BE时，10﹣2t＝t，解得：t=103②当EF＝EB时，如图1，过点E作AB的垂线，垂足为G，则BG=1∴BEAB=BG解得：t=258③当FB＝FE时，如图2，过点F作AB的垂线，垂足为H，则BH=1∴BFAB=BH解得：t=60综上所述：当△EFB为等腰三角形时，t的值为103秒或258秒或【知识点】等腰三角形的性质；相似三角形的判定与性质；四边形-动点问题【解析】【分析】（1）根据三角形相似的判定定理即可得到结论；（2）由△ACD∽△BAC，得DCAC=ACBA，结合AC=AB215．【答案】（1）4（2）解：如图，连接BP，由题意可知AP=t由ℎ=4，∴△ABP，∴S=∵当点Q从点C向点B运动时，BQ=2×9−3tS=∵0≤BQ≤9∴0≤18−3t≤9解得3≤t≤6