_上海市普陀区2020-2021学年八年级下学期期末数学试卷（word版 含答案）

这是一份_上海市普陀区2020-2021学年八年级下学期期末数学试卷（word版 含答案），共21页。试卷主要包含了单项选择题，填空题，简答题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2020-2021学年上海市普陀区八年级（下）期末数学试卷
一、单项选择题(本大题共6小题,每题2分,共12分)
1．已知直线y＝kx﹣5（k是常数，k≠0），y随x的增大而增大，那么该直线经过（　　）
A．第一、二、三象限 B．第一、三、四象限
C．第一、二、四象限 D．第二、三、四象限
2．下列方程中，有实数根的方程是（　　）
A．+1＝0 B．x2+1＝0 C．＝x D．x2﹣x+1＝0
3．事件：（1）打雷后会下雨；（2）掷一枚均匀的硬币，反面朝上；（3）过十字路口时正好遇到绿灯；（4）煮熟的鸡蛋能孵出小鸡．以上事件中随机事件有（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
4．下列关于向量的运算，正确的是（　　）
A． B． C． D．
5．下列命题中，假命题是（　　）
A．平行四边形的对角相等
B．对角线互相垂直的四边形是菱形
C．等腰梯形的对角线相等
D．两条对角线相等的平行四边形是矩形
6．小明早晨从家骑自行车去学校，先上坡后下坡，如图所示，如果返回时上、下坡的速度仍与上学时的上、下坡速度相同，那么小亮从学校骑车回家的时间是（　　）

A．22.5分钟 B．25分钟 C．30分钟 D．35分钟
二、填空题(本大题共有12题,每题3分,满分36分)
7．（3分）如果直线y＝kx﹣3（k是常数，k≠0）与直线y＝3x平行，那么k＝　 　．
8．（3分）已知f（x）＝，那么f（）＝　 　．
9．（3分）已知直线y＝2x+b经过点（2，0），那么b＝　 　．
10．（3分）用换元法解方程+＝6时，如果设y＝，那么原方程化成关于y的整式方程是 　 　．
11．（3分）方程x3+4＝0的解是　 　．
12．（3分）从等边三角形、平行四边形、矩形、圆、等腰梯形中任选一个图形，选出的图形恰好是中心对称图形的概率是 　 　．
13．（3分）内角为140°的正多边形的边数为　 　．
14．（3分）已知菱形周长为20，两对角线之比为4：3，则菱形面积为　 　．
15．（3分）已知等腰梯形一个底角是60°，它的两底分别是6和10，那么它的腰长是 　 　．
16．（3分）如图所示，DE为△ABC的中位线，点F在DE上，且∠AFB＝90°，若AB＝6，BC＝10，则EF的长为　 　．

17．（3分）将平面直角坐标系中一次函数的图象与坐标轴围成的三角形，叫做此一次函数的坐标轴三角形．如图中的一次函数图象与x、y轴分别交于点A、B，那么△ABO为此一次函数的坐标轴三角形．一次函数y＝﹣x+4的坐标轴三角形的面积是 　 　．

18．（3分）如图，已知矩形ABCD，AD＝3，AB＝1，将其折叠，使点D与点B重合，折痕是EF，那么折痕EF的长是 　 　．

三、简答题(本大题共有4题,每小题6分,满分24分)
19．（6分）解方程：．
20．（6分）解方程组：．
21．（6分）如图，在四边形ABCD中．
（1）用图中的向量表示：++＝　 　；（2）用图中的向量表示：﹣＝　 　；
（3）在作图区内求作并写结论：+．

22．（6分）2021年5月22日，“祝融号”火星车安全驶离着陆平台，到达火星表面，开始巡视探测工作．着陆点附近的火星表面照片显示，最佳探测路线有两条，西线地势平坦，行程720米，东线地势稍有起伏，行程180米，走西线比走东线多用2小时，走西线的速度比走东线的速度每小时快60米．同时，为了确保安全，火星车的速度要小于100米/小时，问走东线、走西线的速度各是多少？
四、解答题(本大题共3小题,第23、24题每小题8分,第25题12分,满分28分)
23．（8分）已知：如图，在矩形ABCD中，BE⊥AC，DF⊥AC，点E、F是垂足．
（1）联结DE、FB，求证：四边形DFBE是平行四边形；
（2）如果AF＝EF＝2，求矩形ABCD的面积．

24．（8分）随着我国防疫形势进一步好转，各景区陆续开始对游客开放，某景区对团体门票采用灵活的售票方法，设团体人数为x人，非节假日购票款为y1（元），节假日购票款为y2（元），y1、y2与x之间的函数图象如图所示．
（1）非节假日门票定价是 　 　元/人；
（2）当x＞15时，y2与x之间的函数关系式 　 　；
（3）某导游于10月1日（节假日）带A团，10月12日（非节假日）带B团到该景区，共付门票款1900元，A、B两个团队游客合计50人（且两团游客人数均超过15人）．求：A、B两个团队游客各有多少人？

25．（12分）如图，在梯形ABCD中，∠ABC＝90°，AD∥BC，AB＝12cm，BC＝27cm，CD＝15cm，点P从点B开始沿BC向终点C以每秒3cm的速度移动，点Q从点D开始延DA向终点A以每秒2cm的速度移动，设运动时间为t秒，联结PQ．
（1）线段AD的长度是 　 　cm；
（2）当t＝　 　秒时，四边形ABPQ是矩形；
（3）在点P、Q的运动过程中，当t取何值时，线段PQ与CD相等？
（4）联结PD，当△PCD是等腰三角形时，直接写出t的值．


2020-2021学年上海市普陀区八年级（下）期末数学试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题(本大题共6小题,每题2分,共12分)
1．已知直线y＝kx﹣5（k是常数，k≠0），y随x的增大而增大，那么该直线经过（　　）
A．第一、二、三象限 B．第一、三、四象限
C．第一、二、四象限 D．第二、三、四象限
【分析】根据直线y＝kx﹣5（k是常数，k≠0），y随x的增大而增大，可以得到k的正负，再根据一次函数的性质，即可得到直线经过哪几个象限，从而可以解答本题．
【解答】解：∵直线y＝kx﹣5（k是常数，k≠0），y随x的增大而增大，
∴k＞0，
∴直线y＝kx﹣5经过第一、三、四象限，
故选：B．
2．下列方程中，有实数根的方程是（　　）
A．+1＝0 B．x2+1＝0 C．＝x D．x2﹣x+1＝0
【分析】由无理方程、一元二次方程的解法，分别解各方程，即可得出答案．
【解答】解：A、由+1＝0得：＝﹣1，
∵一个数的算术平方根不能为负数，
∴原方程无实数解，
故A不符合题意；
B、由x2+1＝0得：x2＝﹣1，
∵一个数的平方不能为负数，
∴原方程无实数解，
故B不符合题意；
C、由＝x得x2﹣x＝0，
解得x＝0或x＝1，
经检验，x＝0或x＝1均是原方程的根，
故C符合题意；
D、x2﹣x+1＝0得判别式Δ＝﹣3＜0，
∴x2﹣x+1＝0无实数根，
故D不符合题意，
故选：C．
3．事件：（1）打雷后会下雨；（2）掷一枚均匀的硬币，反面朝上；（3）过十字路口时正好遇到绿灯；（4）煮熟的鸡蛋能孵出小鸡．以上事件中随机事件有（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】根据随机事件、不可能事件、必然事件的意义结合具体的问题情境进行分析即可．
【解答】解：（1）打雷后会下雨；（2）掷一枚均匀的硬币，反面朝上；（3）过十字路口时正好遇到绿灯；都属于随机事件；
（4）煮熟的鸡蛋能孵出小鸡是不可能事件；
则随机事件有3个；
故选：C．
4．下列关于向量的运算，正确的是（　　）
A． B． C． D．
【分析】由三角形法则直接求解即可求得答案，注意掌握排除法在选择题中的应用．
【解答】解：A、＝+＝，故本选项正确；
B、﹣＝，故本选项错误；
C、，故本选项错误；
D、，故本选项错误．
故选：A．
5．下列命题中，假命题是（　　）
A．平行四边形的对角相等
B．对角线互相垂直的四边形是菱形
C．等腰梯形的对角线相等
D．两条对角线相等的平行四边形是矩形
【分析】利用平行四边形的性质、等腰梯形的性质、矩形及菱形的判定方法分别判断后即可确定正确的选项．
【解答】解：A、平行四边形的对角相等，正确，是真命题，不符合题意；
B、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故原命题错误，是假命题，符合题意；
C、等腰梯形的对角线相等，正确，是真命题，不符合题意；
D、两条对角线相等的平行四边形是矩形，正确，是真命题，不符合题意；
故选：B．
6．小明早晨从家骑自行车去学校，先上坡后下坡，如图所示，如果返回时上、下坡的速度仍与上学时的上、下坡速度相同，那么小亮从学校骑车回家的时间是（　　）

A．22.5分钟 B．25分钟 C．30分钟 D．35分钟
【分析】根据图表可计算出上坡的速度以及下坡的速度．又已知返回途中的上、下坡的路程正好相反，故可计算出共用的时间．
【解答】解：由图中可以看出：上坡速度为：3000÷15＝200（米/分）；
下坡速度为：（9000﹣3000）÷（25﹣15）＝600（米/分）；
小明从学校骑车回家用的时间是：＝30+5＝35（分钟）．
故选：D．
二、填空题(本大题共有12题,每题3分,满分36分)
7．（3分）如果直线y＝kx﹣3（k是常数，k≠0）与直线y＝3x平行，那么k＝　3　．
【分析】两直线平行，则两比例系数相等，据此可以求解．
【解答】解：∵直线y＝kx﹣3（k是常数，k≠0）与直线y＝3x平行，
∴k＝3，
故答案为：3．
8．（3分）已知f（x）＝，那么f（）＝　　．
【分析】将x＝代入计算即可．
【解答】解：当x＝时，f（）＝．
故答案为：．
9．（3分）已知直线y＝2x+b经过点（2，0），那么b＝　﹣4　．
【分析】由直线y＝2x+b经过点（2，0），利用一次函数图象上点的坐标特征可得出0＝2×2+b，解之即可得出b值．
【解答】解：∵直线y＝2x+b经过点（2，0），
∴0＝2×2+b，
∴b＝﹣4．
故答案为：﹣4．
10．（3分）用换元法解方程+＝6时，如果设y＝，那么原方程化成关于y的整式方程是 　y2﹣6y+5＝0　．
【分析】根据题意，用含y的式子表示出方程并整理方程即可
【解答】解：设y＝，则，
∴原方程可化为：y+＝6，
去分母，得：y2﹣6y+5＝0，
故答案为：y2﹣6y+5＝0．
11．（3分）方程x3+4＝0的解是　x＝﹣2　．
【分析】方程整理后，利用立方根定义求出解即可．
【解答】解：方程整理得：x3＝﹣8，
开立方得：x＝﹣2．
故答案为：x＝﹣2．
12．（3分）从等边三角形、平行四边形、矩形、圆、等腰梯形中任选一个图形，选出的图形恰好是中心对称图形的概率是 　　．
【分析】根据中心对称图形的定义得出所有的中心对称图形，进而利用概率公式求出即可．
【解答】解：∵等边三角形、平行四边形、矩形、圆、等腰梯形共5图形中，
中心对称图形有：平行四边形、矩形、圆共3，
∴5图形中任选一个图形，选出的图形恰好是中心对称图形的概率为：．
故答案为：．
13．（3分）内角为140°的正多边形的边数为　9　．
【分析】首先根据内角为140°，求出外角度数，再利用外角和定理求出边数．
【解答】解：∵正多边形的一个内角是140°，
∴它的外角是：180°﹣140°＝40°，
∴正多边形的边数为：360°÷40°＝9．
故答案为：9．
14．（3分）已知菱形周长为20，两对角线之比为4：3，则菱形面积为　24　．
【分析】根据已知可分别求得两条对角线的长，再根据菱形的面积等于两对角线乘积的一半即可得到其面积．
【解答】解：设两条对角线长分别为4x，3x，
根据勾股定理可得（2x）2+（x）2＝52，
解之得，x＝2，
则两条对角线长分别为8、6，
∴菱形的面积＝8×6÷2＝24．
故答案为24．
15．（3分）已知等腰梯形一个底角是60°，它的两底分别是6和10，那么它的腰长是 　4　．
【分析】过D作DE∥AB，交BC于E，得出四边形ABED是平行四边形，推出AB＝DE＝DC，AD＝BE＝6，求出CE，由等腰梯形的性质得到∠C＝∠B＝60°，进而得到△DEC是等边三角形，求出CE＝DC即可求出答案．
【解答】解：过D作DE∥AB，交BC于E，
∵AD∥BC，
∴四边形ABED是平行四边形，
∴AB＝DE，AD＝BE＝6，
∴CE＝BC﹣BE＝10﹣6＝4，
∵四边形ABCD是等腰梯形，
∴∠C＝∠B＝60°，AB＝DC＝DE，
∴△DEC是等边三角形，
∴DC＝CE＝4，
故答案为：4．

16．（3分）如图所示，DE为△ABC的中位线，点F在DE上，且∠AFB＝90°，若AB＝6，BC＝10，则EF的长为　2　．

【分析】根据三角形中位线定理求出DE，根据直角三角形的性质求出DF，计算即可．
【解答】解：∵DE为△ABC的中位线，
∴DE＝BC＝5，
∵∠AFB＝90°，D是AB 的中点，
∴DF＝AB＝3，
∴EF＝DE﹣DF＝2，
故答案为：2
17．（3分）将平面直角坐标系中一次函数的图象与坐标轴围成的三角形，叫做此一次函数的坐标轴三角形．如图中的一次函数图象与x、y轴分别交于点A、B，那么△ABO为此一次函数的坐标轴三角形．一次函数y＝﹣x+4的坐标轴三角形的面积是 　16　．

【分析】根据三角形的面积公式解答即可．
【解答】解：（1）由题意可得：A（8，0）B（0，4），
所以OA＝8，OB＝4，
∴．
故答案为：16．
18．（3分）如图，已知矩形ABCD，AD＝3，AB＝1，将其折叠，使点D与点B重合，折痕是EF，那么折痕EF的长是 　　．

【分析】由翻折的性质得BE＝DE，∠FED＝∠FEB，证BE＝BF，过E作EH⊥BF于H，则四边形ABHE是矩形，设DE＝BE＝x，再在Rt△ABE中，由勾股定理得x2＝12+（3﹣x）2，解得x＝，则AE＝，然后由矩形的性质得AB＝EH＝1，AE＝BH＝，最后由勾股定理求解即可．
【解答】解：如图，由翻折的性质得：BE＝DE，∠FED＝∠FEB，
∵四边形ABCD是矩形，
∴BC∥AD，
∴∠FED＝∠EFB，
∴∠BEF＝∠BFE，
∴BE＝BF，
过E作EH⊥BF于H，则四边形ABHE是矩形，
∴BH＝AE，
设DE＝BE＝x，则AE＝3﹣x，
在Rt△ABE中，由勾股定理得：x2＝12+（3﹣x）2，
解得：x＝，
∴AE＝3﹣＝，
∵四边形ABHE是矩形，
∴AB＝EH＝1，AE＝BH＝，
∵BF＝BE＝，
∴FH＝BF﹣BH＝﹣＝，
在Rt△EFH中，由勾股定理得：EF＝＝＝，
故答案为：．

三、简答题(本大题共有4题,每小题6分,满分24分)
19．（6分）解方程：．
【分析】把10移到等号的右边，两边平方，求解，后检验根是否有意义．
【解答】解：，
两边平方，得4（x+5）＝x2﹣20x+100
整理，得：x2﹣24x+80＝0，解得：x1＝20，x2＝4
经检验：x2＝4是增根，x1＝20是原方程的解，（1分）
∴原方程的解是x＝20（1分）
20．（6分）解方程组：．
【分析】方程组变形为，可得四个方程组：（1），（2），（3），（4），分别解出每个方程组的解，即得原方程组的解．
【解答】解：将方程组变形为：，
方程组相当于以下四个方程组：
（1），（2），（3），（4），
分别解得：，，，，
∴原方程组的解为：，，，．
21．（6分）如图，在四边形ABCD中．
（1）用图中的向量表示：++＝　　；（2）用图中的向量表示：﹣＝　　；
（3）在作图区内求作并写结论：+．

【分析】（1）（2）利用三角形法则求解即可．
（3）如图作OE∥BC，使得OE＝BC，连接DE，即为所求．
【解答】解：（1）用图中的向量表示：++＝；
故答案为：．
（2）用图中的向量表示：﹣＝；
故答案为：．
（3）在作图区内求作并写结论：+＝+＝，
即为所求，

22．（6分）2021年5月22日，“祝融号”火星车安全驶离着陆平台，到达火星表面，开始巡视探测工作．着陆点附近的火星表面照片显示，最佳探测路线有两条，西线地势平坦，行程720米，东线地势稍有起伏，行程180米，走西线比走东线多用2小时，走西线的速度比走东线的速度每小时快60米．同时，为了确保安全，火星车的速度要小于100米/小时，问走东线、走西线的速度各是多少？
【分析】设走东线的速度是x米/小时，则走西线的速度是（x+60）米/小时，根据“走西线比走东线多用2小时”列出方程并解答．注意：分式方程需要验根．
【解答】解：设走东线的速度是x米/小时，则走西线的速度是（x+60）米/小时，
根据题意，得﹣2＝，
解得x＝180或x＝30．
因为火星车的速度要小于100米/小时，
经检验x＝30是原方程的解．
所以x＝30符合题意．
所以x+60＝90．
答：走东线的速度是30米/小时，则走西线的速度是90米/小时．
四、解答题(本大题共3小题,第23、24题每小题8分,第25题12分,满分28分)
23．（8分）已知：如图，在矩形ABCD中，BE⊥AC，DF⊥AC，点E、F是垂足．
（1）联结DE、FB，求证：四边形DFBE是平行四边形；
（2）如果AF＝EF＝2，求矩形ABCD的面积．

【分析】（1）先根据矩形的性质得到AB＝CD，AB∥CD，再证明BE∥DF，接着证明△ABE≌△CDF，从而得到BE＝DF，然后根据平行四边形的判定方法得到结论；
（2）矩形面积ABCD的面积＝AC•DF，想办法求DF，AC即可．
【解答】证明：（1）如图：

∵四边形ABCD为矩形，
∴AB＝CD，AB∥CD，
∴∠EAB＝∠FCD，
∵BE⊥AC，DF⊥AC，
∴BE∥DF，∠AEB＝∠DFC＝90°，
在△ABE和△CDF中，
，
∴△ABE≌△CDF（AAS），
∴BE＝DF，
∴四边形BEDF是平行四边形；
（2）∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，AD＝BC，
∴∠DAC＝∠BCA，
又∵BE⊥AC，DF⊥AC，
∴∠DAF＝∠BCE，
在△DAF和△BCE中，
，
∴△DAF≌△BCE（AAS），
∴AF＝CE，
连接BD交AC于点O，

∵AF＝FE＝2，
∴AC＝BD＝6，
又∵四边形ABCD是矩形，
∴AO＝DO＝3，
在△ODF中，OD＝3，OF＝1，∠OFD＝90°，
∴DF＝＝＝2，
∴矩形ABCD的面积＝AC×DF＝6×2＝12．
24．（8分）随着我国防疫形势进一步好转，各景区陆续开始对游客开放，某景区对团体门票采用灵活的售票方法，设团体人数为x人，非节假日购票款为y1（元），节假日购票款为y2（元），y1、y2与x之间的函数图象如图所示．
（1）非节假日门票定价是 　30　元/人；
（2）当x＞15时，y2与x之间的函数关系式 　y2＝40x+150（x＞15）　；
（3）某导游于10月1日（节假日）带A团，10月12日（非节假日）带B团到该景区，共付门票款1900元，A、B两个团队游客合计50人（且两团游客人数均超过15人）．求：A、B两个团队游客各有多少人？

【分析】（1）由图象可得y1与x之间为正比例函数，x＝15时，y1＝450，即可得非节假日门票的定价；
（2）利用待定系数法即可求解；
（3）设A团有n人，表示出B团的人数为（50﹣n）人，根据（2）的函数关系式列出方程求解即可．
【解答】解：（1）由图象可得y1与x之间为正比例函数，x＝15时，y1＝450，
450÷15＝30（元），
故答案为：30；
（2）当x＞15时，设y2＝kx+b，
∵函数图象经过点（15，750）和（30，1350），
∴，
∴，
∴y2＝40x+150（x＞15），
故答案为：y2＝40x+150（x＞15）；
（3）设A团有n人，表示出B团的人数为（50﹣n）人，
当n＞15时，（40n+150）+30（50﹣n）＝1900，
解得n＝25，
∴50﹣n＝50﹣25＝25（人），
答：A团有25人，B团有25人．
25．（12分）如图，在梯形ABCD中，∠ABC＝90°，AD∥BC，AB＝12cm，BC＝27cm，CD＝15cm，点P从点B开始沿BC向终点C以每秒3cm的速度移动，点Q从点D开始延DA向终点A以每秒2cm的速度移动，设运动时间为t秒，联结PQ．
（1）线段AD的长度是 　18　cm；
（2）当t＝　　秒时，四边形ABPQ是矩形；
（3）在点P、Q的运动过程中，当t取何值时，线段PQ与CD相等？
（4）联结PD，当△PCD是等腰三角形时，直接写出t的值．

【分析】（1）过点D作DG⊥BC于G，运用勾股定理求得CG＝9cm，即可得出答案；
（2）连接PQ，根据矩形性质建立方程求解即可；
（3）分两种情况：①当P1Q1＝CD＝15cm时，过点Q1作Q1H⊥BC于H，过点D作DG⊥BC于G，可证明Rt△P1Q1H≌Rt△CDG（HL），由P1H＝CG，建立方程求解即可；②当P2Q2＝CD＝15cm时，四边形P2Q2DC是平行四边形，根据DQ2＝P2C，建立方程求解即可；
（4）分三种情况：PC＝CD或PD＝CD或PD＝PC，分别建立方程求解即可．
【解答】解：（1）如图1，过点D作DG⊥BC于G，
则∠DGB＝∠DGC＝90°，
∵AD∥BC，∠ABC＝90°，
∴∠BAD＝180°﹣∠ABC＝90°，
∴四边形ABGD是矩形，
∴DG＝AB＝12cm，AD＝DG，
∵BC＝27cm，CD＝15cm，
∴CG＝＝＝9cm，
∴AD＝BG＝BC﹣CG＝27﹣9＝18（cm），
故答案为：18；
（2）如图2，连接PQ，由题意得：BP＝3tcm，DQ＝2tcm，
∴AQ＝AD﹣DQ＝（18﹣2t）cm，
∵四边形ABPQ是矩形，
∴AQ＝BP，
∴18﹣2t＝3t，
解得：t＝，
故答案为：；
（3）如图3，∵DQ1＝2tcm，BP1＝3tcm，
∴AQ1＝（18﹣2t）cm，
①当P1Q1＝CD＝15cm时，
过点Q1作Q1H⊥BC于H，过点D作DG⊥BC于G，则∠CGD＝∠BHQ1＝90°，
由（1）知，DG＝AB＝12cm，CG＝9cm，
∵∠A＝∠B＝90°，
∴四边形ABHQ1是矩形，
∴Q1H＝AB＝12cm，BH＝AQ1＝（18﹣2t）cm，
∴P1H＝BH﹣BP1＝（18﹣5t）cm，
∵DG＝Q1H，CD＝P1Q1，
∴Rt△P1Q1H≌Rt△CDG（HL），
∴P1H＝CG，
∴18﹣5t＝9，
解得：t＝，
②当P2Q2＝CD＝15cm时，四边形P2Q2DC是平行四边形，
∴DQ2＝P2C，
∵DQ2＝2tcm，BP2＝3tcm，
∴P2C＝（27﹣3t）cm，
∴2t＝27﹣3t，
解得：t＝，
综上所述，当t取或时，线段PQ与CD相等；
（4）∵△PCD是等腰三角形，
∴PC＝CD或PD＝CD或PD＝PC，
∵BP＝3tcm，
∴PC＝（27﹣3t）cm，
过点D作DG⊥BC于G，则∠DGP＝90°，
由（1）（2）知，CD＝15cm，BG＝18（cm），DG＝12cm，BP＝3tcm，
∴PG＝（18﹣3t）cm，PC＝（27﹣3t）cm，
∴PD2＝PG2+DG2＝（18﹣3t）2+122，
①当PC＝CD时，27﹣3t＝15，
解得：t＝4，
②当PD＝CD时，
则（18﹣3t）2+122＝152，
解得：t＝3或t＝9（舍去），
③当PD＝PC时，
则（18﹣3t）2+122＝（27﹣3t）2，
解得：t＝，
综上所述，当△PCD是等腰三角形时，t的值为4或3或．