2025-2026学年广东省深圳市宝安区八年级下学期期末数学练习卷含答案

这是一份2025-2026学年广东省深圳市宝安区八年级下学期期末数学练习卷含答案，共5页。试卷主要包含了多项式ma2﹣mb2的公因式是等内容，欢迎下载使用。
1．多项式ma2﹣mb2的公因式是（ ）
A．mB．m2C．maD．mb
2．《国家宝藏》节目立足于中华文化宝库资源，通过对文物的梳理与总结，演绎文物背后的故事与历史让更多的观众走进博物馆，让一个个馆藏文物鲜活起来，所示四幅图是我国一些博物馆的标志，其中是中心对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
3．如图，在△ABC中，∠B＝∠C，BF＝CD，BD＝CE，∠FDE＝65°，则∠A＝（ ）
A．50°B．55°C．60°D．65°
4．电风扇是一种常见的家用电器，可以为人们带来凉爽的风和舒适的感觉．如图是一款五叶电风扇，在其持续运转的过程中，叶片A旋转到叶片B的位置时，旋转的角度可以是（ ）
A．60°B．72°C．75°D．108°
5．如图，蔡老师想估测被池塘隔开的A，B两处景观之间的距离，他先在AB外取一点C，然后步测出AC，BC的中点D，E，并步测出DE的长约为16m，由此估测A，B之间的距离约为（ ）
A．16mB．24mC．32mD．48m
6．如图，数轴上A，B两点对应的实数分别为1和3，若点A关于点B的对称点为点C，则点C所对应的实数为（ ）
A．23−1B．1+3C．2+3D．22−1
7．粤港澳大湾区拥有密集的交通网络，如港珠澳大桥、深中通道、虎门大桥等．一辆跨境货车从珠海前往香港，通过港珠澳大桥（全长约55公里），若货车的平均速度提高10km/h，则通行时间可减少0.1小时．设货车原来的平均速度为xkm/h，则可列方程为（ ）
A．55x−10+55x=0.1B．55x+10−55x=0.1
C．55x+55x+10=0.1D．55x−55x+10=0.1
8．如图，△ABC的外角∠ACF，∠EAC的平分线CP，AP交于P，PM⊥BE，PN⊥BF，则下列结论中正确的有（ ）
①PM＝PN；
②BP平分∠ABC；
③S△PAC＝S△MAP+S△NCP；
④∠CAB＝2∠CPB．
A．.①②B．.①②③C．.①③④D．.①②③④
填空题（每小题3分，共15分）
9．若分式xx−2有意义，则x的取值范围是 ．
10．一个正方形面积为x2+4x+4（x＞0），则它的边长为 ．
11．如图，直线l1：y＝x+1和直线l2：y＝mx+n相交于P（a，2），则不等式x+1≥mx+n解集为 ．
12．如图，小明沿一个正多边形广场周围的小路按顺时针方向跑步，从点O出发，前进10米后向右转30°，再前进10米后又向右转30°…，这样一直跑下去，直到他第一次回到出发点O为止，则这个正多边形的周长为 米．
13．如图，在平行四边形ABCD中，将AB绕A逆时针旋转到AB'，∠BAB'的角平分线经过BC的中点E，且B'C=12BC，∠DAB'=12∠B'BC，则ABBC的值为 ．
解答题（共7小题，61分）
14．（7分）解不等式组：13(x+4)≥x2x−7＜3(x−2)，并写出所有的非负整数解．
15．（7分）先化简，再求值：(2x+2x2−1+1)÷x+1x2−2x+1，其中x＝4．
16．（8分）如图，平面直角坐标系中，已知点A（﹣2，4），B（﹣4，1），C（0，1）．（1）将△ABC向右平移5个单位长度，得到△A1B1C1，画出平移后的△A1B1C1，并写出A1的坐标：
（2）将△ABC绕原点O旋转180°，画出旋转后的△A2B2C2；
（3）连接BC2，CB2，请求出四边形BC2B2C的面积．
17．（9分）2024年12月4日，中国春节被列入世界非物质文化遗产，春节贴春联是中华民族的传统习俗．某商店为了满足人们的需求，计划在春节前购进甲、乙两种春联进行销售．经了解，每副乙种春联的进价比每副甲种春联的进价多2元，用900元购进甲种春联的数量与用1200元购进乙种春联的数量相同．
（1）甲、乙两种春联一副的进价分别是多少元？
（2）该商家计划购进这两种春联共500副（两种都有），其中甲、乙两种春联的售价分别为10元/副、14元/副，若两种春联全部售完时获得的利润不低于2700元，问商家最多可以购进多少副甲种春联？
18．（9分）如图，在四边形ABCD中，E是AB的中点，DB，CE交于点F，DF＝FB，AF∥DC．
（1）求证：四边形AFCD为平行四边形；
（2）若∠EFB＝90°，BF＝3，EF＝1，求BC的长．
19．（10分）在艺术创作中，“透视”是一种利用数学原理在平面上表现三维空间的方法，“灭点”是指在透视图中，原本平行的直线看起来会汇聚到一个点上．如图1，当我们站在笔直的公路上向远方看去，公路的两边虽然在现实中是平行的，但在图片中，它们看起来像是在远处相交于一个点，这个点就是“灭点”，它帮助我们感受空间的深度和立体感．
【问题探究】：在现实中，某条公路的左右边界线互相平行．如图2，将该公路的透视图放置于某平面直角坐标系内，已知公路的左侧边界线l1经过点A（﹣8，1）和B（﹣4，3），右侧边界线l2的函数表达式为y＝﹣3x+6，l1和l2相交于点P，即点P为灭点．
（1）求左侧边界线AB的函数表达式；
（2）求灭点P的坐标，并判断灭点是否在区域“0≤x≤1，0≤y≤5”内；
【迁移应用】：
（3）为满足艺术创作的需求，艺术家要对该画作进行调整：保持l1的位置不变，将l2向上平移c个单位长度（c＞0），使得灭点的纵坐标不小于6，求c的取值范围．
20．（11分）如图1，AD是△ABC的中线，CE⊥AD于点E，BF⊥AD于点F．
（1）【初识图形】：
①请判断线段BF，CE的数量关系，并说明你的理由；
②若AB＝10，CE＝6，AC＝8，则EF＝ ；
（2）【特例感知】：如图2，若AB＝5，AC＝4，试探究DE•AD是否为定值，如果是，请求出这个值；如果不是，请说明理由；
（3）【综合应用】：如图3，四边形MNPQ是平行四边形，面积为20，若平面内有一点G，满足GM＝GP，∠MGP＝90°，GN＝8，请直接写出GQ的长．
参考答案
1．多项式ma2﹣mb2的公因式是（ ）
A．mB．m2C．maD．mb
【分析】根据公因式的定义确定即可．
【解答】解：多项式ma2﹣mb2的公因式是m，
故选：A．
【点评】此题考查的是公因式的定义，找公因式的要点是：（1）公因式的系数是多项式各项系数的最大公约数；（2）字母取各项都含有的相同字母；（3）相同字母的指数取次数最低的．
2．《国家宝藏》节目立足于中华文化宝库资源，通过对文物的梳理与总结，演绎文物背后的故事与历史让更多的观众走进博物馆，让一个个馆藏文物鲜活起来，所示四幅图是我国一些博物馆的标志，其中是中心对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
【分析】把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，根据中心对称图形的概念求解．
【解答】解：选项A能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以是中心对称图形，选项B、C、D均不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形，
故选：A．
【点评】本题主要考查了中心对称图形，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
3．如图，在△ABC中，∠B＝∠C，BF＝CD，BD＝CE，∠FDE＝65°，则∠A＝（ ）
A．50°B．55°C．60°D．65°
【分析】由“SAS”可证△BFD≌△CDE，可得∠BFD＝∠CDE，由三角形的外角性质可得∠B＝∠FDE＝65°＝∠C，由三角形内角和定理可求解．
【解答】解：∵BF＝CD，∠B＝∠C，BD＝CE，
∴△BFD≌△CDE（SAS）
∴∠BFD＝∠CDE，
∵∠FDC＝∠B+∠BFD＝∠FDE+∠CDE，
∴∠B＝∠FDE＝65°＝∠C，
∴∠A＝180°﹣∠B﹣∠C＝50°，
故选：A．
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，三角形内角和定理，证明△BFD≌△CDE是本题的关键．
4．电风扇是一种常见的家用电器，可以为人们带来凉爽的风和舒适的感觉．如图是一款五叶电风扇，在其持续运转的过程中，叶片A旋转到叶片B的位置时，旋转的角度可以是（ ）
A．60°B．72°C．75°D．108°
【分析】根据周角是360°进行计算，即可解答．
【解答】解：由题意得：360°÷5＝72°，
∴叶片A旋转到叶片B的位置时，旋转的角度可以是72°，
故选：B．
【点评】本题考查了生活中的旋转现象，准确熟练地进行计算是解题的关键．
5．如图，蔡老师想估测被池塘隔开的A，B两处景观之间的距离，他先在AB外取一点C，然后步测出AC，BC的中点D，E，并步测出DE的长约为16m，由此估测A，B之间的距离约为（ ）
A．16mB．24mC．32mD．48m
【分析】根据三角形的中位线定理计算即可．
【解答】解：∵点D、E分别为CA、CB的中点，
∴DE为△ABC的中位线，
∴AB＝2DE＝2×16＝32（m），
故选：C．
【点评】本题考查三角形的中位线定理，熟记三角形中位线等于第三边的一半是解题的关键．
6．如图，数轴上A，B两点对应的实数分别为1和3，若点A关于点B的对称点为点C，则点C所对应的实数为（ ）
A．23−1B．1+3C．2+3D．22−1
【分析】设点C表示的数是x，先根据条件求出AB，再根据两点间的距离公式列出关于x的方程，解方程求出x即可．
【解答】解：设点C表示的数是x，
∵A，B两点对应的实数分别为1和3，
∴AB=3−1，
∴点A关于点B的对称点为点C，
∴AB＝BC，
∴|x−3|=3−1，
x−3=3−1或1−3，
∴x=23−1或1（不合题意舍去），
∴点C表示的数是23−1，
故选：A．
【点评】本题主要考查了实数与数轴，解题关键是熟练掌握两点间的距离公式．
7．粤港澳大湾区拥有密集的交通网络，如港珠澳大桥、深中通道、虎门大桥等．一辆跨境货车从珠海前往香港，通过港珠澳大桥（全长约55公里），若货车的平均速度提高10km/h，则通行时间可减少0.1小时．设货车原来的平均速度为xkm/h，则可列方程为（ ）
A．55x−10+55x=0.1B．55x+10−55x=0.1
C．55x+55x+10=0.1D．55x−55x+10=0.1
【分析】根据时间＝路程÷速度结合通行时间可减少0.1小时，可得出关于x的分式方程，此题得解．
【解答】解：设设货车原来的平均速度为xkm/h，则提高10km/h后的平均速度为（x+10）km/h，
依题意得55x−55x+10=0.1．
故选：D．
【点评】本题考查了由实际问题抽象出分式方程，找到关键描述语，找到合适的等量关系是解决问题的关键．
8．如图，△ABC的外角∠ACF，∠EAC的平分线CP，AP交于P，PM⊥BE，PN⊥BF，则下列结论中正确的有（ ）
①PM＝PN；
②BP平分∠ABC；
③S△PAC＝S△MAP+S△NCP；
④∠CAB＝2∠CPB．
A．.①②B．.①②③C．.①③④D．.①②③④
【分析】作PH⊥AC于点H，由角平分线的性质得PM＝PH＝PN，可判断①正确；可证明BP平分∠ABC，可判断②正确；再证明△MAP≌△HAP，△NCP≌△HCP，则S△MAP＝S△HAP，S△NCP＝S△HCP，所以S△PAC＝S△HAP+S△HCP＝S△MAP+S△NCP，可判断③正确；由∠PCF=12∠ACF，∠PBC=12∠ABC，得∠CPB＝∠PCF﹣∠PBC=12（∠ACF﹣∠ABC）=12∠CAB，则∠CAB＝2∠CPB，可判断④正确，于是得到问题的答案．
【解答】解：作PH⊥AC于点H，
∵△ABC的外角∠ACF，∠EAC的平分线CP，AP交于P，PM⊥BE，PN⊥BF，
∴PM＝PH＝PN，∠PAM＝∠PAH，∠PCN＝∠PCH，∠AMP＝∠AHP＝∠CNP＝∠CHP＝90°，
故①正确；
∴点H在∠ABC的平分线上，
∴BP平分∠ABC，
故②正确；
在△MAP和△HAP中，
∠PAM=∠PAH∠AMP=∠AHPAP=AP，
∴△MAP≌△HAP（AAS），
同理△NCP≌△HCP（AAS），
∴S△MAP＝S△HAP，S△NCP＝S△HCP，
∴S△MAP+S△NCP＝S△HAP+S△HCP，
∵S△PAC＝S△HAP+S△HCP，
∴S△PAC＝S△MAP+S△NCP，
故③正确；
∵∠PCF=12∠ACF，∠PBC=12∠ABC，
∴∠CPB＝∠PCF﹣∠PBC=12（∠ACF﹣∠ABC）=12∠CAB，
∴∠CAB＝2∠CPB，
故④正确，
故选：D．
【点评】此题重点考查角平分线的性质、全等三角形的判定与性质、三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和等知识，正确地添加辅助线是解题的关键．
9．若分式xx−2有意义，则x的取值范围是 x≠2 ．
【分析】根据分母不等于零分式有意义，可得答案．
【解答】解：∵分式xx−2有意义，
∴x﹣2≠0，
解得，x≠2，
故答案为：x≠2．
【点评】本题考查的是分式有意义的条件，熟知分式有意义的条件是分母不等于零是解答此题的关键．
10．一个正方形面积为x2+4x+4（x＞0），则它的边长为x+2 ．
【分析】正方形面积x2+4x+4可以分解为（x+2）2，又因为正方形面积＝边长2，所以它的边长为x+2．
【解答】解：∵x2+4x+4＝（x+2）2
∴正方形的边长为x+2．
【点评】此题是用完全平方公式分解在实际生活中的应用，也考查了正方形的面积公式．
11．如图，直线l1：y＝x+1和直线l2：y＝mx+n相交于P（a，2），则不等式x+1≥mx+n解集为x≥1 ．
【分析】将点P（a，2）代入关系式y＝x+1可得a，再根据直线l1与直线l2相交或直线l1在直线l2上方得出自变量取值范围即可．
【解答】解：∵直线l1：y＝x+1和直线l2：y＝mx+n相交于P（a，2），
∴a+1＝2，
解得a＝1，
即P（1，2）．
当x≥1时，x+1≥mx+n．
故答案为：x≥1．
【点评】本题主要考查了一次函数与一元一次不等式，熟练掌握该知识点是关键．
12．如图，小明沿一个正多边形广场周围的小路按顺时针方向跑步，从点O出发，前进10米后向右转30°，再前进10米后又向右转30°…，这样一直跑下去，直到他第一次回到出发点O为止，则这个正多边形的周长为 120 米．
【分析】由每个外角都相等得出每个内角都相等，再根据边长都是10米得出这个多边形是正多边形，根据多边形外角和定理即可求出其边数，从而求出其周长．
【解答】解：由题意可知这个多边形为正多边形，
∵360°÷30°＝12，
∴这个多边形为正十二边形，
∴它的周长为10×12＝120（米），
故答案为：120．
【点评】本题考查了正多边形与圆，熟练掌握正多边形的性质是解题的关键．
13．如图，在平行四边形ABCD中，将AB绕A逆时针旋转到AB'，∠BAB'的角平分线经过BC的中点E，且B'C=12BC，∠DAB'=12∠B'BC，则ABBC的值为 64 ．
【分析】由旋转得AB′＝AB，而AE平分∠BAB′，所以AE垂直平分BB′，则B′E＝BE＝CE=12BC，而B'C=12BC，可证明△B′CE是等边三角形，由∠B′EC＝2∠B′BC＝60°，求得∠B′BC＝30°，则∠BB′C＝90°，∠DAB'=12∠B'BC＝15°，由AE∥B′C，AD∥BC，得∠DAE＝∠AEB＝∠B′CE＝60°，求得∠EAB′＝45°，则∠BAB′＝90°，所以BB′=2AB，且BB′=32BC，由2AB=32BC，得ABBC=64，于是得到问题的答案．
【解答】解：由旋转得AB′＝AB，
∵∠BAB'的角平分线经过BC的中点E，
∴∠EAB′＝∠EAB，CE＝BE=12BC，
∵AB′＝AB，AE平分∠BAB′，
∴AE垂直平分BB′，
∴B′E＝BE=12BC，
∴∠EB′B＝∠B′BC，
∵B'C=12BC，
∴B′C＝B′E＝CE，
∴△B′CE是等边三角形，
∴∠B′EC＝∠B′CE＝60°，
∵∠B′EC＝∠EB′B+∠B′BC＝2∠B′BC＝60°，
∴∠B′BC＝30°，
∴∠BB′C＝180°﹣∠EBB′﹣∠B′CE＝90°，∠DAB'=12∠B'BC＝15°，
∵AE⊥BB′，B′C⊥BB′，
∴AE∥B′C，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠DAE＝∠AEB＝∠B′CE＝60°，
∴∠EAB′＝∠DAE﹣∠DAB′＝60°﹣15°＝45°，
∴∠BAB′＝2∠EAB′＝90°，
∴BB′=AB′2+AB2=2AB，
∵BB′=BC2−B′C2=BC2−(12BC)2=32BC，
∴2AB=32BC，
∴ABBC=64，
故答案为：64．
【点评】此题重点考查旋转的性质、平行四边形的性质、等腰三角形的性质、等边三角形的性质、勾股定理等知识，推导出△B′CE是等边三角形是解题的关键．
14．解不等式组：13(x+4)≥x2x−7＜3(x−2)，并写出所有的非负整数解．
【分析】先根据解一元一次不等式的一般步骤，求出各个不等式的解集，再根据判断不等式组解集的口诀判断不等式组的解集，求出它的非负整数解．
【解答】解：13(x+4)≥x①2x−7＜3(x−2)②，
由①得：x+4≥3x，
x﹣3x≥﹣4，
﹣2x≥﹣4，
x≤2，
由②得：2x﹣7＜3x﹣6，
2x﹣3x＜7﹣6，
﹣x＜1，
x＞﹣1，
∴不等式组的解集为：﹣1＜x≤2，
∴不等式组所有的非负整数解为：0，1，2．
【点评】本题主要考查了解一元一次不等式组，解题关键是熟练掌握解一元一次不等式组的一般步骤．
15．先化简，再求值：(2x+2x2−1+1)÷x+1x2−2x+1，其中x＝4．
【分析】根据分式的混合运算法则把原式化简，把x的值代入计算即可．
【解答】解：原式＝（2x+2x2−1+x2−1x2−1）•(x−1)2x+1
=x2+2x+1x2−1•(x−1)2x+1
=(x+1)2(x+1)(x−1)•(x−1)2x+1
＝x﹣1，
当x＝4时，原式＝4﹣1＝3．
【点评】本题考查的是分式的化简求值，掌握分式的混合运算法则是解题的关键．
16．如图，平面直角坐标系中，已知点A（﹣2，4），B（﹣4，1），C（0，1）．（1）将△ABC向右平移5个单位长度，得到△A1B1C1，画出平移后的△A1B1C1，并写出A1的坐标：
（2）将△ABC绕原点O旋转180°，画出旋转后的△A2B2C2；
（3）连接BC2，CB2，请求出四边形BC2B2C的面积．
【分析】（1）根据平移的性质作图，再结合图形写出A1的坐标即可；
（2）根据旋转的性质作图即可；
（3）由旋转的性质得OC2＝OC，OB2＝OB，推出四边形BC2B2C是平行四边形，再利用平行四边形的面积公式即可求解．
【解答】解：（1）将△ABC向右平移5个单位长度，得到△A1B1C1，如图1即为所求；
由图可得，A1的坐标为（3，4）；
（2）将△ABC绕原点O旋转180°后的△A2B2C2，如图2即为所求；
（3）如图3，
由旋转的性质得OC2＝OC，OB2＝OB，
∴四边形BC2B2C是平行四边形，
由图可得，BC＝4，CC2＝2，BC⊥CC2，
∴S▱BC2B2C=4×2=8，
即四边形BC2B2C的面积为8．
【点评】本题考查了作图﹣旋转变换，平行四边形的判定与性质，作图﹣平移变换，熟练掌握平移和旋转的性质是解题的关键．
17．2024年12月4日，中国春节被列入世界非物质文化遗产，春节贴春联是中华民族的传统习俗．某商店为了满足人们的需求，计划在春节前购进甲、乙两种春联进行销售．经了解，每副乙种春联的进价比每副甲种春联的进价多2元，用900元购进甲种春联的数量与用1200元购进乙种春联的数量相同．
（1）甲、乙两种春联一副的进价分别是多少元？
（2）该商家计划购进这两种春联共500副（两种都有），其中甲、乙两种春联的售价分别为10元/副、14元/副，若两种春联全部售完时获得的利润不低于2700元，问商家最多可以购进多少副甲种春联？
【分析】（1）设每副甲种春联的进价是x元，则每副乙种春联的进价是（x+2）元，利用数量＝总价÷单价，结合用900元购进甲种春联的数量与用1200元购进乙种春联的数量相同，可列出关于x的分式方程，解之经检验后，可得出x的值（即每副甲种春联的进价），再将其代入（x+2）中，即可求出每副乙种春联的进价；
（2）设购进m副甲种春联，则购进（500﹣m）副乙种春联，利用总利润＝每副甲种春联的销售利润×购进甲种春联的数量+每副乙种春联的销售利润×购进乙种春联的数量，结合两种春联全部售完时获得的利润不低于2700元，可列出关于m的一元一次不等式，解之取其中的最大值，即可得出结论．
【解答】解：（1）设每副甲种春联的进价是x元，则每副乙种春联的进价是（x+2）元，
根据题意得：900x=1200x+2，
解得：x＝6，
经检验，x＝6是所列方程的解，且符合题意，
∴x+2＝6+2＝8（元）．
答：每副甲种春联的进价是6元，每副乙种春联的进价是8元；
（2）设购进m副甲种春联，则购进（500﹣m）副乙种春联，
根据题意得：（10﹣6）m+（14﹣8）（500﹣m）≥2700，
解得：m≤150，
∴m的最大值为150．
答：商家最多可以购进150副甲种春联．
【点评】本题考查了分式方程的应用以及一元一次不等式的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出分式方程；（2）根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式．
18．如图，在四边形ABCD中，E是AB的中点，DB，CE交于点F，DF＝FB，AF∥DC．
（1）求证：四边形AFCD为平行四边形；
（2）若∠EFB＝90°，BF＝3，EF＝1，求BC的长．
【分析】（1）因为DF＝FB，所以F是DB的中点，而E是AB的中点，根据三角形中位线定理得EF∥AD，即CF∥AD，因为AF∥CD，所以四边形AFCD是平行四边形；
（2）由F是DB的中点，E是AB的中点，EF＝1，根据三角形中位线定理AD＝2EF＝2，由平行四边形的性质昨CF＝AD＝2，而∠CFB＝∠EFB＝90°，BF＝3，根据勾股定理得BC=CF2+BF2=13．
【解答】（1）证明：∵DB，CE交于点F，DF＝FB，
∴F是DB的中点，
∵E是AB的中点，
∴EF∥AD，
∴CF∥AD，
∵AF∥CD，
∴四边形AFCD是平行四边形．
（2）解：∵F是DB的中点，E是AB的中点，EF＝1，
∴AD＝2EF＝2，
∵四边形AFCD是平行四边形，
∴CF＝AD＝2，
∵∠CFB＝∠EFB＝90°，BF＝3，
∴BC=CF2+BF2=22+32=13，
∴BC的长是13．
【点评】此题重点考查三角形中位线定理、平行四边形的判定、勾股定理等知识，推导出CF∥AD，进而证明四边形AFCD是平行四边形是解题的关键．
19．在艺术创作中，“透视”是一种利用数学原理在平面上表现三维空间的方法，“灭点”是指在透视图中，原本平行的直线看起来会汇聚到一个点上．如图1，当我们站在笔直的公路上向远方看去，公路的两边虽然在现实中是平行的，但在图片中，它们看起来像是在远处相交于一个点，这个点就是“灭点”，它帮助我们感受空间的深度和立体感．
【问题探究】：在现实中，某条公路的左右边界线互相平行．如图2，将该公路的透视图放置于某平面直角坐标系内，已知公路的左侧边界线l1经过点A（﹣8，1）和B（﹣4，3），右侧边界线l2的函数表达式为y＝﹣3x+6，l1和l2相交于点P，即点P为灭点．
（1）求左侧边界线AB的函数表达式；
（2）求灭点P的坐标，并判断灭点是否在区域“0≤x≤1，0≤y≤5”内；
【迁移应用】：
（3）为满足艺术创作的需求，艺术家要对该画作进行调整：保持l1的位置不变，将l2向上平移c个单位长度（c＞0），使得灭点的纵坐标不小于6，求c的取值范围．
【分析】（1）设左侧边界线AB的函数表达式为y＝kx+b，用待定系数法可得y=12x+5；
（2）联立y=12x+5y=−3x+6，即可解得灭点P的坐标为（27，367），从而判断灭点P不在区域“0≤x≤1，0≤y≤5”内；
（3）将l2向上平移c个单位长度后得直线y＝﹣3x+6+c，联立y=−3x+6+cy=12x+5，解得x=2+2c7y=36+c7，故36+c7≥6，即可解得c≥6．
【解答】解：（1）设左侧边界线AB的函数表达式为y＝kx+b，
把A（﹣8，1）和B（﹣4，3）代入得：−8k+b=1−4k+b=3，
解得k=12b=5，
∴左侧边界线AB的函数表达式为y=12x+5；
（2）联立y=12x+5y=−3x+6，
解得x=27y=367，
∴灭点P的坐标为（27，367），
∵0＜27＜1，367＞5，
∴灭点P不在区域“0≤x≤1，0≤y≤5”内；
（3）将l2向上平移c个单位长度后得直线y＝﹣3x+6+c，
联立y=−3x+6+cy=12x+5，
解得x=2+2c7y=36+c7，
∵灭点的纵坐标不小于6，
∴36+c7≥6，
解得c≥6，
∴c的取值范围是c≥6．
【点评】本题考查一次函数综合应用，涉及待定系数法，两条直线的交点问题，平移变换等，解题的关键是读懂题意，能准确计算．
20．如图1，AD是△ABC的中线，CE⊥AD于点E，BF⊥AD于点F．
（1）【初识图形】：
①请判断线段BF，CE的数量关系，并说明你的理由；
②若AB＝10，CE＝6，AC＝8，则EF＝ 8﹣27 ；
（2）【特例感知】：如图2，若AB＝5，AC＝4，试探究DE•AD是否为定值，如果是，请求出这个值；如果不是，请说明理由；
（3）【综合应用】：如图3，四边形MNPQ是平行四边形，面积为20，若平面内有一点G，满足GM＝GP，∠MGP＝90°，GN＝8，请直接写出GQ的长．
【分析】（1）①可证得△BDF≌△CDE，从而BF＝CE；
②根据勾股定理得出AE和AF的长，进一步得出结果；
（2）根据勾股定理得出AE=AC2−CE2，AF=AB2−BF2，从而得出EF＝AF﹣AE=AB2−BF2−AC2−CE2，根据△BDF≌△CDE，CE＝BF，表示出DE和AD，进一步得出结果；
（3）分两种情形：当G在MQ 上方时，作GD⊥PM于D，作QA⊥GD于点A，作NC⊥GD于C，作QB⊥PM于PM，根据（2）的结论得出AD•DG=GN2−GQ24，进一步得出结果；同样得出当G在PN下方时得情形．
【解答】解：（1）①BF＝CE，理由如下：
∵CE⊥AD，BF⊥AD，
∴∠CED＝∠F＝90°，
∵AD是△ABC的中线，
∴BD＝CD，
∵∠ADC＝∠BDF，
∴△BDF≌△CDE（AAS），
∴BF＝CE；
②∵CE⊥AF，
∴∠AEC＝90°，
∴AE=AC2−CE2=82−62=27，
由①知，
BF＝CE＝6，∠F＝90°，
∴AF=AB2−BF2=102−62=8，
∴EF＝AF﹣AE＝8﹣27，
故答案为：8﹣27；
（2）DE•AD是定值，理由如下：
∵AE=AC2−CE2，AF=AB2−BF2，
∴EF＝AF﹣AE=AB2−BF2−AC2−CE2，
由（1）知，
△BDF≌△CDE，CE＝BF，
∴EF=AB2−CE2−AC2−CE2，
DE＝DF=12EF=AB2−CE2−AC2−CE22，
∴AD＝AF﹣DF=AB2−CE2−AB2−CE2−AC2−CE22=AB2−CE2+AC2−CE22，
∴DE•AD=AB2−AC24=94；
（3）如图1，
当G在MQ 上方时，
作GD⊥PM于D，作QA⊥GD于点A，作NC⊥GD于C，作QB⊥PM于PM，
∴∠QAD＝∠QBD＝∠ADB＝90°，
∴四边形ADBQ是矩形，
∴AD＝BQ，
∵MG＝PG，
∴DM＝DP，
∵四边形MNPQ是平行四边形，
∴D是QN的中点，
∴∠MGP＝90°，
∴DG＝PD＝DM=12PM，
由（2）知，
AD•DG=GN2−GQ24，
∴BQ•PD=82−GQ24，
∵S▱MNPQ＝20，
∴2×12PM⋅BQ=20，
∴BQ•PD＝10，
∴GQ＝26，
如图2，
当G在PN下方时，
同理可得，
CD•DG=GQ2−GN24，
∴10=GQ2−824，
∴GQ＝226，
综上所述：GQ＝26或226．
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，勾股定理，平行四边形的性质等知识，解决问题的关键是分类讨论．