2019-2020年中考数学复习第二部分题型研究题型四新定义与阅读理解题类型二新概念学习型针对演练

2019-2020年 中考 中考数学全套课件中考心理辅导讲座中考语文病句辨析修改中考语文古诗文必背中考单选题精选 数学复习第二部分 题 快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题 型研究题型四新定义与阅读理解题类型二新概念学习型针对演练针对演练1.若x1，x2是关于x的方程x2＋bx＋c＝0的两个实数根，且|x1|＋|x2|＝2|k|(k是整数)，则称方程x2＋bx＋c＝0为“偶系二次方程”．如方程x2－6x－27＝0，x2－2x－8＝0，x2＋3x－eq\f(27,4)＝0，x2＋6x－27＝0,x2＋4x＋4＝0都是“偶系二次方程”.(1)判断方程x2＋x－12＝0是否是“偶系二次方程”，并说明理由；(2)对于任意一个整数b，是否存在实数c，使得关于x的方程x2＋bx＋c＝0是“偶系二次方程”，并说明理由.2.设二次 函 关于工期滞后的函关于工程严重滞后的函关于工程进度滞后的回复函关于征求同志党风廉政意见的函关于征求廉洁自律情况的复函 数y1，y2的图象的顶点分别为(a，b)、(c，d)，当a＝－c，b＝2d，且开口方向相同时，则称y1是y2的“反倍顶二次函数”．(1)请写出二次函数y＝x2＋x＋1的一个“反倍顶二次函数”；(2)已知关于x的二次函数y1＝x2＋nx和二次函数y2＝nx2＋x；函数y1＋y2恰是y1－y2的“反倍顶二次函数”，求n.3.函数y＝eq\f(k,x)和y＝－eq\f(k,x)(k≠0)的图象关于y轴对称，我们定义函数y＝eq\f(k,x)和y＝－eq\f(k,x)(k≠0)相互为“影像”函数：(1)请写出函数y＝2x－3的“影像”函数：________；(2)函数________的“影像”函数是y＝x2－3x－5;(3)若一条直线与一对“影像”函数y＝eq\f(2,x)(x＞0)和y＝－eq\f(2,x)(x＜0)的图象分别交于点A、B、C(点A、B在第一象限)，如图，如果CB∶BA＝1∶2，点C在函数y＝－eq\f(2,x)(x＜0)的“影像”函数上的对应点的横坐标是1，求点B的坐标．第3题图4.如图，在平面直角坐标系中，已知点P0的坐标为(1，0)，将线段OP0按逆时针方向旋转45°，再将其长度伸长为OP0的2倍，得到线段OP1，又将线段OP1按逆时针方向旋转45°，长度伸长为OP1的2倍，得到线段OP2，如此下去，得到线段OP3，OP4…，OPn(为正整数)．(1)求点P3的坐标；(2)我们规定：把点Pn(xn，yn)(n＝0，1，2，3…)的横坐标xn、纵坐标yn都取绝对值后得到的新坐标(|xn|，|yn|)称为点Pn的“绝对坐标”，根据图中Pn的分布规律，求出点Pn的“绝对坐标”．第4题图考向2)　几何类(杭州：xx.19；台州：xx.23，xx、xx.24；绍兴：xx.22，xx.22，xx.21)针对训练1.(xx绍兴)定义：有一组邻边相等，并且它们的夹角是直角的凸四边形叫做等腰直角四边形．(1)如图①，等腰直角四边形ABCD，AB＝BC，∠ABC＝90°.①若AB＝CD＝1，AB∥CD，求对角线BD的长；②若AC⊥BD，求证：AD＝CD.(2)如图②，在矩形ABCD中，AB＝5，BC＝9，点P是对角线BD上一点，且BP＝2PD，过点P作直线分别交边AD，BC于点E，F，使四边形ABFE是等腰直角四边形．求AE的长．第1题图2.阅读下面的材料：如果一个三角形和一个平行四边形满足条件：三角形的一边与平行四边形的一边重合，三角形这边所对的顶点在平行四边形这边的对边上，则称这样的平行四边形为三角形的“友好平行四边形”，如图①，▱ABEF即为△ABC的“友好平行四边形”．请解决下列问题：(1)仿照以上叙述，说明什么是一个三角形的“友好矩形”；(2)若△ABC是钝角三角形，则△ABC显然只有一个“友好矩形”，若△ABC是直角三角形，其“友好矩形”有______个；(3)若△ABC是锐角三角形，且AB＜AC＜BC，如图②，请画出△ABC的所有“友好矩形”，指出其中周长最小的“友好矩形”，并说明理由．第2题图)3.(xx常州)如图①，在四边形ABCD中，如果对角线AC和BD相交并且相等，那么我们把这样的四边形称为等角线四边形．(1)①在“平行四边形、矩形、菱形”中，________一定是等角线四边形(填写图形名称)；②若M、N、P、Q分别是等角线四边形ABCD四边AB、BC、CD、DA的中点，当对角线AC、BD还需要满足________时，四边形MNPQ是正方形；(2)如图②，已知△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝4，BC＝3，D为平面内一点．①若四边形ABCD是等角线四边形，且AD＝BD，则四边形ABCD的面积是________；②设点E是以C为圆心，1为半径的圆上的动点，若四边形ABED是等角线四边形，写出四边形ABED面积的最大值，并说明理由．第3题图4.(xx黄石)在现实生活中，我们经常会看到许多“标准”的矩形，如我们的课本封面、A4的打印纸等，其实这些矩形的长与宽之比都为eq\r(2)∶1，我们不妨就把这样的矩形称为“标准矩形”．在“标准矩形”ABCD中，P为DC边上一定点，且CP＝BC，如下图所示．(1)如图①，求证：BA＝BP；(2)如图②，点Q在DC上，且DQ＝CP，若G为BC边上一动点，当△AGQ的周长最小时，求eq\f(CG,GB)的值；(3)如图③，已知AD＝1，在(2)的条件下，连接AG并延长交DC的延长线于点F，连接BF，T为BF的中点，M、N分别为线段PF与AB上的动点，且始终保持PM＝BN，请证明：△MNT的面积S为定值，并求出这个定值．第4题图5.对于一个四边形给出如下定义：如一组对角相等且有一组邻边相等，则称这个四边形为奇特四边形，如图①中，∠B＝∠D，AB＝AD；如图②中，∠A＝∠C，AB＝AD则这样的四边形均为奇特四边形．(1)在图①中，若AB＝AD＝4，∠A＝60°，∠C＝120°，请求出四边形ABCD的面积；(2)在图②中，若AB＝AD＝4，∠A＝∠C＝45°，请直接写出四边形ABCD面积的最大值；(3)如图③，在正方形ABCD中，E为AB边上一点，F是AD延长线上一点，且BE＝DF，连接EF，取EF的中点G，连接CG并延长交AD于点H，若EB＋BC＝m，问四边形BCGE的面积是否为定值？如果是，请求出这个定值(用含m的代数式表示)；如果不是，请说明理由．第5题图6.类比等腰三角形的定义，我们定义：有一组邻边相等的凸四边形叫做“等邻边四边形”．(1)如图①，在四边形ABCD中，添加一个条件使得四边形ABCD是“等邻边四边形”．请写出你添加的一个条件；(2)小红猜想：对角线互相平分的“等邻边四边形”是菱形，她的猜想正确吗？请说明理由；(3)如图②，小红作了一个Rt△ABC，其中∠ABC＝90°，AB＝2，BC＝1，并将Rt△ABC沿∠ABC的平分线BB′方向平移得到△A′B′C′，连接AA′，BC′.小红要使平移后的四边形ABC′A′是“等邻边四边形”，应平移多少距离(即线段BB′的长)?第6题图7.(xx江西)我们定义：如图①，在△ABC中，把AB绕点A顺时针旋转α(0°＜α＜180°)得到AB′，把AC绕点A逆时针旋转β得到AC′，连接B′C′.当α＋β＝180°时，我们称△AB′C′是△ABC的“旋补三角形”，△AB′C′边B′C′上的中线AD叫做△ABC的“旋补中线”，点A叫做“旋补中心”．特例感知(1)在图②，图③中，△AB′C′是△ABC的“旋补三角形”，AD是△ABC的“旋补中线”．①如图②，当△ABC为等边三角形时，AD与BC的数量关系为AD＝____BC；②如图③，当∠BAC＝90°，BC＝8时，则AD长为________．猜想论证(2)在图①中，当△ABC为任意三角形时，猜想AD与BC的数量关系，并给予证明．拓展应用(3)如图④，在四边形ABCD中，∠C＝90°，∠D＝150°，BC＝12，CD＝2eq\r(3)，DA＝6.在四边形内部是否存在点P，使△PDC是△PAB的“旋补三角形”？若存在，给予证明，并求△PAB的“旋补中线”长；若不存在，说明理由．第7题图 答案 八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案 1.解：(1)不是．理由如下：∵解方程x2＋x－12＝0，得x1＝－4，x2＝3，∴|x1|＋|x2|＝4＋3＝2×|3.5|，∵3.5不是整数，∴方程x2＋x－12＝0不是“偶系二次方程”；(2)存在．理由如下：∵方程x2－6x－27＝0，x2＋6x－27＝0是“偶系二次方程”，∴假设c＝mb2＋n，当b＝－6，c＝－27时，有－27＝36m＋n，∵x2＝0是“偶系二次方程”，∴n＝0，m＝－eq\f(3,4)，∴c＝－eq\f(3,4)b2.又∵x2＋3x－eq\f(27,4)＝0也是“偶系二次方程”，当b＝3时，c＝－eq\f(27,4)＝－eq\f(3,4)×32，∴可设c＝－eq\f(3,4)b2，对任意一个整数b，当c＝－eq\f(3,4)b2时，b2－4ac＝b2－4c＝4b2，∴x＝eq\f(－b±2|b|,2)，∴x1＝－eq\f(3,2)b，x2＝eq\f(1,2)b，∴|x1|＋|x2|＝eq\f(3,2)|b|＋eq\f(1,2)|b|＝2|b|.∵b是整数，∴对于任意一个整数b，存在实数c，当且仅当c＝－eq\f(3,4)b2时，关于x的方程，x2＋bx＋c＝0是“偶系二次方程”．2.解：(1)∵y＝x2＋x＋1，∴y＝(x＋eq\f(1,2))2＋eq\f(3,4)，∴二次函数y＝x2＋x＋1的顶点坐标为(－eq\f(1,2)，eq\f(3,4))，∴二次函数y＝x2＋x＋1的一个“反倍顶二次函数”的顶点坐标为(eq\f(1,2)，eq\f(3,2))，∴反倍顶二次函数的解析式为y＝(x－eq\f(1,2))2＋eq\f(3,2)＝x2－x＋eq\f(7,4)；(2)y1＋y2＝x2＋nx＋nx2＋x＝(n＋1)x2＋(n＋1)x＝(n＋1)(x2＋x)＝(n＋1)(x＋eq\f(1,2))2－eq\f(n＋1,4)，∴顶点的坐标为(－eq\f(1,2)，－eq\f(n＋1,4))，y1－y2＝x2＋nx－nx2－x＝(1－n)x2＋(n－1)x＝(1－n)(x2－x)＝(1－n)(x－eq\f(1,2))2－eq\f(1－n,4)，∴顶点的坐标为(eq\f(1,2)，－eq\f(1－n,4))，由于函数y1＋y2恰是y1－y2的“反倍顶二次函数”，则－2×eq\f(1－n,4)＝－eq\f(n＋1,4)，解得n＝eq\f(1,3).3.解：(1)y＝－2x－3；【解法提示】令－x＝x得y＝－2x－3.(2)y＝x2＋3x－5；【解法提示】令－x＝x得y＝x2＋3x－5.(3)如解图，作CC′⊥x轴，BB′⊥x轴，AA′⊥x轴垂足分别为C′、B′、A′，第3题解图设点B(m，eq\f(2,m))，A(n，eq\f(2,n))，其中m＞0，n＞0，由题意，将x＝－1代入y＝－eq\f(2,x)中解得y＝2，∴点C(－1，2)，∴CC′＝2，BB′＝eq\f(2,m)，AA′＝eq\f(2,n)，又∵A′B′＝n－m，B′C′＝m＋1，CC′∥BB′∥AA′，CB∶AB＝1∶2,则B′C′∶A′B′＝1∶2，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n－m＝2（m＋1）,\f(2,m)－\f(2,n)＝\f(2,3)（2－\f(2,n)）))，消去n化简得到3m2－2m－3＝0,解得m＝eq\f(1＋\r(10),3)或eq\f(1－\r(10),3)(舍弃)，∴eq\f(2,m)＝eq\f(\f(2,1＋\r(10)),3)＝eq\f(－2＋2\r(10),3)，∴点B坐标为(eq\f(1＋\r(10),3)，eq\f(－2＋2\r(10),3))．4.解：(1)根据题意，得OP3＝2OP2＝4OP1＝8OP0＝8,根据等腰直角三角形的性质，得P3(－4eq\r(2)，4eq\r(2));(2)由题意知，旋转8次之后回到轴的正半轴，在这8次旋转中，点分别落在坐标象限的角平分线上或x轴或y轴上，但各点“绝对坐标”的横、纵坐标均为非负数，因此，各点的“绝对坐标”可分三种情况：①当Pn的n＝0，4，8，12…，则点在x轴上，则“绝对坐标”为(2n，0)，②当Pn的n＝2，6，10，14…，则点在y轴上，则“绝对坐标”为(0，2n)；③当Pn的n＝1，3，5，7，9…，则点在各象限的角平分线上，则“绝对坐标”为(2n－1eq\r(2)，2n－1eq\r(2))．考向2　几何类针对演练1.解：(1)①∵AB＝CD＝1，AB∥CD，∴四边形ABCD是平行四边形，又∵AB＝BC，∴▱ABCD是菱形．又∵∠ABC＝90°，∴四边形ABCD为正方形，∴BD＝eq\r(2)；②如解图①，连接AC，BD，第1题解图①∵AB＝BC，AC⊥BD，∴∠ABD＝∠CBD，又∵BD＝BD，∴△ABD≌△CBD，∴AD＝CD；(2)若EF与BC垂直，则AE≠EF，BF≠EF，∴四边形ABFE不是等腰直角四边形，不符合条件；若EF与BC不垂直，①当AE＝AB时，如解图②，此时四边形ABFE是等腰直角四边形，第1题解图②∴AE＝AB＝5；②当BF＝AB时，如解图③，此时四边形ABFE是等腰直角四边形，第1题解图③∴BF＝AB＝5.∵DE∥BF，∴△PED∽△PFB，∴eq\f(ED,FB)＝eq\f(PD,PB)＝eq\f(1,2)，∴DE＝2.5，∴AE＝9－2.5＝6.5.综上所述，AE的长为5或6.5.2.解：(1)三角形的一边与矩形的一边重合，三角形这边所对的顶点在矩形这边的对边上；(2)2；【解法提示】如解图①的矩形BCAF、矩形ABED为Rt△ABC的两个“友好矩形”；第2题解图(3)此时共有3个“友好矩形”，如解图②的矩形BCDE、矩形CAFG及矩形ABHK，其中的矩形ABHK的周长最小．理由如下：∵矩形BCDE、矩形CAFG及矩形ABHK均为△ABC的“友好矩形”，∴这三个矩形的面积相等，令其为S，设矩形BCDE，矩形CAFG及矩形ABHK的周长分别为L1，L2，L3，△ABC的边长BC＝a，CA＝b，AB＝c，则L1＝eq\f(2S,a)＋2a，L2＝eq\f(2S,b)＋2b，L3＝eq\f(2S,c)＋2c，∴L1－L2＝(eq\f(2S,a)＋2a)－(eq\f(2S,b)＋2b)＝eq\f(2S,ab)(b－a)＋2(a－b)＝2(a－b)·eq\f(ab－S,ab)，而ab＞S，a＞b，∴L1－L2＞0，即L1＞L2，同理可得，L2＞L3，∴L3最小，即矩形ABHK的周长最小．3.解：(1)①矩形；【解法提示】平行四边形和菱形的对角线不相等，矩形的对角线相等，故矩形一定是等角线四边形．②垂直；【解法提示】∵四边形ABCD是等角线四边形，∴AC＝BD，∵M、N、P、Q分别是边AB、BC、CD、DA的中点，∴MN＝PQ＝eq\f(1,2)AC，PN＝MQ＝eq\f(1,2)BD，∴MN＝PQ＝PN＝MQ，∴四边形MNPQ是菱形，根据“有一个角是直角的菱形是正方形”可知需要四边形MNPQ有一个角是直角，又易知MN∥PQ∥AC，PN∥QM∥BD，∴要使四边形MNPQ是正方形需要AC⊥BD.(2)①3＋2eq\r(21)；∵AD＝BD，∴D在AB的垂直平分线上，∵四边形ABCD是等角线四边形，∴AC＝BD，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝4，BC＝3，∴AC＝5，∴BD＝5，如解图①，取AB的中点为M，则DM⊥AB，第3题解图①在Rt△ADM中，AD＝BD＝5，AM＝BM＝2，由勾股定理得DM＝eq\r(21)；∴S四边形ABCD＝S△ABD＋S△BCD＝eq\f(1,2)AB·DM＋eq\f(1,2)BC·BM＝eq\f(1,2)×4×eq\r(21)＋eq\f(1,2)×3×2＝3＋2eq\r(21)；②四边形ABED面积最大值为18，理由如下：如解图②，设AE与BD交于点O，夹角为α，则第3题解图②S四边形ABED＝S△AED＋S△ABE＝eq\f(1,2)AE·ODsinα＋eq\f(1,2)AE·OBsinα＝eq\f(1,2)AE·BDsinα，∵AE＝BD，∴S四边形ABED＝eq\f(1,2)AE2sinα，∴当AE最大，且α＝90°时，四边形ABED的面积最大，此时延长AC交圆C于E，则AE最大为5＋1＝6，∴四边形ABED的最大面积为eq\f(1,2)×62＝18.4.(1)证明：如解图①所示，第4题解图①∵PC＝BC，∠BCP＝90°，∴BP＝eq\r(2)BC，又∵矩形ABCD为“标准矩形”，∴AB＝eq\r(2)BC，∴AB＝BP；(2)解：如解图②，作点Q关于直线BC对称的点F，连接AF交BC于点E，连接QE、GF，第4题解图②∵DQ＝CP，∴CQ＝DP＝CF且AQ为定值，∴EQ＝EF，GQ＝GF，∵AQ为定值，要使△AGQ的周长最小时，∴只需AG＋GQ＝AG＋GF最小，显然AG＋GF≥AF＝AE＋EF＝AE＋EQ，即当点G与点E重合时，△AGQ的周长最小，此时eq\f(CG,GB)＝eq\f(CE,EB)＝eq\f(CF,AB)＝eq\f(DP,AB)，∵eq\f(DP,AB)＝eq\f(CD－CP,AB)＝eq\f(AB－BC,AB)＝1－eq\f(BC,AB)＝1－eq\f(\r(2),2)，∴当△AGQ的周长最小时，eq\f(CG,GB)＝1－eq\f(\r(2),2)；(3)证明：如解图③，MN交AF于点K，连接KT，第4题解图③由(2)可知，CF＝DP，∴PF＝AB且PF∥AB，∴四边形ABFP为平行四边形，又由PM＝BN，∴MF＝AN，∴△MFK≌△NAK，∴点K为AF与MN的中点，又∵点T为BF的中点，∴KT为△FAB的中位线，∴S△FKT＝S△TMK＝S△TKN，∴S△MNT＝2S△FKT＝eq\f(1,2)S△FAB＝eq\f(1,4)S平行四边形ABFP＝eq\f(1,4)×eq\r(2)＝eq\f(\r(2),4)，∴△MNT的面积S为定值，这个定值为eq\f(\r(2),4).5.解：(1)如解图①，设AC与BD交于点O；第5题解图①∵AB＝AD，∠A＝60°，∴△ABD是等边三角形，∴AB＝AD＝BD＝4,∠ABD＝∠ADB＝60°，∵∠ABC＝∠ADC，∴∠CBD＝∠CDB，∵∠BCD＝120°，∴∠CBD＝∠CDB＝30°，∴CB＝CD，∵AB＝AD，∴AC⊥BD，∴BO＝OD＝2，OA＝AB·sin60°＝2eq\r(3)，OC＝OB·tan30°＝eq\f(2\r(3),3)，∴S四边形ABCD＝eq\f(1,2)·BD·OA＋eq\f(1,2)·BD·OC＝eq\f(1,2)·BD·(OA＋OC)＝eq\f(16\r(3),3)；(2)eq\r(2)；【解法提示】如解图②，作DH⊥AB于H，过点B、D、C作圆，连接BD，第5题解图②∵∠C′＝∠C＝45°，∴当C′B＝C′D时，△BDC′的面积最大，此时四边形ABC′D的面积最大，易证四边形ABC′D是菱形，在Rt△AHD中，∵∠A＝45°，∠AHD＝90°，AD＝4，∴AH＝HD＝2eq\r(2)，∴四边形ABC′D的面积＝AB·DH＝8eq\r(2)，∴四边形ABCD的面积的最大值为8eq\r(2).(3)四边形BCGE的面积是定值，理由如下：如解图③，连接EC、CF，作FM⊥BC于M.第5题解图③在△BCE和△DCF中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(BE＝DF,∠EBC＝∠FDC，,BC＝DC))∴△BCE≌△DCF(SAS)，∴CE＝CF，∵EG＝GF，∴S△ECG＝S△FCG，∵四边形CDFM是矩形，∴BC＝DC＝MF，DF＝BE＝CM，∴BM＝m，BE＋FM＝m，∴△FCM，△DCF，△BCE的面积相等，∴S四边形BCGE＝eq\f(1,2)·S四边形BEFM＝eq\f(1,2)·eq\f(1,2)·m·m＝eq\f(1,4)m2.6.解：(1)AB＝BC或BC＝CD或CD＝AD或AD＝AB；(2)解：小红的结论正确．理由如下：∵四边形的对角线互相平分，∴这个四边形是平行四边形，∵四边形是“等邻边四边形”，∴这个四边形有一组邻边相等，∴这个“等邻边四边形”是菱形；(3)由∠ABC＝90°，AB＝2，BC＝1，得：AC＝eq\r(5)，∵将Rt△ABC平移得到Rt△A′B′C′，∴BB′＝AA′，A′B′∥AB，A′B′＝AB＝2，B′C′＝BC＝1，A′C′＝AC＝eq\r(5)，(Ⅰ)如解图①，当AA′＝AB时，BB′＝AA′＝AB＝2；第6题解图①(Ⅱ)如解图②，当AA′＝A′C′时，BB′＝AA′＝A′C′＝eq\r(5)；第6题解图②(Ⅲ)当A′C′＝BC′＝eq\r(5)时，如解图③，延长C′B′交AB与点D，则C′B′⊥AB，第6题解图③∵BB′平分∠ABC，∴∠ABB′＝eq\f(1,2)∠ABC＝45°，∴∠BB′D＝∠ABB′＝45°，∴B′D＝BD，设B′D＝BD＝x，则C′D＝x＋1，BB′＝eq\r(2)x，∵根据在Rt△BC′D中，BC′2＝C′D2＋BD2即x2＋(x＋1)2＝5，解得：x＝1或x＝－2(不合题意，舍去)，∴BB′＝eq\r(2)x＝eq\r(2)；第6题解图④(Ⅳ)当BC′＝AB＝2时，如解图④，与(Ⅲ)方法同理可得：x＝eq\f(－1＋\r(7),2)或x＝eq\f(－1－\r(7),2)(舍去)，∴BB′＝eq\r(2)x＝eq\f(－\r(2)＋\r(14),2).故应平移2或eq\r(5)或eq\r(2)或eq\f(－2＋\r(14),2)的距离．7.解：(1)①eq\f(1,2)，②4；【解法提示】①如解图①中，第7题解图①∵△ABC是等边三角形，∴AB＝BC＝AC＝AB′＝AC′，∵DB′＝DC′，∴AD⊥B′C′，∵∠BAC＝60°，∠BAC＋∠B′AC′＝180°，∴∠B′AC′＝120°，∴∠B′＝∠C′＝30°，∴AD＝eq\f(1,2)AB′＝eq\f(1,2)BC.②如解图②中，第7题解图②∵∠BAC＝90°，∠BAC＋∠B′AC′＝180°，∴∠B′AC′＝∠BAC＝90°，∵AB＝AB′，AC＝AC′，∴△BAC≌△B′AC′，∴BC＝B′C′，∵B′D＝DC′，∴AD＝eq\f(1,2)B′C′＝eq\f(1,2)BC＝4；(2)猜想：AD＝eq\f(1,2)BC.理由：如解图③中，延长AD到M，使得AD＝DM，连接B′M，C′M，第7题解图③∵B′D＝DC′，AD＝DM，∴四边形AC′MB′是平行四边形，∴AC′＝B′M＝AC，∵∠BAC＋∠B′AC′＝180°，∠B′AC′＋∠AB′M＝180°，∴∠BAC＝∠MB′A,∵AB＝AB′，∴△BAC≌△AB′M，∴BC＝AM，∴AD＝eq\f(1,2)BC；(3)存在．理由：如解图④中，延长AD交BC的延长线于M，作BE⊥AD于E，作线段BC的垂直平分线交BE于P，交BC于F，连接PA、PD、PC，作△PCD的中线PN，连接DF交PC于O，第7题解图④∵∠ADC＝150°，∴∠MDC＝30°，∴在Rt△DCM中，∵CD＝2eq\r(3)，∠DCM＝90°，∠MDC＝30°，∴CM＝2，DM＝4，∠M＝60°，在Rt△BEM中，∵∠BEM＝90°，BM＝BC＋CM＝14，∠MBE＝30°，∴EM＝eq\f(1,2)BM＝7，∴DE＝EM－DM＝3，∵AD＝6，∴AE＝DE,∵BE⊥AD，∴PA＝PD，PB＝PC，在Rt△CDF中，∵CD＝2eq\r(3)，CF＝6，∴∠CDF＝∠CPE＝60°，易证△FCP≌△CFD，∴CD＝PF，∵CD∥PF，∴四边形CDPF是矩形，∴∠CDP＝90°，∴∠ADP＝∠ADC－∠CDP＝60°，∴△ADP是等边三角形，∴∠APD＝60°，∵∠BPF＝∠CPF＝60°，∴∠BPC＝120°，∴∠APD＋∠BPC＝180°，∴△PDC是△PAB的“旋补三角形”，在Rt△PDN中，∵∠PDN＝90°，PD＝AD＝6，DN＝eq\r(3)，∴PN＝eq\r(DN2＋PD2)＝eq\r(（\r(3)）2＋62)＝eq\r(39).-----如有帮助请下载使用，万分感谢。