《浙江省2018年中考數(shù)學復習 第二部分 題型研究 題型四 新定義與閱讀理解題 類型二 新概念學習型針對演練》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《浙江省2018年中考數(shù)學復習 第二部分 題型研究 題型四 新定義與閱讀理解題 類型二 新概念學習型針對演練（23頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、 第二部分 題型研究 題型四 新定義與閱讀理解題 類型二　新概念學習型 針對演練 1. 若x1，x2是關于x的方程x2＋bx＋c＝0的兩個實數(shù)根，且|x1|＋|x2|＝2|k|(k是整數(shù))，則稱方程x2＋bx＋c＝0為“偶系二次方程”．如方程x2－6x－27＝0，x2－2x－8＝0，x2＋3x－＝0，x2＋6x－27＝0, x2＋4x＋4＝0都是“偶系二次方程”. (1)判斷方程x2＋x－12＝0是否是“偶系二次方程”，并說明理由； (2)對于任意一個整數(shù)b，是否存在實數(shù)c，使得關于x的方程x2＋bx＋c＝0是“偶系二次方程”，并說明理由. 2. 設二次函數(shù)

2、y1，y2的圖象的頂點分別為(a，b)、(c，d)，當a＝－c，b＝2d，且開口方向相同時，則稱y1是y2的“反倍頂二次函數(shù)”． (1)請寫出二次函數(shù)y＝x2＋x＋1的一個“反倍頂二次函數(shù)”； (2)已知關于x的二次函數(shù)y1＝x2＋nx和二次函數(shù)y2＝nx2＋x；函數(shù)y1＋y2恰是y1－y2的“反倍頂二次函數(shù)”，求n. 3. 函數(shù)y＝和y＝－(k≠0)的圖象關于y軸對稱，我們定義函數(shù)y＝和y＝－(k≠0)相互為“影像”函數(shù)： (1)請寫出函數(shù)y＝2x－3的“影像”函數(shù)：________； (2)函數(shù)________的“影像”函數(shù)是y＝x2－3x－5; (3)若一條直線與一對“影像

3、”函數(shù)y＝(x＞0)和y＝－(x＜0)的圖象分別交于點A、B、C(點A、B在第一象限)，如圖，如果CB∶BA＝1∶2，點C在函數(shù)y＝－(x＜0)的“影像”函數(shù)上的對應點的橫坐標是1，求點B的坐標． 第3題圖 4. 如圖，在平面直角坐標系中，已知點P0的坐標為(1，0)，將線段OP0按逆時針方向旋轉45°，再將其長度伸長為OP0的2倍，得到線段OP1，又將線段OP1按逆時針方向旋轉45°，長度伸長為OP1的2倍，得到線段OP2，如此下去，得到線段OP3，OP4…，OPn(為正整數(shù))． (1)求點P3的坐標； (2)我們規(guī)定：把點Pn(xn，yn)(n＝0，1，2，3…)的橫坐標

4、xn、縱坐標yn都取絕對值后得到的新坐標(|xn|，|yn|)稱為點Pn的“絕對坐標”，根據(jù)圖中Pn的分布規(guī)律，求出點Pn的“絕對坐標”． 第4題圖 考向2)　幾何類(杭州：2015.19；臺州：2016.23，2015、2013.24；紹興：2017.22，2013.22，2012.21) 針對訓練 1. (2017紹興)定義：有一組鄰邊相等，并且它們的夾角是直角的凸四邊形叫做等腰直角四邊形． (1)如圖①，等腰直角四邊形ABCD，AB＝BC，∠ABC＝90°. ①若AB＝CD＝1，AB∥CD，求對角線BD的長； ②若AC⊥BD，求證：AD＝CD. (2)如圖②，在矩

5、形ABCD中，AB＝5，BC＝9，點P是對角線BD上一點，且BP＝2PD，過點P作直線分別交邊AD，BC于點E，F(xiàn)，使四邊形ABFE是等腰直角四邊形．求AE的長． 第1題圖 2. 閱讀下面的材料： 如果一個三角形和一個平行四邊形滿足條件：三角形的一邊與平行四邊形的一邊重合，三角形這邊所對的頂點在平行四邊形這邊的對邊上，則稱這樣的平行四邊形為三角形的“友好平行四邊形”，如圖①，?ABEF即為△ABC的“友好平行四邊形”． 請解決下列問題： (1)仿照以上敘述，說明什么是一個三角形的“友好矩形”； (2)若△ABC是鈍角三角形，則△ABC顯然只有一個“友好矩形”，若△ABC是直角三

6、角形，其“友好矩形”有______個； (3)若△ABC是銳角三角形，且AB＜AC＜BC，如圖②，請畫出△ABC的所有“友好矩形”，指出其中周長最小的“友好矩形”，并說明理由． 第2題圖) 3. (2017常州)如圖①，在四邊形ABCD中，如果對角線AC和BD相交并且相等，那么我們把這樣的四邊形稱為等角線四邊形． (1)①在“平行四邊形、矩形、菱形”中，________一定是等角線四邊形(填寫圖形名稱)； ②若M、N、P、Q分別是等角線四邊形ABCD四邊AB、BC、CD、DA的中點，當對角線AC、BD還需要滿足________時，四邊形MNPQ是正方形； (2)如圖②，已知△A

7、BC中，∠ABC＝90°，AB＝4，BC＝3，D為平面內一點． ①若四邊形ABCD是等角線四邊形，且AD＝BD，則四邊形ABCD的面積是________； ②設點E是以C為圓心，1為半徑的圓上的動點，若四邊形ABED是等角線四邊形，寫出四邊形ABED面積的最大值，并說明理由． 第3題圖 4. (2017黃石)在現(xiàn)實生活中，我們經常會看到許多“標準”的矩形，如我們的課本封面、A4的打印紙等，其實這些矩形的長與寬之比都為∶1，我們不妨就把這樣的矩形稱為“標準矩形”．在“標準矩形”ABCD中，P為DC邊上一定點，且CP＝BC，如下圖所示． (1)如圖①，求證：BA＝BP； (2)如

8、圖②，點Q在DC上，且DQ＝CP，若G為BC邊上一動點，當△AGQ的周長最小時，求的值； (3)如圖③，已知AD＝1，在(2)的條件下，連接AG并延長交DC的延長線于點F，連接BF，T為BF的中點，M、N分別為線段PF與AB上的動點，且始終保持PM＝BN，請證明：△MNT的面積S為定值，并求出這個定值． 第4題圖 5. 對于一個四邊形給出如下定義：如一組對角相等且有一組鄰邊相等，則稱這個四邊形為奇特四邊形，如圖①中，∠B＝∠D，AB＝AD；如圖②中，∠A＝∠C，AB＝AD則這樣的四邊形均為奇特四邊形． (1)在圖①中，若AB＝AD＝4，∠A＝60°，∠C＝120°，請求出四邊形AB

9、CD的面積； (2)在圖②中，若AB＝AD＝4，∠A＝∠C＝45°，請直接寫出四邊形ABCD面積的最大值； (3)如圖③，在正方形ABCD中，E為AB邊上一點，F(xiàn)是AD延長線上一點，且BE＝DF，連接EF，取EF的中點G，連接CG并延長交AD于點H，若EB＋BC＝m，問四邊形BCGE的面積是否為定值？如果是，請求出這個定值(用含m的代數(shù)式表示)；如果不是，請說明理由． 第5題圖 6. 類比等腰三角形的定義，我們定義：有一組鄰邊相等的凸四邊形叫做“等鄰邊四邊形”． (1)如圖①，在四邊形ABCD中，添加一個條件使得四邊形ABCD是“等鄰邊四邊形”．請寫出你添加的一個條件； (2

10、)小紅猜想：對角線互相平分的“等鄰邊四邊形”是菱形，她的猜想正確嗎？請說明理由； (3)如圖②，小紅作了一個Rt△ABC，其中∠ABC＝90°，AB＝2，BC＝1，并將Rt△ABC沿∠ABC的平分線BB′方向平移得到△A′B′C′，連接AA′，BC′.小紅要使平移后的四邊形ABC′A′是“等鄰邊四邊形”，應平移多少距離(即線段BB′的長)? 第6題圖 7. (2017江西)我們定義：如圖①，在△ABC中，把AB繞點A順時針旋轉α(0°＜α＜180°)得到AB′，把AC繞點A逆時針旋轉β得到AC′，連接B′C′.當α＋β＝180°時，我們稱△AB′C′是△ABC的“旋補三角形”，△

11、AB′C′邊B′C′上的中線AD叫做△ABC的“旋補中線”，點A叫做“旋補中心”． 特例感知 (1)在圖②，圖③中，△AB′C′是△ABC的“旋補三角形”，AD是△ABC的“旋補中線”． ①如圖②，當△ABC為等邊三角形時，AD與BC的數(shù)量關系為AD＝____BC； ②如圖③，當∠BAC＝90°，BC＝8時，則AD長為________． 猜想論證 (2)在圖①中，當△ABC為任意三角形時，猜想AD與BC的數(shù)量關系，并給予證明． 拓展應用 (3)如圖④，在四邊形ABCD中，∠C＝90°，∠D＝150°，BC＝12，CD＝2，DA＝6.在四邊形內部是否存在點P，使△PDC是△PAB

12、的“旋補三角形”？若存在，給予證明，并求△PAB的“旋補中線”長；若不存在，說明理由． 第7題圖 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不是整數(shù)， ∴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”， ∴假設c＝mb2＋n， 當b＝－6，c＝－27時，有－27＝36m＋n， ∵x2＝0是“偶系二次方程”，∴n＝0，m＝－， ∴c＝－b2. 又∵x2＋3x－＝0也是“

13、偶系二次方程”， 當b＝3時，c＝－＝－×32， ∴可設c＝－b2， 對任意一個整數(shù)b，當c＝－b2時，b2－4ac＝b2－4c＝4b2， ∴x＝，∴x1＝－b，x2＝b， ∴|x1|＋|x2|＝|b|＋|b|＝2|b|. ∵b是整數(shù)， ∴對于任意一個整數(shù)b，存在實數(shù)c，當且僅當c＝－b2時，關于x的方程，x2＋bx＋c＝0是“偶系二次方程”． 2. 解：(1)∵y＝x2＋x＋1， ∴y＝(x＋)2＋， ∴二次函數(shù)y＝x2＋x＋1的頂點坐標為(－，)， ∴二次函數(shù)y＝x2＋x＋1的一個“反倍頂二次函數(shù)”的頂點坐標為(，)， ∴反倍頂二次函數(shù)的解析式為y＝(x－)2＋＝

14、x2－x＋； (2)y1＋y2＝x2＋nx＋nx2＋x＝(n＋1)x2＋(n＋1)x＝(n＋1)(x2＋x)＝(n＋1)(x＋)2－， ∴頂點的坐標為(－，－)， y1－y2＝x2＋nx－nx2－x＝(1－n)x2＋(n－1)x＝(1－n)(x2－x)＝(1－n)(x－)2－， ∴頂點的坐標為(，－)， 由于函數(shù)y1＋y2恰是y1－y2的“反倍頂二次函數(shù)”， 則－2×＝－， 解得n＝. 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) 如解圖，作CC′⊥x軸，BB

15、′⊥x軸，AA′⊥x軸垂足分別為C′、B′、A′， 第3題解圖 設點B(m，)，A(n，)，其中m＞0，n＞0， 由題意，將x＝－1代入y＝－中解得y＝2， ∴點C(－1，2)，∴CC′＝2，BB′＝ ，AA′＝ ， 又∵A′B′＝n－m，B′C′＝m＋1，CC′∥BB′∥AA′，CB∶AB＝1∶2, 則B′C′∶A′B′＝1∶2， 則，消去n化簡得到3m2－2m－3＝0, 解得m＝或(舍棄)， ∴＝＝ ， ∴點B坐標為(，)． 4. 解：(1)根據(jù)題意，得OP3＝2OP2＝4OP1＝8OP0＝8, 根據(jù)等腰直角三角形的性質，得P3(－4，4); (2)由題

16、意知，旋轉8次之后回到軸的正半軸， 在這8次旋轉中，點分別落在坐標象限的角平分線上或x軸或y軸上， 但各點“絕對坐標”的橫、縱坐標均為非負數(shù)， 因此，各點的“絕對坐標”可分三種情況： ①當Pn的n＝0，4，8，12…，則點在x軸上，則“絕對坐標”為(2n，0) ， ②當Pn的n＝2，6，10，14…，則點在y軸上，則“絕對坐標”為(0，2n) ； ③當Pn的n＝1，3，5，7，9…，則點在各象限的角平分線上，則“絕對坐標”為(2n－1，2n－1)． 考向2　幾何類 針對演練 1. 解：(1)①∵AB＝CD＝1，AB∥CD， ∴四邊形ABCD是平行四邊形， 又∵AB＝BC，

17、 ∴?ABCD是菱形． 又∵∠ABC＝90°， ∴四邊形ABCD為正方形， ∴BD＝； ②如解圖①，連接AC，BD， 第1題解圖① ∵AB＝BC，AC⊥BD， ∴∠ABD＝∠CBD， 又∵BD＝BD， ∴△ABD≌△CBD， ∴AD＝CD； (2)若EF與BC垂直，則AE≠EF，BF≠EF， ∴四邊形ABFE不是等腰直角四邊形，不符合條件； 若EF與BC不垂直， ①當AE＝AB時，如解圖②， 此時四邊形ABFE是等腰直角四邊形， 第1題解圖② ∴AE＝AB＝5； ②當BF＝AB時，如解圖③， 此時四邊形ABFE是等腰直角四邊形， 第1題解圖

18、③ ∴BF＝AB＝5. ∵DE∥BF， ∴△PED∽△PFB， ∴＝＝， ∴DE＝2.5， ∴AE＝9－2.5＝6.5. 綜上所述，AE的長為5或6.5. 2. 解：(1)三角形的一邊與矩形的一邊重合，三角形這邊所對的頂點在矩形這邊的對邊上； (2)2； 【解法提示】如解圖①的矩形BCAF、矩形ABED為Rt△ABC的兩個“友好矩形”； 第2題解圖 (3)此時共有3個“友好矩形”，如解圖②的矩形BCDE、矩形CAFG及矩形ABHK，其中的矩形ABHK的周長最小． 理由如下： ∵矩形BCDE、矩形CAFG及矩形ABHK均為△ABC的“友好矩形”，∴這三個矩形的面

19、積相等，令其為S，設矩形BCDE，矩形CAFG及矩形ABHK的周長分別為L1，L2，L3，△ABC的邊長BC＝a，CA＝b，AB＝c，則L1＝＋2a，L2＝＋2b，L3＝＋2c， ∴L1－L2＝(＋2a)－(＋2b)＝(b－a)＋2(a－b)＝2(a－b)·，而ab＞S，a＞b， ∴L1－L2＞0，即L1＞L2，同理可得，L2＞L3， ∴L3最小，即矩形ABHK的周長最?。? 3. 解：(1)①矩形； 【解法提示】平行四邊形和菱形的對角線不相等，矩形的對角線相等，故矩形一定是等角線四邊形． ②垂直； 【解法提示】∵四邊形ABCD是等角線四邊形，∴AC＝BD，∵M、N、P、Q 分別是

20、邊AB、BC、CD、DA的中點，∴MN＝PQ＝AC，PN＝MQ＝BD，∴MN＝PQ＝PN＝MQ，∴四邊形MNPQ是菱形，根據(jù)“有一個角是直角的菱形是正方形”可知需要四邊形MNPQ有一個角是直角，又易知MN∥PQ∥AC，PN∥QM∥BD，∴要使四邊形MNPQ是正方形需要AC⊥BD. (2)①3＋2； ∵AD＝BD， ∴D在AB的垂直平分線上， ∵四邊形ABCD是等角線四邊形， ∴AC＝BD， 在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝4，BC＝3， ∴AC＝5， ∴BD＝5， 如解圖①，取AB的中點為M，則DM⊥AB， 第3題解圖① 在Rt△ADM中，AD＝BD＝5，A

21、M＝BM＝2，由勾股定理得DM＝； ∴S四邊形ABCD＝S△ABD＋S△BCD＝AB·DM＋BC·BM ＝×4×＋×3×2＝3＋2； ②四邊形ABED面積最大值為18，理由如下： 如解圖②，設AE與BD交于點O，夾角為α，則 第3題解圖② S四邊形ABED＝S△AED＋S△ABE＝AE·ODsinα＋AE·OBsinα＝AE·BDsinα， ∵AE＝BD， ∴S四邊形ABED＝AE2sinα， ∴當AE最大，且α＝90°時，四邊形ABED的面積最大， 此時延長AC交圓C于E，則AE最大為5＋1＝6， ∴四邊形ABED的最大面積為×62＝18. 4. (1)證明：如

22、解圖①所示， 第4題解圖① ∵PC＝BC，∠BCP＝90°， ∴BP＝BC， 又∵矩形ABCD為“標準矩形”， ∴AB＝BC， ∴AB＝BP； (2)解：如解圖②，作點Q關于直線BC對稱的點F，連接AF交BC于點E，連接QE、GF， 第4題解圖② ∵DQ＝CP，∴CQ＝DP＝CF且AQ為定值， ∴EQ＝EF，GQ＝GF， ∵AQ為定值，要使△AGQ的周長最小時， ∴只需AG＋GQ＝AG＋GF最小， 顯然AG＋GF≥AF＝AE＋EF＝AE＋EQ， 即當點G與點E重合時，△AGQ的周長最小， 此時＝＝＝， ∵＝＝＝1－＝1－， ∴當△AGQ的周長最小時

23、，＝1－； (3)證明：如解圖③，MN交AF于點K，連接KT， 第4題解圖③ 由(2)可知，CF＝DP， ∴PF＝AB且PF∥AB， ∴四邊形ABFP為平行四邊形， 又由PM＝BN， ∴MF＝AN， ∴△MFK≌△NAK， ∴點K為AF與MN的中點， 又∵點T為BF的中點， ∴KT為△FAB的中位線， ∴S△FKT＝S△TMK＝S△TKN， ∴S△MNT＝2S△FKT＝S△FAB＝S平行四邊形ABFP＝×＝， ∴△MNT的面積S為定值，這個定值為. 5. 解：(1)如解圖①，設AC與BD交于點O； 第5題解圖① ∵AB＝AD，∠A＝60°， ∴△AB

24、D是等邊三角形， ∴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°＝2，OC＝OB·tan30°＝， ∴S四邊形ABCD＝·BD·OA＋·BD·OC＝·BD·(OA＋OC)＝； (2)； 【解法提示】如解圖②，作DH⊥AB于H，過點B、D、C作圓，連接BD， 第5題解圖② ∵∠C′＝∠C＝45°， ∴當C′B＝C′D時， △BDC′的面積最大，此時四邊形AB

25、C′D的面積最大， 易證四邊形ABC′D是菱形， 在Rt△AHD中， ∵∠A＝45 °，∠AHD＝90°，AD＝4， ∴AH＝HD＝2， ∴四邊形ABC′D的面積＝AB·DH＝8， ∴四邊形ABCD的面積的最大值為8. (3)四邊形BCGE的面積是定值，理由如下： 如解圖③，連接EC、CF，作FM⊥BC于M. 第5題解圖③ 在△BCE和△DCF中， ∴△BCE≌△DCF(SAS)， ∴CE＝CF， ∵EG＝GF， ∴S△ECG＝S△FCG， ∵四邊形CDFM是矩形， ∴BC＝DC＝MF，DF＝BE＝CM， ∴BM＝m，BE＋FM＝m， ∴△FCM，

26、△DCF，△BCE的面積相等， ∴S四邊形BCGE＝·S四邊形BEFM＝··m·m＝m2. 6. 解：(1)AB＝BC或BC＝CD或CD＝AD或AD＝AB； (2)解：小紅的結論正確． 理由如下： ∵四邊形的對角線互相平分， ∴這個四邊形是平行四邊形， ∵四邊形是“等鄰邊四邊形”， ∴這個四邊形有一組鄰邊相等， ∴這個“等鄰邊四邊形”是菱形； (3)由∠ABC＝90°，AB＝2，BC＝1，得：AC＝， ∵將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＝， (Ⅰ)如解圖①，當AA′＝A

27、B時，BB′＝AA′＝AB＝2； 第6題解圖① (Ⅱ)如解圖②，當AA′＝A′C′時，BB′＝AA′＝A′C′ ＝； 第6題解圖② (Ⅲ)當A′C′＝BC′＝時，如解圖③，延長C′B′交AB與點D，則C′B′⊥AB， 第6題解圖③ ∵BB′平分∠ABC， ∴∠ABB′＝∠ABC＝45°， ∴∠BB′D＝∠ABB′＝45°， ∴B′D＝BD， 設B′D＝BD＝x，則C′D＝x＋1，BB′＝x， ∵根據(jù)在Rt△BC′D中，BC′2＝C′D2＋BD2即x2＋(x＋1)2＝5， 解得：x＝1或x＝－2(不合題意，舍去)， ∴BB′＝x＝； 第6題解圖④

28、 (Ⅳ)當 BC′＝AB＝2時，如解圖④，與(Ⅲ)方法同理可得： x＝或x＝(舍去)， ∴BB′＝x＝. 故應平移2或或或的距離． 7. 解：(1)①，②4； 【解法提示】①如解圖①中， 第7題解圖① ∵△ABC是等邊三角形， ∴AB＝BC＝AC＝AB′＝AC′， ∵DB′＝DC′， ∴AD⊥B′C′， ∵∠BAC ＝60°，∠BAC＋∠B′AC′＝180°， ∴∠B′AC′＝120°， ∴∠B′＝∠C′＝30°， ∴AD＝AB′＝BC. ②如解圖②中， 第7題解圖② ∵∠BAC＝90°，∠BAC＋∠B′AC′＝180°， ∴∠B′AC′＝∠BA

29、C＝90°， ∵AB＝AB′，AC ＝AC′， ∴△BAC ≌△B′AC′， ∴BC＝B′C′， ∵B′D＝DC′， ∴AD ＝B′C′＝BC＝4； (2)猜想：AD＝BC. 理由：如解圖③中，延長AD到M，使得AD＝DM，連接B′M，C′M， 第7題解圖③ ∵B′D＝DC′，AD ＝DM ， ∴四邊形AC′MB′是平行四邊形， ∴AC′＝B′M＝AC， ∵∠BAC＋∠B′AC′＝180°， ∠B′AC′＋∠AB′M＝180°， ∴∠BAC＝∠MB′A, ∵AB＝AB′， ∴△BAC≌△AB′M ， ∴BC ＝AM， ∴AD＝BC； (3)存在． 理

30、由：如解圖④中，延長AD交BC的延長線于M，作BE⊥AD于E，作線段BC的垂直平分線交BE于P，交BC于F，連接PA、PD、PC，作△PCD的中線PN，連接DF交PC于O， 第7題解圖④ ∵∠ADC＝150°， ∴∠MDC＝30°， ∴在Rt△DCM中， ∵CD＝2，∠DCM＝90°，∠MDC＝30°， ∴CM＝2，DM＝4，∠M＝60°， 在Rt△BEM中， ∵∠BEM＝90°，BM＝BC＋CM＝14，∠MBE＝30°， ∴EM＝BM＝7， ∴DE＝EM－DM＝3， ∵AD＝6， ∴AE＝DE, ∵BE⊥AD， ∴PA＝PD，PB＝PC， 在Rt△CDF中， ∵CD＝2，CF＝6， ∴∠CDF＝∠CPE＝60°， 易證△FCP≌△CFD， ∴CD＝PF，∵CD∥PF， ∴四邊形CDPF是矩形， ∴∠CDP＝90°， ∴∠ADP＝∠ADC－∠CDP＝60°， ∴△ADP是等邊三角形， ∴∠APD＝60°， ∵∠BPF＝∠CPF＝60°， ∴∠BPC＝120°， ∴∠APD＋∠BPC＝180°， ∴△PDC是△PAB的“旋補三角形”， 在Rt△PDN中， ∵∠PDN＝90°，PD＝AD＝6，DN＝， ∴PN＝＝＝. 23