（小專題沖刺訓練）四邊形壓軸題-2025年中考數(shù)學專題突破

試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁（小專題沖刺訓練）四邊形壓軸題2025年中考數(shù)學專題突破1．如圖，已知平行四邊形，、分別是邊、的點，且，，聯(lián)結、．(1)如果，求證：；(2)寫出（1）的逆命題，判斷其真假，并證明你的結論．2．如圖，點、分別在的邊、上，連接、，，連接、相交于點，請你從以下三個選項：①；②；③中選擇一個合適的選項作為補充條件，使得四邊形是菱形．(1)你選擇的補充條件是__________；（填序號）(2)根據(jù)你選擇的補充條件，寫出四邊形是菱形的證明過程．3．如圖，的邊和的邊在同一條直線上，，，，連接，．(1)求證：①；②四邊形是平行四邊形．(2)若四邊形為菱形，，，求線段的長．4．如圖，在矩形中，，，是邊上的中點，是邊上的一動點．連接，把沿折疊，點的對應點為點，連結，設的長度為．(1)的長度為________；（用含有的代數(shù)式表示）(2)當為中點時，證明；(3)當為直角三角形時，求的面積；(4)當直線經過矩形頂點時，直接寫出的長．5．如圖，在正方形中，是上一點（不與點重合），點在上，且，連接．(1)判斷與的數(shù)量關系并證明；(2)求的大小；(3)作點關于直線的對稱點，連接．請補全圖形，并直接用等式寫出之間的數(shù)量關系．6．如圖，在矩形中，，，點是邊的中點，點是邊上的動點（點不與點重合），的延長線與的延長線交于點，以為斜邊向下作等腰直角，連結．(1)求證：；(2)當、、三點共線時，求線段的長；(3)線段的長度的最小值是__________；(4)當點落在矩形的內部時，四邊形面積的最大值是__________，此時線段的長度是__________．7．如圖1，在正方形中，，點P，Q分別在邊，上，．將繞點A逆時針旋轉，連接，，所在直線交直線于點M，連接．(1)與的數(shù)量關系是______，位置關系是______；(2)如圖2，當時，求證：；(3)如圖3，若點Q與M重合于左側，且，求t的值；(4)若，當點M為中點時，直接寫出的值．8．如圖1，在矩形中，，，E是邊上一點，連接，將矩形沿折疊，頂點D恰好落在邊上點F處，延長交的延長線于點G．(1)求線段的長；(2)如圖2，點M、N分別是線段上的動點（與端點不重合），且，設．若時，求長度．是否存在這樣的點N，使是直角三角形？若存在，請求出x的值；若不存在，請說明理由．9．如圖，在菱形中，對角線與相交于點，點是的中點，連接并延長到點，使得，連接．

(1)求證：四邊形是矩形；(2)點在邊上，連接，，，．求的長．10．如圖1，四邊形是矩形，以為圓心長為半徑畫弧交延長線于點，作交于點．(1)判斷四邊形的形狀，并說明理由；(2)將繞點順時針旋轉得到，其中點、的對應點分別為、．①如圖2所示，當在線段上時，直線交于點，交于點．（i）求證：；（ⅱ）求證：．②如圖3所示，若，，將沿直線翻折得到，其中點的對應點為點，當旋轉至某一位置時，是否存在旋轉得到的與關于直線對稱？若存在，在圖3中畫出，連接，并直接寫出的長，若不存在，請說明理由．11．如圖，在矩形中，，為上一點，且，連結，是中點，連結，以為直徑作；(1)用a的代數(shù)式表示___________，___________；(2)求證：必過的中點：(3)若與矩形各邊所在的直線相切時，求的值；(4)作關于直線的對稱點，若落在矩形內部（不包括邊界），則的取值范圍___________，（直接寫出答案）12．如圖，在中，，分別是，的中點，，交的延長線于點，連接．(1)求證：四邊形為平行四邊形；(2)當________時，四邊形為菱形．13．問題背景：如圖1，在平行四邊形中，，，于點E，點F為線段上一點，連接，過點F作交延長線于點G．(1)問題發(fā)現(xiàn)：小知發(fā)現(xiàn)，他的做法是過點F作交于點K，請根據(jù)小知的做法完成的證明；(2)問題探究：如圖2，在（1）的結論下，連接，H為中點，為中點，連接、、，猜想線段，之間的數(shù)量關系和位置關系，并證明你的猜想；(3)問題拓展：如圖3，在（2）問情況下，將沿翻折得到，連接，當取得最小值時，此時將線段沿著所在直線進行平移得到對應線段，連接、，若，請直接寫出的最小值．14．如圖1，已知四邊形是菱形．，點在菱形的對角線與上，的兩邊分別交邊于點，且連接交于點，在的異側．(1)當時，①求證：；②如圖2，過作交于點，過作交于點，連接．求證：四邊形是矩形；③在②的條件下，當四邊形是正方形，時，直接寫出的長度．(2)如圖3，，點在上運動，當是的三等分點時，請直接寫出四邊形的面積．15．如圖，矩形中，．一動點P從A點出發(fā)沿對角線方向以每秒2個單位長度的速度向點C勻速運動，同時另一動點Q從C點出發(fā)沿方向以每秒1個單位長度的速度向點D勻速運動，當其中一個點到達終點時，另一個點也隨之停止運動．設點P、Q運動的時間為t秒，過點P作于點E，連接．(1)求證：；(2)四邊形能夠成為菱形嗎？如果能，求出相應的t值；如果不能，說明理由；(3)當t為何值時，為直角三角形？請說明理由．16．如圖1，在正方形中，是上一點，是延長線上一點，且，連接、．(1)求證：；(2)在圖1中，若在上，且，連接，請判斷三條線段之間的數(shù)量關系，并說明理由；(3)根據(jù)你所學的知識，運用（1）、（2）解答中積累的經驗，完成下列各題：①如圖2，在四邊形中，，，，是的中點，且，求的長；②如圖3，在菱形中，，、分別在和上，且，連接．若，，求線段的長度．答案第=page11頁，共=sectionpages22頁答案第=page11頁，共=sectionpages22頁《（小專題沖刺訓練）四邊形壓軸題-2025年中考數(shù)學專題突破》參考答案1．(1)見詳解(2)見詳解【分析】（1）如果，可得四邊形是菱形，則，，，證明，即可得；（2）先證明關于對稱，進而證明得出，則，從而得出，即可得出四邊形是菱形，則【詳解】（1）證明：∵四邊形是平行四邊形，，∴四邊形是菱形，∴，，∵，，∴，∴，∴，∴；（2）解：逆命題：如果，則，真命題；如圖，過點分別作的垂線，垂足分別為，連接，∵四邊形是平行四邊形，∴，∴，∴，設，，∵，，∴，∴∴，∴∵是對角線，∴∴即∴到的距離相等，且位于的兩側，又∴關于對稱連接，如圖∵四邊形是平行四邊形，且，關于對稱，∴，∵，∴，又，∴，∴，∴，∴，∴四邊形是菱形，∴．【點睛】本題考查了全等三角形的性質與判定，菱形的性質與判定，平行四邊形的性質，軸對稱的性質，相似三角形的性質與判定，寫出命題的逆命題，熟練掌握以上知識是解題的關鍵．2．(1)①或③(2)見解析【分析】本題考查了菱形的判定、平行四邊形的性質等知識，熟練掌握菱形的判定是解題的關鍵．（1）添加合適的條件即可；（2）證四邊形是平行四邊形，再由一組臨邊相等的平行四邊形是菱形，或對角線垂直的平行四邊形是菱形即可證明．【詳解】（1）解：補充條件①或③皆可，（答案不唯一）；（2）解：∵四邊形是平行四邊形，∴，即．∵，∴四邊形是平行四邊形．補充條件①：∵四邊形是平行四邊形，，∴四邊形是菱形．補充條件③：∵四邊形是平行四邊形，，∴四邊形是菱形．注：答案不唯一，上面任意一種方案正確均給分（選項②不能作為補充條件）．3．(1)①見解析；②見解析(2)【分析】（1）①利用平行線的性質得，即可證得；②由①得，可得、，證得，即可得證四邊形是平行四邊形．（2）連接，交于點，根據(jù)菱形的性質得、、，利用勾股定理求出，利用面積法求出，再利用勾股定理求出，計算即可求解．【詳解】（1）證明：①，，在和中，，；②由（1）知，，，，四邊形是平行四邊形．（2）解：如圖，連接，交于點，四邊形是菱形，，，，在中，，，，，，在中，，，，．【點睛】本題主要考查了平行線的判定與性質，全等三角形的判定與性質，平行四邊形的判定，菱形的性質，勾股定理，熟練掌握平行四邊形的判定和菱形的性質是解題關鍵．4．(1)(2)見詳解(3)或(4)或【分析】（1）根據(jù)線段和差即可得解；（2）當為中點時，可得，進而可得，由，得，即可證明結論；（3）根據(jù)直角的不同可分兩種情況討論：①當時，則，根據(jù)折疊的性質和矩形的性質可推出，以此得到，即可求解；②當時，可得M，，C三點共線，由，，根據(jù)勾股定理可得，則，再根據(jù)勾股定理，列出方程，求解，進而求面積即可．（4）分兩種情況：①當直線經過矩形頂點時，②當直線經過矩形頂點時，結合圖形分別求解即可．【詳解】（1）解：，的長度為，，故答案為：；（2）證明：為中點，，由折疊可得，，，，，，；（3）解：①如圖，當時，∴，根據(jù)折疊的性質可知，，，，∵，∴，，，，；②如圖，當時，根據(jù)折疊的性質可知，，，，∴三點共線，，，在中，，，在中，由勾股定理得，即，解得：，∴；綜上，當為直角三角形時，的面積為或；（4）解：①當直線經過矩形頂點時，如圖所示：由（3）可得的長為；②當直線經過矩形頂點時，如圖所示：連接，在中，，，在中，由勾股定理得，即，在中，由勾股定理得，即，，，綜上所述，當直線經過矩形頂點時，的長為或．【點睛】本題主要考查翻折變換、勾股定理、矩形的性質，解題關鍵是根據(jù)題意對不同的直角進行分情況討論，再分別利用勾股定理和翻折的性質解答．5．(1)，見解析(2)(3)【分析】（1）根據(jù)正方形的性質，證明，后根據(jù)等量代換解答即可．（2）過點G作于點M，點G作于點N，利用三角形的全等，等腰直角三角形的性質，矩形的判定和性質解答即可．（3）連接，過點P作交的延長線于點H，根據(jù)點P，C關于直線對稱，得到，根據(jù)（2）得，得到，證明，得到，得到，繼而證明．【詳解】（1）解：，理由如下：∵正方形，∴，∵，∴，∴，∵，∴．（2）解：過點G作于點M，點G作于點N，則四邊形是矩形，∵正方形，∴，∵，∴，∴，，∵，∴．∴，∴，∵，∴，∴，∵，，∴，∴，∵∴，∴，∵，∴．（3）證明：連接，過點P作交的延長線于點H，∵點P，C關于直線對稱，∴，根據(jù)（2）得，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴，∴，故．【點睛】本題考查了正方形的性質，矩形的判定和性質，等腰直角三角形的性質，三角形全等的判定和性質，對稱思想，熟練掌握正方形的性質，三角形全等的判定和性質是解題的關鍵．6．(1)見解析(2)(3)1(4)，【分析】（1）先利用線段的中點證得，再利用矩形的性質證得，進而證得，，然后利用即可證明；（2）先證明，再列出比例式，然后利用矩形的性質、線段中點的意義，分別求出，，代入比例式后求得，最后根據(jù)全等三角形的性質求得；（3）過點作，過點作于點，結合矩形性質和等腰三角形性質證明，推出點從點運動沿到點時，點在平行于的直線上運動（點的運動軌跡只占直線的一部分），根據(jù)垂線段最短，可知當時，最短，畫出圖形，再利用矩形的性質與判定求解，即可解題；（4）過點作于點，延長交于點，證明為矩形，再利用證明，設，根據(jù)全等三角形的性質可得，從而可用表示出，，根據(jù)四邊形的面積，得到關于的二次函數(shù)，最后結合二次函數(shù)的最值情況求出四邊形的面積最大值．【詳解】（1）證明：∵點是邊的中點，∴，∵四邊形是矩形，∴，∵的延長線與的延長線交于點，∴，，∴，∴；（2）解：如圖，當、、三點共線時，∵點是邊的中點，以為斜邊向下作等腰直角，∴，∴，∵，∴，∴，又，∴，∴，∵四邊形是矩形，，，點是邊的中點，∴，，∴，解得，又，∴．（3）解：過點作，過點作于點，∵在矩形中，，，點是邊的中點，∴，，，，，∵點是邊的中點，以為斜邊向下作等腰直角，∴，，，，為定值，且，點從點運動沿到點時，點在平行于的直線上運動（點的運動軌跡只占直線的一部分），根據(jù)垂線段最短，可知當時，最短，如圖，∵四邊形是矩形，∴，∴四邊形是矩形，∴，，，，，為等腰直角三角形，有，，；即的最小值為1，故答案為：1；（4）解：過點作于點，∵四邊形是矩形，∴，延長交于點，，即，又，，∴四邊形為矩形，∴，，由（3）可知，∴，∵是等腰直角三角形，，∴，，∴（），設，∴，∴，，四邊形的面積==，∵點在矩形內部，∴，解得，，∴當時，四邊形的面積有最大值．即當時，四邊形的面積有最大值．故答案為：，．【點睛】本題考查了矩形的判定與性質，等腰直三角形的性質，全等三角形的判定與性質的綜合應用，相似三角形的判定與性質，二次函數(shù)的最值問題等知識，解題的關鍵是找準相似三角形，列出比例式求出待求線段的長．7．(1)，(2)證明見解析(3)(4)或【分析】（1）由正方形的性質可得，，由旋轉的性質可得，證明，得出，，令交于，再由三角形內角和定理計算即可得解；（2）過點作與的延長線交于點，則，由正方形的性質可得，，證明，得出，，從而可得是等腰直角三角形，由等腰直角三角形的性質可得，即可得解；（3）過點作交于，由題意可得為等腰直角三角形，則，由等腰直角三角形的性質可得，結合題意得出，從而可得，，最后再由勾股定理計算即可得解；（4）由等腰直角三角形的性質可得，分兩種情況：當時，連接、，作交于，作交于，作交于；當時，連接、，作交于，作交的延長線于，作交于；分別求解即可．【詳解】（1）解：∵四邊形是正方形，∴，，由旋轉的性質可得：，∴，即，∵，∴，∴，，令交于，∵，，∴，∴，∴；（2）證明：如圖，過點作與的延長線交于點，則，∵四邊形為正方形，∴，，∴，∴，∵在四邊形中，，∴，∵，∴，∴，∴，，∴是等腰直角三角形，∴，∵，∴；（3）解：如圖，過點作交于，由題意可得：為等腰直角三角形，∴，∵，∴，∵，，∴，∴，∴，由勾股定理可得：，∴，解得：（負值不符合題意，舍去），故；（4）解：由題意可得：為等腰直角三角形，當時，，∴，如圖，當時，連接、，作交于，作交于，作交于，由（1）可得：，∵點M為中點，∴，∵四邊形為正方形，∴，，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∵，，∴，∴四邊形為矩形，∴，，∴，∴；如圖，當時，連接、，作交于，作交的延長線于，作交于，同理可得：，，∴，∴；綜上所述，的值為或．【點睛】本題考查了正方形的性質、全等三角形的判定與性質、解直角三角形、等腰三角形的判定由性質、矩形的判定與性質、勾股定理等知識點，熟練掌握以上知識點并靈活運用，添加適當?shù)妮o助線，采用分類討論的思想是解此題的關鍵．8．(1)；(2)①；②的值為或．【分析】（1）由翻折可知：，設，則．在中，利用勾股定理構建方程即可解決問題．（2）①由（1）可得：，根據(jù)矩形的性質得到，證明，得到，求出，則，，設，則，證明，得到，即，求解即可；是直角三角形，只有或，分兩種情形畫出圖形分別求解即可．【詳解】（1）解：如圖：∵四邊形是矩形，∴，，由翻折可知：，設，則，在中，，∴，在中，則有：，∴，∴；（2）解：①由（1）可得：，∵四邊形是矩形，∴，∴，∵，∴，∴，即，∴，∴，在中，，設，則，在中，，∴，，∴，∵，，∴，∴，∴，即，解得：，∴；②∵是直角三角形，，∴只有或，當時，如圖：∵，，，∴，∴，在中，，在中，，∵，∴，，，，，，，，，，，當時，如圖：，，，，，，，，，，，綜上所述，滿足條件的的值為或．【點睛】本題考查了矩形的性質，翻折變換，相似三角形的判定和性質，等腰三角形的判定和性質等知識，掌握相關知識是解題的關鍵．9．(1)見解析(2)【分析】本題主要考查了矩形的判定與性質、菱形的性質、相似三角形的判定和性質等知識點，靈活運用相關判定和性質定理是解題的關鍵．（1）根據(jù)菱形性質得，則，再根據(jù)點F是的中點，得四邊形是平行四邊形，再結合即可證明結論；（2）根據(jù)菱形性質得，則，再根據(jù)矩形性質得，，證明，進而得和相似，再利用相似三角形的性質即可求出的長即可．【詳解】（1）證明：∵四邊形是菱形，∴，∴，∵點F是的中點，∴，∵，∴四邊形是平行四邊形，又∵，∴平行四邊形是矩形；（2）解：∵四邊形是菱形，，，∴，，在中，由勾股定理得：，∵四邊形是矩形；∴，，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∵是的外角，∴，∴，又∵，∴，∴，即，解得：．10．(1)四邊形是菱形，理由見解析(2)①（ⅰ）見解析（ⅱ）見解析②存在，，圖見解析【分析】本題主要考查平行四邊形的判定與性質，菱形的判定與性質，全等三角形的判定與性質等知識，正確運用相關知識解決問題是解答本題的關鍵．（1）根據(jù)兩組對邊分別平行的四邊形是平行四邊形證明四邊形是平行四邊形，結合可證明四邊形是菱形；（2）①（i）證明，，根據(jù)可證明；（ii）證明，，根據(jù)證明即可；②根據(jù)題意畫出，求出，得出，根據(jù)勾股定理可求出．【詳解】（1）解：四邊形是菱形，理由如下：∵四邊形是矩形，∴，即；又∵，∴四邊形是平行四邊形，∵，∴四邊形是菱形；（2）解：①（i）∵四邊形是矩形∴，由旋轉得，∴，∵菱形中，，∴，即，又∵，∴，（ii）由旋轉得，，又∵菱形中，，，∴，∵，∴，∴，即，∵，∴，∴；②存在，如圖，旋轉過程中，B是定點，且A、B是一對對應點，即的垂直平分線為對稱軸．如圖：∵，，∵四邊形是矩形，四邊形是菱形，∴，，∴，∵∴，∴，∴．11．(1)，；(2)見解析(3)a的值為或(4)【分析】本題是圓和四邊形的綜合題，考查了相似三角形的判定和性質、圓周角定理、切線的性質定理、垂徑定理、矩形與折疊問題，第三問和第四問中采用分類討論的思想，注意不要丟解，第四問有難度，準確畫出圖形是關鍵．（1）如圖1，根據(jù)勾股定理得：，在中，由勾股定理得：，代入可得結果；（2）如圖1，證明四邊形是矩形，得，所以必過的中點；（3）因為不可能與邊和相切，所以分兩種情況：①如圖2，當與邊相切時，根據(jù)中，，列式，求的值；②如圖3，當與邊相切時，設切點為，根據(jù)：且，列式可得結論；（4）分別計算當最小和最大時，即在邊上和邊上，作輔助線，根據(jù)對稱點的連線被對稱軸垂直平分，由線段垂直平分線的性質列式可得結論．【詳解】（1）解：如圖1，四邊形是矩形，，在中，，，由勾股定理得：，設交于，連接，是的直徑，，，，，，，是的中點，，，，，，由勾股定理得：，，故答案為：；；（2）解：如圖1，設交于，連接，是的直徑，，，四邊形是矩形，，是的中點，即必過的中點；（3）解：分兩種情況：①如圖2，當與邊相切時，設切點為，連接、交于，則，由（2）得，，，，，，，，四邊形為矩形，，，，，在中，，，解得，，，②如圖3，當與邊相切時，設切點為，連接，則，連接，交于，同理可得，，，，由（1）知：且，，解得，綜上所述，若與矩形各邊所在的直線相切時，的值為或；（4）解：如圖4，當?shù)膶ΨQ點恰好在邊上時，連接交于，連接、，過作，交于，交于，則，關于直線的對稱點，是的垂直平分線，，，由（1）（2）得：，，，由勾股定理得：即，解得：（舍，，當時，落在矩形外部（包括邊界）；如圖5，當落在邊上時，連接、，設交于，連接，延長交于點，，，，四邊形為矩形，，關于直線的對稱點，是的垂直平分線，，，，，，，在中，，解得（負值舍去），的取值范圍是：，故答案為：．12．(1)見解析(2)【分析】本題考查三角形的中位線的性質，平行四邊形的判定及性質，直角三角形的性質，菱形的判定，理解并掌握相關圖形的性質是解決問題的關鍵．（1）由題意可知為的中位線，得，結合，即可證明四邊形為平行四邊形；（2）由直角三角形斜邊上中線等于斜邊的一半得，再結合四邊形為平行四邊形可知四邊形為菱形．【詳解】（1）證明：∵，分別是，的中點，∴為的中位線，∴，即，又∵，∴四邊形為平行四邊形；（2）當時，四邊形為菱形；理由如下：∵，是的中點，∴，又∵四邊形為平行四邊形，∴四邊形為菱形．故答案為：．13．(1)見詳解(2)，(3)3【分析】（1）根據(jù)平行四邊形的性質可知，過點F作交AB于點K，利用角度直角的互余關系可得，由，，可得，可知，，可證，即可得結論；（2）延長交于點，連接，連接，結合題意可知是等腰直角三角形，則，再證，進而可證明，得，，再證得，，可證得是等腰直角三角形，根據(jù)，即為的中點，可得結論；（3）連接，，由軸對稱可知，，，，可知為等腰直角三角形，則，過點作，點作，則，得，可知，，即在上方，且距離為2的直線上，當時，取得最小值，此時，取的中點，則，，即在上，再證，則，即此時為的中點，亦即在上，得，可知四邊形是矩形，則，，過點作交于點，交延長線于，則四邊形是矩形，得，，則，由平移可知，，作，且，則四邊形是平行四邊形，可知，當點在上時取等號，即的最小值為，此時在上，再證，得，即可求解．【詳解】（1）證明：在平行四邊形中，，∵，則，∴，過點F作交AB于點K，∵，則，∴，∵，，∴，∴，，∴，；（2）解：，，理由如下：延長交于點，連接，連接，∵，，則是等腰直角三角形，∴，∵，，，∴，∴，又∵為中點，∴，∵，∴，∴，，∵，，∴∴，，∴，∴是等腰直角三角形，∵，即為的中點，∴，；（3）連接，，由軸對稱可知，，，，∵，，∴為等腰直角三角形，則，過點作，點作，則，，∴，∴，∴，，即在上方，且距離為2的直線上，當時，取得最小值，此時，取的中點，則，，即在上，∴，則，∵，∴，則，即此時為的中點，亦即在上，∴，即，可知四邊形是矩形，則，，過點作交于點，交延長線于，則四邊形是矩形，∴，，則，由平移可知，，作，且，則四邊形是平行四邊形，∴，則，當點在上時取等號，即的最小值為，此時在上，令交于，交于，∵在上，，，∴，又∵，∴，則∴，由（2）可知，由軸對稱可知，∴，又∵，∴，∴，∴，綜上，的最小值為3．【點睛】本題考查平行四邊形的性質，全等三角形的判定及性質，等腰直角三角形的判定及性質，軸對稱的性質等知識點，添加輔助線構造全等三角形，證得在上方，且距離為2的直線上，是解決問題的關鍵．14．(1)①見解析；②見解析；③；(2)【分析】（1）①根據(jù)菱形的性質和角平分線的性質可得垂直平分，即可證明；②由菱形的性質以及已知條件證明可得，再說明可證四邊形是平行四邊形，再說明即可證明結論；③如圖：連接，是等邊三角形，即，然后根據(jù)等腰三角形的性質可得，再根據(jù)含30度直角三角形的性質以及勾股定理可得，，進而得到；再說明，進而得到，，再結合四邊形是正方形可得，即；然后由勾股定理列方程求得，最后根據(jù)線段的和差即可解答．（2）如圖：連接交于點O，根據(jù)菱形的性質可得、、，再結合已知條件運用勾股定理可得，即或；經分析不符合題意；當時，如圖：過M作，易證可得，進而得到；再根據(jù)30度直角三角形的性質以及勾股定理可得、，然后根據(jù)以及三角形的面積公式求解即可．【詳解】（1）解：如圖：∵四邊形是菱形，∴平分，即，∵，∴，即是線段的垂直平分線，∴；②∵四邊形是菱形，∴，，，，∵∴，即，∵，∴