专题9.8菱形的判定专项提升训练（重难点 ）- 2022-2023学年八年级数学下册 必刷题【苏科版】

2022-2023学年八年级数学下册 必刷题【苏科版】

专题9.8菱形的判定专项提升训练（重难点培优）

班级：___________________   姓名：_________________   得分：_______________

注意事项：

本试卷满分100分，试题共24题，其中选择8道、填空8道、解答8道．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置．

一、选择题（本大题共8小题，每小题2分，共16分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．

1．（2022春·福建三明·九年级统考期中）以下条件中能判定平行四边形为菱形的是（     ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据菱形的判定定理即可进行解答．

【详解】解：

如图：对角线互相垂直的平行四边形是菱形；有一组邻边相等的平行四边形是菱形；

故选：C．

【点睛】本题主要考查了菱形的判定定理，解题的关键是熟练掌握对角线互相垂直的平行四边形是菱形；有一组邻边相等的平行四边形是菱形；四边相等的四边形是菱形．

2．（2022春·云南楚雄·九年级统考期中）下列关于菱形的说法中正确的是（     ）

A．对角线互相垂直的四边形是菱形 B．菱形的对角线互相垂直且平分

C．菱形的对角线相等且互相平分 D．对角线互相平分的四边形是菱形

【答案】B

【分析】根据菱形的性质及判定，逐项进行判断即可．

【详解】解：A.对角线互相垂直平分的四边形是菱形，故A错误；

B、C.菱形的对角线互相垂直且平分，故B正确，C错误；

D.对角线互相平分的四边形是平行四边形，故D错误．

故选：B．

【点睛】本题主要考查了菱形的判定和性质，解题的关键是熟记菱形的对角线垂直且互相平分，对角线互相垂直平分的四边形是菱形．

3．（2022·江苏无锡·校考二模）下列命题中：（1）两组对边分别相等的四边形是平行四边形；（2）对角线相等的平行四边形是矩形；（3）一组邻边相等的平行四边形是菱形；（4）对角线相等且互相垂直的四边形是正方形，正确的命题个数为（      ）

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】C

【分析】根据平行形四边形、矩形、菱形、正方形的判定分别得出各选项是否正确即可．

【详解】解：（1）两组对边分别相等的四边形是平行四边形，根据平行四边形的判定得出，表述正确，符合题意；

（2）对角线相等的平行四边形是矩形；根据矩形的判定得出，表述正确，符合题意；

（3）一组邻边相等的平行四边形是菱形；根据菱形的判定得出，表述正确，符合题意；

（4）对角线相等且互相垂直的平行四边形是正方形；原表述错误，不符合题意．

故选：C．

【点睛】本题主要考查命题的真假判断，正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命题．判断命题的真假关键是要熟悉课本中的定理．

4．（2022春·广东梅州·九年级校考阶段练习）如图，在菱形中，，，，分别是菱形四边的中点，连接，，且，交于点，则图中共有菱形（    ）

A．个 B．个 C．个 D．个

【答案】B

【分析】由菱形的判定和选择，图中菱形有：四边形，四边形，四边形均为菱形，四边形，四边形，共5个

【详解】∵四边形是菱形，

∴，

∵，，，分别是菱形中四边的中点，

∴，

∴四边形为菱形，

同理：四边形，四边形，四边形均为菱形，

∴图中共有5个菱形，即：四边形，四边形，四边形均为菱形，四边形，四边形，

故选B．

【点睛】本题考查了菱形的判定，解决本题的关键是掌握四边相等的四边形是菱形．

5．（2022春·广东梅州·九年级校考阶段练习）如图，，则下列说法中不正确的是（    ）

A．四边形是平行四边形

B．如果，那么四边形是矩形

C．如果分，那么四边形是菱形

D．如果且，那么四边形是菱形

【答案】D

【分析】两组对边分别平行的平行四边形是平行四边形；有一个角是的平行四边形是矩形；有一组邻边相等的平行四边形是菱形；四个角是直角且四个边都相等的四边形是正方形，据此逐个判断即可．

【详解】A：∵，

∴四边形是平行四边形，

故A选项正确；

B：∵，

∴四边形是平行四边形，

又∵，

∴平行四边形是矩形，

故B选项正确；

C：∵分，∴，

又∵，

∴,

∴，

∴,

又∵四边形是平行四边形，

∴四边形是菱形，故C选项正确；

D：如果且，

则四边形是菱形，

故D选项错误；

故选：D

【点睛】本题考查了平行四边形的判定定理，矩形的判定定理，菱形的判定定理和正方形的判定定理等知识点，熟练掌握判定定理是解题的关键．

6．（2022春·福建三明·九年级统考期中）如图，矩形中，为中点，过点的直线分别与，交于点，，连结，交于点，连结，．若，，则下列结论：

①；

②四边形是菱形；

③垂直平分线段；

④．

其中正确结论的个数是（   ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个

【答案】C

【分析】根据，则，根据点是的中点，证明，判断；根据矩形的性质，得，，根据，证明四边形是平行四边形，根据，，得；根据，得，等量代换，得，垂直平分线段，，即可判断；利用线段垂直平分线的性质的逆定理，可判断；根据直角三角形中，所对的直角边等于斜边的一半，则，根据，得，，，等量代换，即可判断．

【详解】在矩形中，，

∴，

∵点是的中点

∴

∵

∴

∴，

故正确；

在矩形中，，，

∵，

∴，

∴四边形是平行四边形，

∵，，

∴，

∵，

∴，，

∵，

∴，

∴，

∵，

∴垂直平分线段，

∴，

∴平行四边形是菱形．

故正确；

∵，，

∴是等边三角形，

∴，

∵，

∴垂直平分线段．

故正确；

∵，，

∴，

∵，

∴，，

∵，

∴，

∴．

故不正确．

综上所述，正确的有．

故选：C．

【点睛】本题考查矩形，菱形，垂直平分线的性质，等边三角形和全等三角形等知识，解题的关键是掌握矩形的性质，菱形的判定和性质，垂直平分线的性质，等边三角形的性质，全等三角形判定和性质．

7．（2022春·广东茂名·九年级校联考阶段练习）如图，在矩形中，O为的中点，过点O的直线分别交于F，交于E，点G是的中点，且，，则下列结论：（1）；（2）；（3）四边形为菱形；（4）．其中正确的个数为（   ）

A．4 B．3 C．2 D．1

【答案】B

【分析】根据条件，是直角斜边上的中线，且，然后利用三角函数求得、以及、之间的关系即可作出判断．

【详解】解：，是的中点，

，

，

在中，，

，设，，．

，，，

，故①正确；

，故②错误；

，，，

，

，

又，，

四边形是菱形，故③正确；

，，

，故④正确；

综上所述正确的有3个．

故选：B．

【点睛】本题考查了矩形的性质以及菱形的判定，正确理解图形中，从而确定、以及、之间的关系是关键．

8．（2022春·四川成都·九年级四川省成都市七中育才学校校考期中）如图，在四边形中，对角线，相交于点，且，，下列说法错误的是（   ）

A．若，四边形是菱形

B．若，四边形是矩形

C．若且，四边形是正方形

D．若，四边形是正方形

【答案】D

【分析】由平行四边形的判定、矩形的判定、菱形的判定以及正方形的判定分别对各个选项进行判断即可．

【详解】解：，，

四边形是平行四边形，

A、若，则平行四边形是菱形，故选项A不符合题意；

B、若，则平行四边形是矩形，故选项C不符合题意；

C、若且，则平行四边形是正方形，故选项C不符合题意；

D、若，则平行四边形是矩形，故选项D符合题意；

故选：D．

【点睛】本题考查了矩形的判定、菱形的判定、平行四边形的判定以及正方形的判定等知识，熟练掌握各四边形的判定是解题的关键．

二、填空题（本大题共8小题，每小题2分，共16分）请把答案直接填写在横线上

9．（2022秋·黑龙江齐齐哈尔·八年级统考期末）如图，在中，对角线相交于点O，在不添加任何辅助线的情况下，请你加一个条件________，使是菱形．

【答案】（答案不唯一）．

【分析】根据菱形的判定方法即可得出答案．

【详解】解：∵四边形ABCD为平行四边形，

∴当AB=BC或AC⊥BD或AC平分∠DAB时，四边形ABCD为菱形．

故答案为：AB=BC（答案不唯一）．

【点睛】本题考查了菱形的判定，熟记菱形的判定方法是解题的关键．

10．（2022秋·江苏常州·八年级统考期中）如图，已知四边形是平行四边形，从①，②，③中选择一个作为条件，补充后使四边形成为菱形，则其选择是___（限填序号）．

【答案】①

【分析】根据菱形的判定、矩形的判定、平行四边形的性质即可得．

【详解】解：①时，平行四边形是菱形（有一组邻边相等的平行四边形是菱形）；

②时，平行四边形是矩形（对角线相等的平行四边形是矩形）；

③由平行四边形的性质可知，，则不能作为构成菱形的条件；

故答案为：①．

【点睛】本题考查了菱形的判定、矩形的判定、平行四边形的性质，熟练掌握菱形的判定方法是解题关键．

11．（2022秋·江苏徐州·八年级统考阶段练习）如图，两张等宽的矩形纸条交叉叠放在一起，若重合部分构成的四边形中，，，则四边形的面积为___________．

【答案】24

【分析】过点A作AE⊥CD于E，AF⊥BC于F，由纸张的宽度相等得到AE=AF，再根据平行四边形等面积法证明AB=AD，进而证明四边形ABCD是菱形，再根据菱形的面积求解即可．

【详解】解：过点A作AE⊥CD于E，AF⊥BC于F，连接AC，BD交于点O，如图所示：

∵两条纸条宽度相同，

∴AE=AF．

∵AB∥CD，AD∥BC，

∴四边形ABCD是平行四边形，

∵S▱ABCD=BC•AF=CD•AE，

又∵AE=AF，

∴BC=CD，

∴四边形ABCD是菱形，

∴BO=DO=3，AC⊥BD，

∴，

∴菱形ABCD的面积为：，

故答案为：24．

【点睛】本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形性质以及勾股定理等知识，证得四边形ABCD为菱形是解题的关键．

12．（2022秋·江苏盐城·八年级统考期中）如图，在中，点是的中点，点、分别在线段及其延长线上，且，给出下列条件：①；②；③：从中选择一个条件使四边形是菱形，你认为这个条件是_______（只填写序号）．

【答案】②

【分析】根据点是的中点，点、分别在线段及其延长线上，且，即可证明四边形是平行四边形，然后根据菱形的判定即可作出判断．

【详解】解：∵点是的中点，

∴，

又∵，

∴四边形是平行四边形，

①时，四边形是矩形，不一定是菱形；

②时，

∵点是的中点，

∴，

∴是的垂直平分线，

∴，

∴平行四边形是菱形；

③四边形是平行四边形，则一定成立，故不一定是菱形．

故答案为：②．

【点睛】本题考查了菱形的判定，平行四边形的判定，垂直平分线的性质．菱形的判定常用三种方法：①定义；②四边相等；③对角线互相垂直平分．理解和掌握菱形的判定是解题的关键．

13．（2022秋·江苏盐城·八年级校考期中）如图，四边形中，，，，分别是边、、、的中点．若四边形为菱形，则对角线、应满足条件______．

【答案】

【分析】根据菱形的性质定理分析即可求解．

【详解】因为四边形EFGH为菱形，

所以，

∵E，F，G，H分别是边AB、BC、CD、DA的中点．

∴，

∴．

故答案为：．

【点睛】本题考查了菱形性质、中位线性质，掌握菱形的性质是解题的关键．

14．（2022秋·江苏扬州·八年级校联考期末）如图，在四边形ABCD中，P、Q、M、N分别是AD、BC、BD、AC的中点，当四边形ABCD满足_______时（填写一个条件），PQ⊥MN．

【答案】AB=CD

【分析】根三角形中位线的性质，菱形的性质即可解答；

【详解】解：∵P、Q、M、N分别是AD、BC、BD、AC的中点，

∴PN是△ACD的中位线，PN=CD， MQ是△BCD的中位线，MQ=CD，

∴MQ=PN=CD，

同理可得：NQ=PM=AB，

当AB=CD时，MQ=PN=NQ=PM，四边形MQNP是菱形，

∵菱形对角线垂直平分，

∴PQ⊥MN，

故答案为：AB=CD；

【点睛】本题考查了三角形中位线的性质，菱形的判定和性质，掌握菱形的性质是解题关键．

15．（2019秋·江苏无锡·八年级无锡市江南中学校考期中）如图，在△ABC中，AD，CD分别平分∠BAC和∠ACB，AE∥CD，CE∥AD．若从三个条件：①AB=AC；②AB=BC；③AC=BC中，选择一个作为已知条件，则能使四边形为菱形的是__（填序号）．

【答案】②

【分析】根据②作条件，先证明四边形ADCE是平行四边形，再利用邻边相等，得到四边形ADCE是菱形.

【详解】解：当BA=BC时，四边形ADCE是菱形．

理由：∵AE∥CD，CE∥AD，

∴四边形ADCE是平行四边形，

∵BA=BC，

∴∠BAC=∠BCA，

∵AD，CD分别平分∠BAC和∠ACB，

∴∠DAC=∠DCA，

∴DA=DC，

∴四边形ADCE是菱形．

【点睛】本题考查的知识点是菱形的证明，解题关键是熟记菱形的性质.

16．（2022秋·江苏扬州·八年级校考阶段练习）如图，平行四边形中，对角线，交于点，，，，分别是，，的中点．下列结论正确的是__________．（填序号）

①；②；③平分；④平分；⑤四边形是菱形．

【答案】①②③

【分析】由中点的性质可得出，且，结合平行即可证得②结论成立，由 得出，即而得出，由中线的性质可知GP∥BE，且，，通过证得出得出①成立，再证得出④成立，此题得解．

【详解】解：令和的交点为点，如图

、分别是、的中点，

，且，

四边形为平行四边形，

∴AB∥CD，且，

（两直线平行，内错角相等），

点为的中点，

，

在和中，，

，即②成立，

，，

（内错角相等，两直线平行），

，点为平行四边形对角线交点，

，

为中点，

，

∴∠BEA=，

∵，

∴∠APG=∠BEA=，

，

∵为中点，

∴，即①正确；

∵GE=EF，，

∴平分即③正确；

另外，无法判断平分和四边形是菱形成立，故④⑤错误；

综上所述，正确的有①②③，

故答案为：①②③．

【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、中位线定理、等腰三角形的性质以及平行线的性质定理，解题的关键是利用中位线，寻找等量关系，借助于证明全等三角形找到边角相等．

三、解答题（本大题共8小题，共68分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）

17．（2019·江苏泰州·统考模拟预测）如图，在▱ABCD中，AE⊥BC于点E，CF⊥AB于点F，且AE＝CF，求证：▱ABCD是菱形．

【答案】证明见解析

【分析】根据AAS证明△ABE≌△CBF，进而利用全等三角形的性质得出BC＝BA，进而利用菱形的判定证明即可．

【详解】证明：∵AE⊥BC于点E，CF⊥AB于点F，

∴∠CFB＝∠AEB＝90°，

在△ABE与△CBF中

，

∴△ABE≌△CBF（AAS），

∴BC＝BA

∵四边形ABCD是平行四边形，

∴▱ABCD是菱形．

【点睛】此题考查菱形的判定，关键是根据AAS证明△ABE≌△CBF，进而利用全等三角形的性质得出BC＝BA．

18．（2019·江苏苏州·校联考中考模拟）已知平行四边形ABCD中，如图，对角线AC和BD相交于点O，AC=10，BD=8．

（1）若AC⊥BD，试求四边形ABCD的面积；

（2）若AC与BD的夹角∠AOD=60°，求四边形ABCD的面积．

【答案】(1)S菱形ABCD＝40；(2)S四ABCD=20

【分析】（1）先证平行四边形ABCD是菱形，根据菱形的面积公式即可求解；

（2）过点A分别作AE⊥BD，垂足为E，根据三角函数即可求得AE的长，从而求得△OAD的面积，四边形ABCD的面积是三角形OAD的面积的4倍，据此即可求解．

【详解】解：(1)∵AC⊥BD，

∴平行四边形ABCD为菱形，

∴S菱形ABCD＝AC×BD＝40；

(2)过点A分别作AE⊥BD，垂足为E，

∵四边形ABCD为平行四边形，

∴AO＝CO＝AC＝5，BO＝DO＝BD＝4，

在Rt△AOE中，sin∠AOE＝，

∴AE＝AO•sin∠AOE＝AO×sin60°＝，

∴S四ABCD＝OD•AE×4＝×4××4＝20．

故答案为(1)S菱形ABCD＝40；(2)S四ABCD=20 .

【点睛】本题考查平行四边形的性质，菱形的性质和判定的应用，正确理解四边形ABCD的面积是△OAD的面积的4倍是解题的关键．

19．（2018·江苏苏州·八年级统考期末）如图，在四边形ABCD中，AB＝DC，E，F，G，H分别是AD，BC，BD，AC的中点．

（1）证明：EG＝EH；（2）证明：四边形EHFG是菱形．

【答案】（1）见解析；（2）见解析.

【分析】（1）利用EG是△ABD的中位线，EH是△ADC的中位线，则有EG＝AB，EH＝CD，又AB＝CD，可证EG＝EH，即可解题.

（2）首先运用三角形中位线定理可得到EG∥AB，HF∥AB，EH∥CD，FE∥DC，从而再根据平行于同一条直线的两直线平行得到GF∥EH，GE∥FH，可得到GFHE是平行四边形，再运用三角形中位线定理证明邻边相等，从而证明它是菱形．

【详解】解：证明：（1）∵四边形ABCD中，点F、E、G、H分别是BC、AD、BD、AC的中点，

∴EG是△ABD的中位线，EH是△ADC的中位线，

∴EG＝AB，EH＝CD，

∵AB＝CD，

∴EG＝EH；

（2）∵四边形ABCD中，点F、E、G、H分别是BC、AD、BD、AC的中点，

∴EG∥AB，HF∥AB，EH∥CD，FE∥DC，

∴GF∥EH，GE∥FH（平行于同一条直线的两直线平行）；

∴四边形GFHE是平行四边形，

∵四边形ABCD中，点E、F、G、H分别是BC、AD、BD、AC的中点，

∴EG是△ABD的中位线，GF是△BCD的中位线，

∴GE＝AB，GF＝CD，

∵AB＝CD，

∴GE＝GF，

∴四边形EHFG是菱形．

【点睛】此题主要考查了三角形中位线定理和菱形的判定方法，利用三角形中位线定理解答是关键．

20．（2021秋·江苏南通·八年级校考阶段练习）如图，在中，点D、E分别是边BC、AC的中点，过点A作交DE的延长线于F点，连接AD、CF．

（1）求证：四边形ADCF是平行四边形；

（2）当满足什么条件时，四边形图ADCF是菱形？为什么？

【答案】（1）见解析；（2）当△ABC是直角三角形，且∠BAC=90°时，四边形ADCF是菱形，理由见解析．

【分析】（1）首先利用平行四边形的判定方法得出四边形ABDF是平行四边形，进而得出AF=DC，利用一组对边相等且平行的四边形是平行四边形，进而得出答案；

（2）利用直角三角形的性质结合菱形的判定方法得出即可．

【详解】（1）证明：∵点D、E分别是边BC、AC的中点，

∴DE∥AB，BD=CD，

∵AF∥BC，

∴四边形ABDF是平行四边形，

∴AF=BD，则AF=DC，

∵AF∥BC，

∴四边形ADCF是平行四边形；

（2）解：当△ABC是直角三角形，且∠BAC=90°时，四边形ADCF是菱形，

理由：∵△ABC是直角三角形，且∠BAC=90°

又∵点D是边BC的中点，

∴AD=DC，

∴平行四边形ADCF是菱形．

【点睛】本题考查平行四边形的判定与性质以及菱形的判定，熟练应用平行四边形的判定与性质是解题关键．

21．（2022·江苏盐城·校考三模）如图1，在中，，，是斜边上的中线，点E为射线上一点，将沿折叠，点B的对应点为点F．

(1)若，垂足为G，点F与点D在直线的异侧，连接．如图2，判断四边形的形状，并说明理由；

(2)若，，则的长度为____________．

【答案】(1)四边形为菱形，理由见解析；

(2)．

【分析】（1）根据菱形的判定定理证明即可；

（2）证明，作交于点H，设，则，求出，进一步可求出．

【详解】（1）解：四边形为菱形，理由如下：

∵，，

∴，

∵是斜边上的中线，

∴，

由折叠的性质可得：，

∴，

∵，

∴，

∴四边形为平行四边形，

∵，

∴四边形为菱形．

（2）解：∵，，

∴，

∵是斜边上的中线，

∴，

∵，

∴，

作交于点H，

设，则，

∵，

∴，

∵，

∴，解得：，

∴．

故答案为：

【点睛】本题考查菱形的判定定理，所对的直角边等于斜边的一半，斜边上的中线等于斜边的一半，正切值，勾股定理，折叠的性质．解题的关键是熟练掌握以上相关知识点，并能够综合运用．

22．（2020秋·江苏淮安·八年级统考期中）如图，在中，，，，点D从点C出发沿CA方向以的速度向点A匀速运动，同时点E从点A出发沿AB方向以的速度向点B匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设点D、E运动的时间是秒（）．过点作于点F，连接DE，EF．

(1)求证：；

(2)四边形能够成为菱形吗？如果能，求出相应的值，如果不能，说明理由；

(3)当为何值时，为直角三角形？请说明理由．

【答案】(1)证明见解析；

(2)t=10；

(3)当t=或12时，△DEF为直角三角形，理由见解析．

【分析】（1）由题意得∠BCA=30°，CD=4tcm，AE=2tcm，再由含30°角的直角三角形的性质得DF=DC=2tcm， 即可得到AE=DF；

（2）由AE=AD，得四边形AEFD为菱形，得2t=60-4t，进而求得t的值；

（3）分∠EDF=90°、∠DEF=90°两种情况，根据直角三角形的性质列出算式，计算即可．

【详解】（1）证明：由题意可知CD=4tcm，AE=2tcm，

∵∠B=90°，∠A=60°，

∴∠C=30°，

∴DF=DC=2t cm．

∵AE=2t cm，DF=2t cm，

∴AE=DF．

（2）解：∵AB⊥BC，DF⊥BC，

∴．

∵AE=DF，，

∴四边形AEFD为平行四边形，

∴要使平行四边形AEFD为菱形，则需AE=AD，

即2t=60-4t，

解得t=10，

∴当t=10时，四边形AEFD为菱形，

故答案为：10．

（3）当∠EDF=90°时，如图①，

∵DF⊥BC，AB⊥BC，

∴，

∴四边形DFBE为矩形．

∴

∴AD=2AE，即60-4t=2t×2，

解得，t=，

当∠DEF=90°时，如图②，

∵，

∴DE⊥AC，

∴．

∴AE=2AD，即2t=2×（60-4t），

解得，t=12，

综上所述，当t=或12时，△DEF为直角三角形．

【点睛】本题考查了直角三角形的判定、平行四边形的判定与性质、菱形的判定、含30°角的直角三角形的性质等知识，熟练掌握直角三角形的判定和平行四边形的判定与性质是解题的关键．

23．（2022秋·江苏宿迁·八年级统考期中）如图，在中，，点E是边AC的中点，的平分线AD交BC于点D，作，连接DE并延长交AF于点F，连接FC．

(1)求证：；

(2)当AB与AC满足什么关系时，四边形ADCF是菱形？并说明理由．

【答案】(1)见解析

(2)当时，四边形ADCF是菱形，见解析

【分析】（1）由全等三角形的判定定理AAS证得△AEF≌△CED；

（2）根据（1）中的全等三角形的性质推出四边形ADCF是平行四边形，再证明△AED≌△ABD，推出DF⊥AC，即可证得结论．

（1）

证明：∵AFCD，

∴∠AFE＝∠CDE，

∵点E是边AC的中点，

∴AE＝CE，

在△AFE和△CDE中，

，

∴△AEF≌△CED（AAS）；

（2）

解：当时，四边形ADCF是菱形．

理由如下：由（1）知，△AEF≌△CED，

∴AF＝CD，

∵AFCD，

∴四边形ADCF是平行四边形，

∵AD是∠BAC的平分线，

∴∠EAD＝∠BAD．

∵，

∴AE＝AB，

在△AED和△ABD中，

，

∴△AED≌△ABD（SAS），

∴∠AED＝∠B＝90°，

即DF⊥AC．

∴四边形ADCF是菱形

【点睛】本题考查菱形的判定、全等三角形的判定和性质等知识，熟练掌握对角线互相垂直的平行四边形是菱形是解决问题的关键．

24．（2022秋·江苏盐城·八年级校联考阶段练习）在矩形ABCD的CD边上取一点E，将△BCE沿BE翻折，得到△BFE．

(1)点F恰好在AD上；

①如图1，若∠EBC＝15°，则∠DFE＝　　；

②如图2，过点F作FOCD交BE于点O，求证：四边形FOCE为菱形．

(2)如图3，E从C到D的运动过程中．

①∠ABF的角平分线交AD于点N，若BC=2AB，AB=2AN时，请写出DE与EC的数量关系，并说明理由；

②若AB＝4，BC＝7，∠ABF的角平分线交EF的延长线于点M，E从C到D的过程中，直接写出M运动的路径长　　．

【答案】(1)①∠DEF=60°；②见解析

(2)①DE= EC，理由见解析；②

【分析】（1）①由翻折知∠FBC=30°，再根据平行线的性质得∠AFB=∠FBC=30°，从而得出答案；

②理由平行线的性质和翻折的性质可知OF=EF，从而得出OF=CE，证明四边形FOCE是平行四边形，再根据CE=EF，即可证明结论；

（2）①延长DG，使DG=CD，过点G作GH⊥BA，交BA的延长线于H，延长BN交HG于M，则四边形BCGH是正方形，设AN=x，则AB=2x，BC=4x，HM=2x，设DE=y，则CE=EF=2x-y，在Rt△MEG中，由勾股定理得，（2x）2+（2x+y）2=（4x-y）2，从而得出x与y的关系，进而解决问题；

②过点M作HGAD，交CD延长线于G，BA延长线于H，作MK⊥AD于K，可证明四边形BCGH为正方形，则MK=3，当点E与D重合时，DG=3，设HM=m，则GM=7-m，MD=4+m，在Rt△MDG中，由勾股定理得，（4+m）2=32+（7-m）2，解方程即可．

【详解】（1）解：（1）①∵将△BCE沿BE翻折，得到△BFE，

∴∠EBC=∠FBE=15°，∠BFE=∠BCE=90°，

∴∠FBC=30°，

∵ADBC，

∴∠AFB=∠FBC=30°，

∴∠DFE=180°-∠AFB-∠BFE=60°，

故答案为：60°；

②∵将△BCE沿BE翻折，得到△BFE，

∴CE=FE，∠CEB=∠FEB，

∵FOCE，

∴∠FOE=∠CEO，

∴∠FOE=∠FEO，

∴OF=EF，

∴OF=CE，

∴四边形OCEF是平行四边形，

∵CE=EF，

∴四边形OCEF是菱形；

（2）①CE=2DE，理由如下：延长DG，使DG=CD，过点G作GH⊥BA，交BA的延长线于H，延长BN交HG于M，

则四边形BCGH是正方形，

∵BC=2AB，AB=2AN，

∴设AN=x，则AB=2x，BC=4x，HM=2x，

∵BH=BC=BF，BM=BM，

∴Rt△HBM≌Rt△FBM（HL），

∴HM=MF=2x，

设DE=y，则CE=EF=2x-y，

在Rt△MEG中，由勾股定理得，

（2x）2+（2x+y）2=（4x-y）2，

解得y=x，

∴DE=x，CE=x，

∴CE=2DE；

②过点M作HGAD，交CD延长线于G，BA延长线于H，作MK⊥AD于K，

则四边形BCGH为矩形，

∵BM平分∠HBF，

∴∠HBM=∠FBM，

∵∠BHM=∠BFM，BM=BM，

∴△HBM≌△FBM（AAS），

∴HB=BF，

∵BC=BF，

∴BH=BC，

∴四边形BCGH为正方形，

∴MK=3，

当点E与D重合时，DG=3，

设HM=m，则GM=7-m，MD=4+m，

在Rt△MDG中，由勾股定理得，

（4+m）2=32+（7-m）2，

解得m=，

∴GM=7-=，

∴当点E从C到D的过程中，点M的运动路径是线段MG，长度为，

故答案为：．

【点睛】本题主要考查了是四边形综合，矩形的性质，翻折的性质，正方形的判定与性质，菱形的判定与性质，勾股定理等知识，运用勾股定理列方程并熟练掌握基本几何模型是解题的关键．