58特殊的平行四边形第5部分中考数学试题分类汇编山东四川word解析版.docx

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58特殊的平行四边形第5部分中考数学试题分类汇编山东四川word解析版

第五部分图形的性质

5.8特殊的平行四边形

【一】知识点清单

矩形的定义；矩形的性质；直角三角形斜边上的中线；矩形的判定；矩形的判定与性质；菱形的定义；菱形的性质；菱形的判定；菱形的判定与性质；正方形的性质；正方形的判定；正方形的判定与性质；中点四边形；四边形综合题；平行四边形与矩形、菱形、正方形概念之间的联系与区别；

梯形（删）；直角梯形（删）；等腰梯形的性质（删）；等腰梯形的判定（删）；梯形中位线定理（删）；

*平面向量（删）

【二】分类试题汇编及参考答案与解析

一、选择题

1．（2018年山东省滨州市-第7题-3分）下列命题，其中是真命题的为（　　）

A．一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形B．对角线互相垂直的四边形是菱形

C．对角线相等的四边形是矩形D．一组邻边相等的矩形是正方形

【知识考点】命题与定理．

【思路分析】分析是否为真命题，需要分别分析各题设是否能推出结论，从而利用排除法得出答案．

【解答过程】解：

A、例如等腰梯形，故本选项错误；

B、根据菱形的判定，应是对角线互相垂直的平行四边形，故本选项错误；

C、对角线相等且互相平分的平行四边形是矩形，故本选项错误；

D、一组邻边相等的矩形是正方形，故本选项正确．

故选：

D．

【总结归纳】本题主要考查平行四边形的判定与命题的真假区别．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性质定理，难度适中．

2．（2018年山东省临沂市-第13题-3分）如图，点E、F、G、H分别是四边形ABCD边AB、BC、CD、DA的中点．则下列说法：

①若AC=BD，则四边形EFGH为矩形；

②若AC⊥BD，则四边形EFGH为菱形；

③若四边形EFGH是平行四边形，则AC与BD互相平分；

④若四边形EFGH是正方形，则AC与BD互相垂直且相等．

其中正确的个数是（　　）

A．1B．2C．3D．4

【知识考点】中点四边形；平行四边形的性质；菱形的判定与性质；矩形的判定与性质；正方形的性质．

【思路分析】因为一般四边形的中点四边形是平行四边形，当对角线BD=AC时，中点四边形是菱形，当对角线AC⊥BD时，中点四边形是矩形，当对角线AC=BD，且AC⊥BD时，中点四边形是正方形，

【解答过程】解：

因为一般四边形的中点四边形是平行四边形，

当对角线BD=AC时，中点四边形是菱形，当对角线AC⊥BD时，中点四边形是矩形，当对角线AC=BD，且AC⊥BD时，中点四边形是正方形，

故④选项正确，

故选：

A．

【总结归纳】本题考查中点四边形、平行四边形、矩形、菱形的判定等知识，解题的关键是记住一般四边形的中点四边形是平行四边形，当对角线BD=AC时，中点四边形是菱形，当对角线AC⊥BD时，中点四边形是矩形，当对角线AC=BD，且AC⊥BD时，中点四边形是正方形．

3．（2018年山东省日照市-第8题-3分）如图，在四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AO=CO，BO=DO．添加下列条件，不能判定四边形ABCD是菱形的是（　　）

A．AB=ADB．AC=BDC．AC⊥BDD．∠ABO=∠CBO

【知识考点】全等三角形的判定与性质；菱形的判定．

【思路分析】根据菱形的定义及其判定、矩形的判定对各选项逐一判断即可得．

【解答过程】解：

∵AO=CO，BO=DO，

∴四边形ABCD是平行四边形，

当AB=AD或AC⊥BD时，均可判定四边形ABCD是菱形；

当∠ABO=∠CBO时，

由AD∥BC知∠CBO=∠ADO，

∴∠ABO=∠ADO，

∴AB=AD，

∴四边形ABCD是菱形；

当AC=BD时，可判定四边形ABCD是矩形；

故选：

B．

【总结归纳】本题主要考查菱形的判定，解题的关键是掌握菱形的定义和各判定及矩形的判定．

4．（2018年山东省烟台市-第9题-3分）对角线长分别为6和8的菱形ABCD如图所示，点O为对角线的交点，过点O折叠菱形，使B，B′两点重合，MN是折痕．若B'M=1，则CN的长为（　　）

A．7B．6C．5D．4

【知识考点】菱形的性质；翻折变换（折叠问题）．

【思路分析】连接AC、BD，如图，利用菱形的性质得OC=

AC=3，OD=

BD=4，∠COD=90°，再利用勾股定理计算出CD=5，接着证明△OBM≌△ODN得到DN=BM，然后根据折叠的性质得BM=B'M=1，从而有DN=1，于是计算CD﹣DN即可．

【解答过程】解：

连接AC、BD，如图，

∵点O为菱形ABCD的对角线的交点，

∴OC=

AC=3，OD=

BD=4，∠COD=90°，

在Rt△COD中，CD=

=5，

∵AB∥CD，

∴∠MBO=∠NDO，

在△OBM和△ODN中

，

∴△OBM≌△ODN，

∴DN=BM，

∵过点O折叠菱形，使B，B′两点重合，MN是折痕，

∴BM=B'M=1，

∴DN=1，

∴CN=CD﹣DN=5﹣1=4．

故选：

D．

【总结归纳】本题考查了折叠的性质：

折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．也考查了菱形的性质．

5．（2018年山东省威海市-第11题-3分）矩形ABCD与CEFG，如图放置，点B，C，E共线，点C，D，G共线，连接AF，取AF的中点H，连接GH．若BC=EF=2，CD=CE=1，则GH=（　　）

A．1B．

C．

D．

【知识考点】矩形的性质；勾股定理；三角形中位线定理．

【思路分析】延长GH交AD于点P，先证△APH≌△FGH得AP=GF=1，GH=PH=

PG，再利用勾股定理求得PG=

，从而得出答案．

【解答过程】解：

如图，延长GH交AD于点P，

∵四边形ABCD和四边形CEFG都是矩形，

∴∠ADC=∠ADG=∠CGF=90°，AD=BC=2、GF=CE=1，

∴AD∥GF，

∴∠GFH=∠PAH，

又∵H是AF的中点，

∴AH=FH，

在△APH和△FGH中，

∵

，

∴△APH≌△FGH（ASA），

∴AP=GF=1，GH=PH=

PG，

∴PD=AD﹣AP=1，

∵CG=2、CD=1，

∴DG=1，

则GH=

PG=

×

=

，

故选：

C．

【总结归纳】本题主要考查矩形的性质，解题的关键是掌握全等三角形的判定与性质、矩形的性质、勾股定理等知识点．

6．（2018年四川省眉山市-第12题-3分）如图，在▱ABCD中，CD=2AD，BE⊥AD于点E，F为DC的中点，连结EF、BF，下列结论：

①∠ABC=2∠ABF；②EF=BF；③S四边形DEBC=2S△EFB；④∠CFE=3∠DEF，其中正确结论的个数共有（　　）

A．1个B．2个C．3个D．4个

【知识考点】全等三角形的判定与性质；直角三角形斜边上的中线；平行四边形的性质．

【思路分析】如图延长EF交BC的延长线于G，取AB的中点H连接FH．想办法证明EF=FG，BE⊥BG，四边形BCFH是菱形即可解决问题；

【解答过程】解：

如图延长EF交BC的延长线于G，取AB的中点H连接FH．

∵CD=2AD，DF=FC，

∴CF=CB，

∴∠CFB=∠CBF，

∵CD∥AB，

∴∠CFB=∠FBH，

∴∠CBF=∠FBH，

∴∠ABC=2∠ABF．故①正确，

∵DE∥CG，

∴∠D=∠FCG，

∵DF=FC，∠DFE=∠CFG，

∴△DFE≌△FCG，

∴FE=FG，

∵BE⊥AD，

∴∠AEB=90°，

∵AD∥BC，

∴∠AEB=∠EBG=90°，

∴BF=EF=FG，故②正确，

∵S△DFE=S△CFG，

∴S四边形DEBC=S△EBG=2S△BEF，故③正确，

∵AH=HB，DF=CF，AB=CD，

∴CF=BH，∵CF∥BH，

∴四边形BCFH是平行四边形，

∵CF=BC，

∴四边形BCFH是菱形，

∴∠BFC=∠BFH，

∵FE=FB，FH∥AD，BE⊥AD，

∴FH⊥BE，

∴∠BFH=∠EFH=∠DEF，

∴∠EFC=3∠DEF，故④正确，

故选：

D．

【总结归纳】本题考查平行四边形的性质和判定、菱形的判定和性质、直角三角形斜边中线的性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考选择题中的压轴题．

7．（2018年四川省内江市-第11题-3分）如图，将矩形ABCD沿对角线BD折叠，点C落在点E处，BE交AD于点F，已知∠BDC=62°，则∠DFE的度数为（　　）

A．31°B．28°C．62°D．56°

【知识考点】平行线的性质．

【思路分析】先利用互余计算出∠FDB=28°，再根据平行线的性质得∠CBD=∠FDB=28°，接着根据折叠的性质得∠FBD=∠CBD=28°，然后利用三角形外角性质计算∠DFE的度数．

【解答过程】解：

∵四边形ABCD为矩形，

∴AD∥BC，∠ADC=90°，

∵∠FDB=90°﹣∠BDC=90°﹣62°=28°，

∵AD∥BC，

∴∠CBD=∠FDB=28°，

∵矩形ABCD沿对角线BD折叠，

∴∠FBD=∠CBD=28°，

∴∠DFE=∠FBD+∠FDB=28°+28°=56°．

故选：

D．

【总结归纳】本题考查了平行线的性质：

两直线平行，同位角相等；两直线平行，同旁内角互补；两直线平行，内错角相等．

8．（2018年四川省遂宁市-第4题-4分）下列说法正确的是（　　）

A．有两条边和一个角对应相等的两个三角形全等B．正方形既是轴对称图形又是中心对称图形

C．矩形的对角线互相垂直平分D．六边形的内角和是540°

【知识考点】全等三角形的判定；多边形内角与外角；矩形的性质；轴对称图形；中心对称图形．

【思路分析】直接利用全等三角形的判定以及矩形、菱形的性质和多边形内角和定理．

【解答过程】解：

A、有两条边和一个角对应相等的两个三角形全等，错误，必须是两边及其夹角分别对应相等的两个三角形全等；

B、正方形既是轴对称图形又是中心对称图形，正确；

C、矩形的对角线相等且互相平分，故此选项错误；

D、六边形的内角和是720°，故此选项错误．

故选：

B．

【总结归纳】此题主要考查了全等三角形的判定以及矩形、菱形的性质和多边形内角和定理，正确把握相关性质是解题关键．

9．（2018年四川省资阳市-第8题-3分）如图，将矩形ABCD的四个角向内翻折后，恰好拼成一个无缝隙无重叠的四边形EFGH，EH=12厘米，EF=16厘米，则边AD的长是（　　）

A．12厘米B．16厘米C．20厘米D．28厘米

【知识考点】矩形的性质；翻折变换（折叠问题）．

【思路分析】利用三个角是直角的四边形是矩形易证四边形EFGH为矩形，那么由折叠可得HF的长即为边AD的长．

【解答过程】解：

∵∠HEM=∠AEH，∠BEF=∠FEM，

∴∠HEF=∠HEM+∠FEM=

×180°=90°，

同理可得：

∠EHG=∠HGF=∠EFG=90°，

∴四边形EFGH为矩形，

AD=AH+HD=HM+MF=HF，

HF=

=

=20，

∴AD=20厘米．

故选：

C．

【总结归纳】此题主要考查了翻折变换的性质以及勾股定理等知识，得出四边形EFGH为矩形是解题关键．

二、填空题

1．（2018年四川省自贡市-第18题-4分）如图，在△ABC中，AC=BC=2，AB=1，将它沿AB翻折得到△ABD，则四边形ADBC的形状是　　形，点P、E、F分别为线段AB、AD、DB的任意点，则PE+PF的最小值是　　．

【知识考点】翻折变换（折叠问题）；等腰三角形的性质；轴对称﹣最短路线问题．

【思路分析】根据题意证明四边相等即可得出菱形；作出F关于AB的对称点M，再过M作ME⊥AD，交ABA于点P，此时PE+PF最小，求出ME即可．

【解答过程】解：

∵△ABC沿AB翻折得到△ABD，

∴AC=AD，BC=BD，

∵AC=BC，

∴AC=AD=BC=BD，

∴四边形ADBC是菱形，

故答案为菱；

如图，作出F关于AB的对称点M，再过M作ME⊥AD，交ABA于点P，此时PE+PF最小，此时PE+PF=ME，

过点A作AN⊥BC，

∵AD∥BC，

∴ME=AN，

作CH⊥AB，

∵AC=BC，

∴AH=

，

由勾股定理可得，CH=

，

∵

，

可得，AN=

，

∴ME=AN=

，

∴PE+PF最小为

，

故答案为

．

【总结归纳】此题主要考查路径和最短问题，会结合轴对称的知识和“垂线段最短”的基本事实分析出最短路径是解题的关键．

2．（2018年四川省乐山市-第14题-3分）如图，四边形ABCD是正方形，延长AB到点E，使AE=AC，连结CE，则∠BCE的度数是　　度．

【知识考点】三角形内角和定理；等腰三角形的性质；正方形的性质．

【思路分析】根据正方形的性质，易知∠CAE=∠ACB=45°；等腰△CAE中，根据三角形内角和定理可求得∠ACE的度数，进而可由∠BCE=∠ACE﹣∠ACB得出∠BCE的度数．

【解答过程】解：

∵四边形ABCD是正方形，

∴∠CAB=∠BCA=45°；

△ACE中，AC=AE，则：

∠ACE=∠AEC=

（180°﹣∠CAE）=67.5°；

∴∠BCE=∠ACE﹣∠ACB=22.5°．

故答案为22.5．

【总结归纳】此题主要考查的是正方形、等腰三角形的性质及三角形内角和定理．

3．（2018年四川省阿坝州/甘孜州-第14题-4分）如图，在菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，AC=8，BD=6，OE⊥AD于点E，交BC于点F，则EF的长为　　．

【知识考点】菱形的性质．

【思路分析】根据菱形的性质分别求出OB、OC，根据勾股定理求出BC，根据菱形的面积公式计算即可．

【解答过程】解：

∵四边形ABCD是菱形，

∴AC⊥BD，OB=

BD=3，OC=

AC=4，

在Rt△BOC中，由勾股定理得，BC=

=5，

∵S△OBC=

×OB×OC=

×BC×OF，

∴OF=

，

∴EF=

．

故答案为

．

【总结归纳】本题考查的是菱形的性质，掌握菱形的面积公式、菱形的性质定理是解题的关键．

三、解答题

1．（2018年山东省泰安市-第23题-11分）如图，△ABC中，D是AB上一点，DE⊥AC于点E，F是AD的中点，FG⊥BC于点G，与DE交于点H，若FG=AF，AG平分∠CAB，连接GE，CD．

（1）求证：

△ECG≌△GHD；

（2）小亮同学经过探究发现：

AD=AC+EC．请你帮助小亮同学证明这一结论．

（3）若∠B=30°，判定四边形AEGF是否为菱形，并说明理由．

【知识考点】菱形的判定；全等三角形的判定与性质．

【思路分析】

（1）依据条件得出∠C=∠DHG=90°，∠CGE=∠GED，依据F是AD的中点，FG∥AE，即可得到FG是线段ED的垂直平分线，进而得到GE=GD，∠CGE=∠GDE，利用AAS即可判定△ECG≌△GHD；

（2）过点G作GP⊥AB于P，判定△CAG≌△PAG，可得AC=AP，由

（1）可得EG=DG，即可得到Rt△ECG≌Rt△GPD，依据EC=PD，即可得出AD=AP+PD=AC+EC；

（3）依据∠B=30°，可得∠ADE=30°，进而得到AE=

AD，故AE=AF=FG，再根据四边形AECF是平行四边形，即可得到四边形AEGF是菱形．

【解答过程】解：

（1）∵AF=FG，

∴∠FAG=∠FGA，

∵AG平分∠CAB，

∴∠CAG=∠FGA，

∴∠CAG=∠FGA，

∴AC∥FG，

∵DE⊥AC，

∴FG⊥DE，

∵FG⊥BC，

∴DE∥BC，

∴AC⊥BC，

∴∠C=∠DHG=90°，∠CGE=∠GED，

∵F是AD的中点，FG∥AE，

∴H是ED的中点，

∴FG是线段ED的垂直平分线，

∴GE=GD，∠GDE=∠GED，

∴∠CGE=∠GDE，

∴△ECG≌△GHD；

（2）证明：

过点G作GP⊥AB于P，

∴GC=GP，而AG=AG，

∴△CAG≌△PAG，

∴AC=AP，

由

（1）可得EG=DG，

∴Rt△ECG≌Rt△GPD，

∴EC=PD，

∴AD=AP+PD=AC+EC；

（3）四边形AEGF是菱形，

证明：

∵∠B=30°，

∴∠ADE=30°，

∴AE=

AD，

∴AE=AF=FG，

由

（1）得AE∥FG，

∴四边形AECF是平行四边形，

∴四边形AEGF是菱形．

【总结归纳】本题属于四边形综合题，主要考查了菱形的判定、全等三角形的判定和性质，线段垂直平分线的判定与性质以及含30°角的直角三角形的性质的综合运用，利用全等三角形的对应边相等，对应角相等是解决问题的关键．

2．（2018年山东省聊城市-第20题-8分）如图，正方形ABCD中，E是BC上的一点，连接AE，过B点作BH⊥AE，垂足为点H，延长BH交CD于点F，连接AF．

（1）求证：

AE=BF．

（2）若正方形边长是5，BE=2，求AF的长．

【知识考点】全等三角形的判定与性质；正方形的性质．

【思路分析】

（1）根据ASA证明△ABE≌△BCF，可得结论；

（2）根据

（1）得：

△ABE≌△BCF，则CF=BE=2，最后利用勾股定理可得AF的长．

【解答过程】

（1）证明：

∵四边形ABCD是正方形，

∴AB=BC，∠ABE=∠BCF=90°，

∴∠BAE+∠AEB=90°，

∵BH⊥AE，

∴∠BHE=90°，

∴∠AEB+∠EBH=90°，

∴∠BAE=∠EBH，

在△ABE和△BCF中，

，

∴△ABE≌△BCF（ASA），

∴AE=BF；

（2）解：

∵AB=BC=5，

由

（1）得：

△ABE≌△BCF，

∴CF=BE=2，

∴DF=5﹣2=3，

∵四边形ABCD是正方形，

∴AB=AD=5，∠ADF=90°，

由勾股定理得：

AF=

=

=

=

．

【总结归纳】此题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理，本题证明△ABE≌△BCF是解本题的关键．

3．（2018年山东省青岛市-第21题-8分）已知：

如图，平行四边形ABCD，对角线AC与BD相交于点E，点G为AD的中点，连接CG，CG的延长线交BA的延长线于点F，连接FD．

（1）求证：

AB=AF；

（2）若AG=AB，∠BCD=120°，判断四边形ACDF的形状，并证明你的结论．

【知识考点】平行四边形的性质；全等三角形的判定与性质．

【思路分析】

（1）只要证明AB=CD，AF=CD即可解决问题；

（2）结论：

四边形ACDF是矩形．根据对角线相等的平行四边形是矩形判断即可；

【解答过程】

（1）证明：

∵四边形ABCD是平行四边形，

∴BE∥CD，AB=CD，

∴∠AFC=∠DCG，

∵GA=GD，∠AGF=∠CGD，

∴△AGF≌△DGC，

∴AF=CD，

∴AB=CF．

（2）解：

结论：

四边形ACDF是矩形．

理由：

∵AF=CD，AF∥CD，

∴四边形ACDF是平行四边形，

∵四边形ABCD是平行四边形，

∴∠BAD=∠BCD=120°，

∴∠FAG=60°，

∵AB=AG=AF，

∴△AFG是等边三角形，

∴AG=GF，

∵△AGF≌△DGC，

∴FG=CG，∵AG=GD，

∴AD=CF，

∴四边形ACDF是矩形．

【总结归纳】本题考查平行四边形的判定和性质、矩形的判定、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．

4．（2018年山东省威海市-第21题-8分）如图，将矩形ABCD（纸片）折叠，使点B与AD边上的点K重合，EG为折痕；点C与AD边上的点K重合，FH为折痕．已知∠1=67.5°，∠2=75°，EF=

，求BC的长．

【知识考点】翻折变换（折叠问题）；矩形的性质．

【思路分析】由题意知∠3=180°﹣2∠1=45°、∠4=180°﹣2∠2=30°、BE=KE、KF=FC，作KM⊥BC，设KM=x，知EM=x、MF=

x，根据EF的长求得x=1，再进一步求解可得．

【解答过程】解：

由题意，得：

∠3=180°﹣2∠1=45°，∠4=180°﹣2∠2=30°，BE=KE、KF=FC，

如图，过点K作KM⊥BC于点M，

设KM=x，则EM=x、MF=

x，

∴x+

x=

+1，

解得：

x=1，

∴EK=

、KF=2，

∴BC=BE+EF+FC=EK+EF+KF=3+

+

，

∴BC的长为3+

+

．

【总结归纳】本题主要考查翻折变换，解题的关键是掌握翻折变换的性质：

折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．

5．（2018年四川省内江市-第18题-9分）如图，已知四边形ABCD是平行四边形，点E，F分别是AB，BC上的点，AE=CF，并且∠AED=∠CFD．

求证：

（1）△AED≌△CFD；

（2）四边形ABCD是菱形．

【知识考点】菱形的判定；全等三角形的判定与性质；平行四边形的性质．

【思路分析】

（1）由全等三角形的判定定理ASA证得结论；

（2）由“邻边相等的平行四边形为菱形”证得结论．

【解答过程】

（1）证明：

∵四边形ABCD是平行四边形，

∴∠A=∠C．

在△AED与△CFD中，

∴△AED≌△CFD（ASA）；

（2）由

（1）知，△AED≌△CFD，则AD=CD．

又∵四边形ABCD是平行四边形，

∴四边形ABCD是菱形．

【总结归纳】考查了菱形的判定，全等三角形的判定与性质以及平行四边形的性质，解题的关键是掌握相关的性质与定理．

6．（2018年四川省广安市-第19题-6分）如图，四边形ABCD是正方形，M为BC上一点，连接AM，延长AD至点E，使得AE=AM，过点E作EF⊥AM，垂足为F，求证：

AB=EF．

【知识考点】全等三角形的判定与性质；正方形的性质．

【思路分析】根据AAS证明△ABM≌△EFA，可得结论．

【解答过程】证明：

∵四边形ABCD为正方形，

∴∠B=90°，AD∥BC，（2分）

∴∠EAF=∠BMA，

∵EF⊥AM，

∴∠AFE=90°=∠B，（4分）

在△ABM和△EFA中，

∵

，

∴△ABM≌△EFA（AAS），（5分）

∴AB=EF．（6分）

【总结归纳】本题考查了正方形的性质、三角形全等的性质和判定，熟练掌握三角形全等的判定是关键．

7．（2018年四川省广元市-第18题-7分）如图，在菱形ABCD中，过B作BE⊥AD于E，过B作BF⊥CD于F．

求证：

AE＝CF．

【知识考点】全等三角形的判定与性质；菱形的性质．

【思路分析】根据菱形的性质和全等三角形的判定和性质解答即可．

【解答过程】证明：

∵菱形ABCD，

∴BA＝BC，∠A＝∠C，

∵BE⊥AD，BF⊥CD，

∴∠BEA＝∠BFC＝90°，

在△ABE与△CBF中

，

∴△ABE≌△CBF（AAS），

∴AE＝CF．

【总结归纳】此题考查菱形的性质，关键是根据菱形的性质和全等三角形的判定和性质解答．

8．（2018年四川省遂宁市-第18题-8分）如图，在▱ABCD中，E，F分别是AD，BC上的点，且DE=BF，AC⊥EF．求证：

四边形AECF是菱形．