2021学年第十五章 四边形综合与测试课后复习题

这是一份2021学年第十五章 四边形综合与测试课后复习题，共34页。试卷主要包含了下列说法中，正确的是，下列图形中，是中心对称图形的是等内容，欢迎下载使用。
京改版八年级数学下册第十五章四边形综合训练
考试时间：90分钟；命题人：数学教研组
考生注意：
1、本卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分100分，考试时间90分钟
2、答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级填写在试卷规定位置上
3、答案必须写在试卷各个题目指定区域内相应的位置，如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用涂改液、胶带纸、修正带，不按以上要求作答的答案无效。
第I卷（选择题 30分）
一、单选题（10小题，每小题3分，共计30分）
1、如图，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F的度数为（　　）

A．180° B．360°
C．540° D．不能确定
2、直角三角形的两条直角边分别为5和12，那么这个三角形的斜边上的中线长为（　　）
A．6 B．6.5 C．10 D．13
3、如图，在长方形ABCD中，AB＝10cm，点E在线段AD上，且AE＝6cm，动点P在线段AB上，从点A出发以2cm/s的速度向点B运动，同时点Q在线段BC上．以vcm/s的速度由点B向点C运动，当△EAP与△PBQ全等时，v的值为（　　）

A．2 B．4 C．4或 D．2或
4、如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，AC＝18，BC＝14，D，E分别是AB，AC的中点，连接DE，BE，点M在CB的延长线上，连接DM，若∠MDB＝∠A，则四边形DMBE的周长为（ ）

A．16 B．24 C．32 D．40
5、如图，已知在正方形ABCD中，厘米，，点E在边AB上，且厘米，如果点P在线段BC上以2厘米/秒的速度由B点向C点运动，同时，点Q在线段CD上以a厘米/秒的速度由C点向D点运动，设运动时间为t秒．若存在a与t的值，使与全等时，则t的值为（ ）

A．2 B．2或1.5 C．2.5 D．2.5或2
6、下列说法中，正确的是（ ）
A．若，，则
B．90′＝1.5°
C．过六边形的每一个顶点有4条对角线
D．疫情防控期间，要掌握进入校园人员的体温是否正常，可采用抽样调查
7、如图，四边形ABCD为平行四边形，延长AD到E，使DE=AD，连接EB，EC，DB，添加一个条件，不能使四边形DBCE成为矩形的是（　　）

A．AB=BE B．DE⊥DC C．∠ADB=90° D．CE⊥DE
8、下列图形中，既是中心对称图形又是轴对称图形的有几个（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
9、下列图形中，是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
10、下列图案中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
第Ⅱ卷（非选择题 70分）
二、填空题（5小题，每小题4分，共计20分）
1、如图，点O是正方形ABCD的称中心O，互相垂直的射线OM，ON分别交正方形的边AD，CD于E，F两点，连接EF；已知．
（1）以点E，O，F，D为顶点的图形的面积为________________；
（2）线段EF的最小值是_______________．

2、如图，在正方形ABCD中，AB＝4，E为对角线AC上与A，C不重合的一个动点，过点E作EF⊥AB于点F，EG⊥BC于点G，连接DE，FG，下列结论：①DE＝FG；②DE⊥FG；③∠BFG＝∠ADE；④FG的最小值为3．其中正确结论的序号为__．

3、如图，△ABC中，D、E分别是AB、AC的中点，若DE＝4cm，则BC＝_____cm．


4、四边形的外角度数之比为1：2：3：4，则它最大的内角度数为_____．
5、一个正多边形的每一个内角比每一个外角的5倍还小60°，则这个正多边形的边数为__________．
三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）
1、△ABC和△GEF都是等边三角形．

问题背景：如图1，点E与点C重合且B、C、G三点共线．此时△BFC可以看作是△AGC经过平移、轴对称或旋转得到．请直接写出得到△BFC的过程．
迁移应用：如图2，点E为AC边上一点（不与点A，C重合），点F为△ABC中线CD上一点，延长GF交BC于点H，求证：．
联系拓展：如图3，AB＝12，点D，E分别为AB、AC的中点，M为线段BD上靠近点B的三等分点，点F在射线DC上运动（E、F、G三点按顺时针排列）．当最小时，则△MDG的面积为_______．
2、（3）点P为AC上一动点，则PE+PF最小值为．
3、如图，把矩形纸片放入直角坐标系中，使分别落在x轴，y轴的正半轴上，连接，且．

（1）求所在直线的解析式；
（2）将纸片折叠，使点A与点C重合（折痕为），求折叠后纸片重叠部分的面积；
（3）若过一定点M的任意一条直线总能把矩形的面积分为相等的两部分，则点M的坐标为________．
4、如图，在等腰三角形ABC中，AB＝BC，将等腰三角形ABC绕顶点B按逆时针方向旋转角a到的位置，AB与相交于点D，AC与分别交于点E，F．

（1）求证：BCF；
（2）当C＝a时，判定四边形的形状并说明理由．
5、我们知道正多边形的定义是：各边相等，各角也相等的多边形叫做正多边形．
（1）如图①，在各边相等的四边形ABCD中，当AC＝BD时，四边形ABCD 　 　正四边形；（填“是”或“不是”）
（2）如图②，在各边相等的五边形ABCDE中，AC＝CE＝EB＝BD＝DA，求证：五边形ABCDE是正五边形；
（3）如图③，在各边相等的五边形ABCDE中，减少相等对角线的条数也能判定它是正五边形，问：至少需要几条对角线相等才能判定它是正五边形？请说明理由．


-参考答案-
一、单选题
1、B
【分析】
设BE与DF交于点M，BE与AC交于点N，根据三角形的外角性质，可得 ，再根据四边形的内角和等于360°，即可求解．
【详解】
解：设BE与DF交于点M，BE与AC交于点N，

∵ ，
∴ ，
∵，
∴ ．
故选：B
【点睛】
本题主要考查了三角形的外角性质，多边形的内角和，熟练掌握三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和；四边形的内角和等于360°是解题的关键．
2、B
【分析】
根据勾股定理可求得直角三角形斜边的长，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可求解．
【详解】
解：∵直角三角形两直角边长为5和12，
∴斜边＝，
∴此直角三角形斜边上的中线的长＝＝6.5．
故选：B．
【点睛】
本题主要考查勾股定理及直角三角形斜边中线定理，熟练掌握勾股定理及直角三角形斜边中线定理是解题的关键．
3、D
【分析】
根据题意可知当△EAP与△PBQ全等时，有两种情况：①当EA=PB时，△APE≌△BQP，②当AP=BP时，△AEP≌△BQP，分别按照全等三角形的性质及行程问题的基本数量关系求解即可．
【详解】
解：当△EAP与△PBQ全等时，有两种情况：
①当EA=PB时，△APE≌△BQP（SAS），
∵AB=10cm，AE=6cm，
∴BP=AE=6cm，AP=4cm，
∴BQ=AP=4cm；
∵动点P在线段AB上，从点A出发以2cm/s的速度向点B运动，
∴点P和点Q的运动时间为：4÷2=2s，
∴v的值为：4÷2=2cm/s；
②当AP=BP时，△AEP≌△BQP（SAS），
∵AB=10cm，AE=6cm，
∴AP=BP=5cm，BQ=AE=6cm，
∵5÷2=2.5s，
∴2.5v=6，
∴v=．
故选：D．
【点睛】
本题考查矩形的性质及全等三角形的判定与性质等知识点，注意数形结合和分类讨论并熟练掌握相关性质及定理是解题的关键．
4、C
【分析】
由中点的定义可得AE=CE，AD=BD，根据三角形中位线的性质可得DE//BC，DE=BC，根据平行线的性质可得∠ADE=∠ABC=90°，利用ASA可证明△MBD≌△EDA，可得MD=AE，DE=MB，即可证明四边形DMBE是平行四边形，可得MD=BE，进而可得四边形DMBE的周长为2DE+2MD=BC+AC，即可得答案．
【详解】
∵D，E分别是AB，AC的中点，
∴AE=CE，AD=BD，DE为△ABC的中位线，
∴DE//BC，DE=BC，
∵∠ABC＝90°，
∴∠ADE=∠ABC=90°，
在△MBD和△EDA中，，
∴△MBD≌△EDA，
∴MD=AE，DE=MB，
∵DE//MB，
∴四边形DMBE是平行四边形，
∴MD=BE，
∵AC＝18，BC＝14，
∴四边形DMBE的周长=2DE+2MD=BC+AC=18+14=32．
故选：C．
【点睛】
本题考查全等三角形的判定与性质、三角形中位线的性质及平行四边形的判定与性质，三角形中位线平行于第三边且等于第三边的一半；有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形；熟练掌握相关性质及判定定理是解题关键．
5、D
【分析】
根据题意分两种情况讨论若△BPE≌△CQP，则BP=CQ，BE=CP；若△BPE≌△CPQ，则BP=CP=5厘米，BE=CQ=6厘米进行求解即可.
【详解】
解：当，即点Q的运动速度与点P的运动速度都是2厘米/秒，若△BPE≌△CQP，则BP=CQ，BE=CP，
∵AB=BC=10厘米，AE=4厘米，
∴BE=CP=6厘米，
∴BP=10-6=4厘米，
∴运动时间t=4÷2=2（秒）；
当，即点Q的运动速度与点P的运动速度不相等，
∴BP≠CQ，
∵∠B=∠C=90°，
∴要使△BPE与△OQP全等，只要BP=PC=5厘米，CQ=BE=6厘米，即可．
∴点P，Q运动的时间t=（秒）.
综上t的值为2.5或2.
故选：D．
【点睛】
本题主要考查正方形的性质以及全等三角形的判定，解决问题的关键是掌握正方形的四条边都相等，四个角都是直角；两边及其夹角分别对应相等的两个三角形全等．同时要注意分类思想的运用．
6、B
【分析】
由等式的基本性质可判断A，由 可判断B，由过边形的一个顶点可作条对角线可判断C，由全面调查与抽样调查的含义可判断D，从而可得答案.
【详解】
解：若，则故A不符合题意；
90′＝故B符合题意；
过六边形的每一个顶点有3条对角线，故C不符合题意；
疫情防控期间，要掌握进入校园人员的体温是否正常，事关重大，一定采用全面调查，故D不符合题意；
故选：B．
【点睛】
本题考查的是等式的基本性质，角度的换算，多边形的对角线问题，全面调查与抽样调查的含义，掌握以上基础知识是解本题的关键.
7、B
【分析】
先证明四边形BCED为平行四边形，再根据矩形的判定进行解答．
【详解】
解：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD∥BC，且AD=BC，
又∵AD=DE，
∴DE∥BC，且DE=BC，
∴四边形BCED为平行四边形，
A、∵AB=BE，DE=AD，
∴BD⊥AE，
∴□DBCE为矩形，故本选项不符合题意；
B、∵DE⊥DC，
∴∠EDB=90°+∠CDB＞90°，
∴四边形DBCE不能为矩形，故本选项符合题意；
C、∵∠ADB=90°，
∴∠EDB=90°，
∴□DBCE为矩形，故本选项不符合题意；
D、∵CE⊥DE，
∴∠CED=90°，
∴□DBCE为矩形，故本选项不符合题意．
故选：B．
【点睛】
本题考查了平行四边形的判定和性质、矩形的判定等知识，判定四边形BCED为平行四边形是解题的关键．
8、A
【分析】
根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【详解】
解：第一个图形既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不符合题意；
第二个图形是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
第三个图形是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
第四个图形既是轴对称图形，也是中心对称图形，符合题意；
既是中心对称图形又是轴对称图形的只有1个，
故选：A．
【点睛】
本题主要考查了中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．
9、B
【分析】
根据中心对称图形的概念，对各选项分析判断即可得解．把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．
【详解】
选项、、均不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形，
选项能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转后与原来的图形重合，所以是中心对称图形，
故选：．
【点睛】
本题考查了中心对称图形的概念，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
10、B
【详解】
A.是轴对称图形，不是中心对称图形，故不符合题意；
B. 既是轴对称图形，又是中心对称图形，故符合题意；
C.是轴对称图形，不是中心对称图形，故不符合题意；
D.既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故不符合题意；
故选B
【点睛】
本题考查了轴对称图形和中心对称图形的识别，熟练掌握轴对称图形和中心对称图形的定义是解答本题的关键．在平面内，一个图形经过中心对称能与原来的图形重合，这个图形叫做叫做中心对称图形；一个图形的一部分，以某条直线为对称轴，经过轴对称能与图形的另一部分重合，这样的图形叫做轴对称图形．
二、填空题
1、1
【分析】
（1）连接OA、OD，根据正方形的性质和全等三角形的判定证明△OAE≌△ODF，利用全等三角形的性质得出四边形EOFD的面积等于△AOD的面积即可求解；
（2）根据全等三角形的性质证得△EOF为等腰直角三角形，则EF=OE，当OE⊥AD时OE最小，则EF最小，求解此时在OE即可解答．
【详解】
解：（1）连接OA、OD，
∵四边形ABCD是正方形，
∴OA=OD，∠AOD=90°，∠EAO=∠FDO=45°，
∴∠AOE+∠DOE=90°，
∵OE⊥OF，
∴∠DOF+∠DOE=90°，
∴∠AOE=∠DOF，
在△OAE和△ODF中，
，
∴△OAE≌△ODF（ASA），
∴S△OAE=S△ODF，
∴S四边形EOFD = S△ODE+S△ODF= S△ODE+S△OAE= S△AOD= S正方形ABCD，
∵AD=2，
∴S四边形EOFD= ×4=1，
故答案为：1；
（2）∵△OAE≌△ODF，
∴OE=OF，
∴△EOF为等腰直角三角形，则EF=OE，
当OE⊥AD时OE最小，即EF最小，
∵OA=OD，∠AOD=90°，
∴OE=AD=1，
∴EF的最小值，
故答案为：．

【点睛】
本题考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、等角的余角相等、等腰直角三角形的判定与性质、垂线段最短，熟练掌握相关知识的联系与运用是解答的关键．
2、①②③
【分析】
①连接BE，可得四边形EFBG为矩形，可得BE＝FG；由△AEB≌△AED可得DE＝BE，所以DE＝FG；②由矩形EFBG可得OF＝OB，则∠OBF＝∠OFB；由∠OBF＝∠ADE，则∠OFB＝∠ADE；由四边形ABCD为正方形可得∠BAD＝90°，即∠AHD+∠ADH＝90°，所以∠AHD+∠OFH＝90°，即∠FMH＝90°，可得DE⊥FG；③由②中的结论可得∠BFG＝∠ADE；④由于点E为AC上一动点，当DE⊥AC时，根据垂线段最短可得此时DE最小，最小值为2，由①知FG＝DE，所以FG的最小值为2．
【详解】
解：①连接BE，交FG于点O，如图，

∵EF⊥AB，EG⊥BC，
∴∠EFB＝∠EGB＝90°．
∵∠ABC＝90°，
∴四边形EFBG为矩形．
∴FG＝BE，OB＝OF＝OE＝OG．
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB＝AD，∠BAC＝∠DAC＝45°．
在△ABE和△ADE中，
，
∴△ABE≌△ADE（SAS）．
∴BE＝DE．
∴DE＝FG．
∴①正确；
②延长DE，交FG于M，交FB于点H，
∵△ABE≌△ADE，
∴∠ABE＝∠ADE．
由①知：OB＝OF，
∴∠OFB＝∠ABE．
∴∠OFB＝∠ADE．
∵∠BAD＝90°，
∴∠ADE+∠AHD＝90°．
∴∠OFB+∠AHD＝90°．
即：∠FMH＝90°，
∴DE⊥FG．
∴②正确；
③由②知：∠OFB＝∠ADE．
即：∠BFG＝∠ADE．
∴③正确；
④∵点E为AC上一动点，
∴根据垂线段最短，当DE⊥AC时，DE最小．
∵AD＝CD＝4，∠ADC＝90°，
∴AC＝＝4．
∴DE＝AC＝2．
由①知：FG＝DE，
∴FG的最小值为2，
∴④错误．
综上，正确的结论为：①②③．
故答案为：①②③．
【点睛】
本题考查了全等三角形的性质与判定，正方形的性质，勾股定理，垂线段最短，掌握正方形的性质是解题的关键．
3、8
【分析】
运用三角形的中位线的知识解答即可．
【详解】
解：∵△ABC中，D、E分别是AB、AC的中点
∴DE是△ABC的中位线，
∴BC=2DE=8cm．
故答案是8．
【点睛】
本题主要考查了三角形的中位线，掌握三角形的中位线等于底边的一半成为解答本题的关键．
4、144°度

【分析】
先根据四边形的四个外角的度数之比分别求出四个外角，再根据多边形外角与内角的关系分别求出它们的内角，即可得到答案．
【详解】
解：∵四边形的四个外角的度数之比为1：2：3：4，
∴四个外角的度数分别为：360°×；
360°×；
360°×；
360°×；
∴它最大的内角度数为：．
故答案为：144°．
【点睛】
本题考查了多边形的外角和，以及邻补角的定义，解题的关键是掌握多边形的外角和为360°，从而进行计算．
5、9
【分析】
设正多边形的外角为x度，则可用代数式表示出内角，再由内角与外角互补的关系得到方程，解方程即可求得每一个外角，再根据多边形的外角和为360度即可求得正多边形的边数．
【详解】
设正多边形的外角为x度，则内角为(5x−60)度
由题意得：
解得：
则正多边形的边数为：360÷40=9
即这个正多边形的边数为9
故答案为：9
【点睛】
本题考查了正多边形的内角与外角，关键是运用方程求得正多边形的外角．
三、解答题
1、（1）以点C为旋转中心将逆时针旋转就得到；（2）见解析；（3）．
【分析】
（1）只需要利用SAS证明△BCF≌△ACG即可得到答案；
（2）法一：以为边作，与的延长线交于点K，如图，先证明，然后证明， 得到，则，过点F作FM⊥BC于M，求出，即可推出，则，即：；
法二：过F作，．先证明△FCN≌△FCM得到CM=CN，利用勾股定理和含30度角的直角三角形的性质求出，再证明 得到，则；
（3）如图3-1所示，连接，GM，AG，先证明△ADE是等边三角形，得到DE=AE，即可证明得到，即点G在的角平分线所在直线上运动．过G作，则，最小即是最小，故当M、G、P三点共线时，最小；如图3-2所示，过点G作GQ⊥AB于Q，连接DG，求出DM和QG的长即可求解．
【详解】
（1）∵△ABC和△GEF都是等边三角形，
∴BC=AC，CF=CG，∠ACB=∠FCG=60°，
∴∠ACB+∠ACF=∠FCG+∠ACF，
∴∠FCB=∠GCA，
∴△BCF≌△ACG（SAS），
∴△BFC可以看作是△AGC绕点C逆时针旋转60度所得；

（2）法一：
证明：以为边作，与的延长线交于点K，如图，
∵和均为等边三角形，
∴，∠GFE=60°，
∴，
∴∠EFH+∠ACB=180°，
∴，
∵，
∴．
∵是等边的中线，
∴，
∴，
∴
∴．
在与中，

∴，
∴，
∴，
过点F作FM⊥BC于M，
∴KM=CM，
∵∠K=30°，
∴
∴，
∴，
∴，即：；

法二
证明：过F作，．

∴是等边的中线，
∴，，
∴△FCN≌△FCM（AAS），FC=2FN，
∴CM=CN，，
同法一，．
在与中，

∴
∴，
∴；
（3）如图3-1所示，连接，GM，AG，
∵D，E分别是AB，AC的中点，
∴DE是△ABC的中位线，CD⊥AB，
∴DE∥BC，∠CDA=90°，
∴∠ADE=∠ABC=60°，∠AED=∠ACB=60°，
∴△ADE是等边三角形，∠FDE=30°，
∴DE=AE，
∵△GEF是等边三角形，
∴EF=EG，∠GEF=60°，
∴∠AEG=∠AED+∠DEG=∠FEG+∠DEG=∠FED，
∴
∴，即点G在的角平分线所在直线上运动．
过G作，则，
∴最小即是最小，

∴当M、G、P三点共线时，最小
如图3-2所示，过点G作GQ⊥AB于Q，连接DG，
∴QG=PG，
∵∠MAP=60°，∠MPA=90°，
∴∠AMP=30°，
∴AM=2AP，
∵D是AB的中点，AB=12，
∴AD=BD=6，
∵M是BD靠近B点的三等分点，
∴MD=4，
∴AM=10，
∴AP=5，
又∵∠PAG=30°，
∴AG=2GP，
∵，
∴
∴
∴．

【点睛】
本题主要考查了全等三角形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性，勾股定理，解题的关键在于能够正确作出辅助线求解．
2、见解析
【分析】
（1）根据折叠的性质可得：∠1=∠2，再由矩形的性质，可得∠2=∠3，从而得到∠1=∠3，即可求解；
（2）设FD=x，则AF=CF=8-x，再由勾股定理，可得DF=3，从而得到CF=5，即可求解；
（3）连接PB，根据折叠的性质可得△ECP≌△BCP，从而得到PE=PB，进而得到当点F、P、B三点共线时，PE+PF最小，最小值为BF的长，再由勾股定理，即可求解．
【详解】
（1）解：△ACF是等腰三角形，理由如下：
如图，

由折叠可知，∠1=∠2，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，
∴∠2=∠3，
∴∠1=∠3，
∴AF=CF，
∴△ACF是等腰三角形；
（2）∵四边形ABCD是矩形且AB=8，BC=4，
∴AD=BC=4，CD=AB=8，∠D=90°，
设FD=x，则AF=CF=8-x，
在Rt△AFD中，根据勾股定理得AD2+DF2=AF2，
∴42+x2=（8-x）2，
解得x=3 ，即DF=3，
∴CF=8-3=5，
∴；
（3）如图，连接PB，

根据折叠得：CE=CB，∠ECP=∠BCP，
∵CP=CP，
∴△ECP≌△BCP，
∴PE=PB，
∴PE+PF=PE+PB，
∴当点F、P、B三点共线时，PE+PF最小，最小值为BF的长，
由（2）知：CF=5，
∵BC=4，∠BCF=90°，
∴ ，
即PE+PF最小值为 ．
【点睛】
本题主要考查了矩形与折叠问题，等腰三角形的判定，熟练掌握矩形和折叠的性质是解题的关键．
3、（1）；（2）10；（3）（4，2）．
【分析】
（1）首先根据勾股定理求出OC=4，OA=8，然后利用待定系数法求解所在直线的解析式即可；
（2）首先由折叠的性质得到AE=CE，然后在Rt△OCE中，根据勾股定理求出AE=CE=5，然后根据等腰三角形的性质求出CF=CE=5，最后根据三角形面积公式求解即可；
（3）根据矩形的中心对称性质可得点M为矩形ABCD对角线的交点，然后根据中点坐标公式求解即可．
【详解】
解：（1）∵OA=2CO，
设OC=x，则OA=2x
在Rt△AOC中，由勾股定理可得OC2+OA2=AC2，
∴x2+（2x）2=（4）2
解得x=4（x=﹣4舍去）
∴OC=4，OA=8
∴A（8，0），C（0，4）
设直线AC解析式为y=kx+b，
∴，解得，
∴直线AC解析式为y=﹣x+4；
（2）由折叠得AE=CE，

设AE=CE=y，则OE=8﹣y，
在Rt△OCE中，由勾股定理可得OE2+OC2=CE2，
∴（8﹣y）2+42=y2
解得y=5
∴AE=CE=5
在矩形OABC中，
∵BCOA，
∴∠CFE=∠AEF，
由折叠得∠AEF=∠CEF，
∴∠CFE=∠CEF
∴CF=CE=5
∴S△CEF=CF•OC=×5×4=10
即重叠部分的面积为10；
（3）∵矩形是一个中心对称图形，对称中心是对角线的交点，
∴任何一个经过对角线交点的直线都把矩形的面积平分，
所以点M即为矩形ABCD对角线的交点，即M点为AC的中点，
∵A（8，0），C（0，4），
∴M点坐标为（4，2）．
【点睛】
此题考查了矩形的性质，勾股定理，待定系数法求一次函数表达式等知识，，解题的关键是熟练掌握矩形的性质，勾股定理，待定系数法求一次函数表达式．
4、（1）见解析；（2）菱形，见解析
【分析】
（1）根据等腰三角形的性质得到AB=BC，∠A=∠C，由旋转的性质得到A1B=AB=BC，∠A=∠A1=∠C，∠A1BD=∠CBC1，根据全等三角形的判定定理得到△BCF≌△BA1D；
（2）由（1）可知∠=∠=∠A=∠C=a,B=B=AB=BC
通过证明∠FBC=∠可得 BC，利用∠EC=∠C=180°推出∠EC+∠=180°
得到BCE从而证明四边形为平行四边形再利用B=BC可证明四边形为菱形．
【详解】
（1）证明：∵等腰三角形ABC旋转角a得到
∴∠BD=∠FBC=a
∠=∠=∠A=∠C B=B=AB=BC
∴BCF（ASA）
（2）解：四边形为菱形
理由：∵C=a
由（1）可知∠=∠=∠A=∠C=a B=B=AB=BC
又∵ ∠BD=∠FBC=a
∴∠FBC=∠
∴BC
∴∠EC=∠C=180°
∴∠EC+∠=180°
∴BCE
∴四边形为平行四边形
又∵B=BC
∴ 四边形为菱形
【点睛】
本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，正确的理解题意是解题的关键．
5、（1）是；（2）见解析；（3）至少需要3条对角线相等才能判定它是正五边形，见解析
【分析】
（1）根据对角线相等的菱形是正方形，证明即可；
（2）由SSS证明△ABC≌△BCD≌△CDE≌△DEA≌△EAB得出∠ABC=∠BCD=∠CDE=∠DEA=∠EAB，即可得出结论；
（3）由SSS证明△ABE≌△BCA≌△DEC得出∠BAE=∠CBA=∠EDC，∠AEB=∠ABE=∠BAC=∠BCA=∠DCE=∠DEC，由SSS证明△ACE≌△BEC得出∠ACE=∠CEB，∠CEA=∠CAE=∠EBC=∠ECB，由四边形ABCE内角和为360°得出∠ABC+∠ECB=180°，证出AB∥CE，由平行线的性质得出∠ABE=∠BEC，∠BAC=∠ACE，证出∠BAE=3∠ABE，同理：∠CBA=∠D=∠AED=∠BCD=3∠ABE=∠BAE，即可得出结论；
【详解】
（1）解：结论：四边形ABCD是正四边形．
理由：∵AB＝BC＝CD＝DA，
∴四边形ABCD是菱形，
∵AC＝BD，
∴四边形ABCD是正方形．
∴四边形ABCD是正四边形．
故答案为：是．
（2）证明：∵凸五边形ABCDE的各条边都相等，
∴AB＝BC＝CD＝DE＝EA，
在△ABC、△BCD、△CDE、△DEA、△EAB中，

∴△ABC≌△BCD≌△CDE≌△DEA≌EAB（SSS），
∴∠ABC＝∠BCD＝∠CDE＝∠DEA＝∠EAB，
∴五边形ABCDE是正五边形；
（3）解：结论：至少需要3条对角线相等才能判定它是正五边形．
若AC＝BE＝CE，五边形ABCDE是正五边形，理由如下：
在△ABE、△BCA和△DEC中，
，
∴△ABE≌△BCA≌△DEC（SSS），
∴∠BAE＝∠CBA＝∠EDC，∠AEB＝∠ABE＝∠BAC＝∠BCA＝∠DCE＝∠DEC，
在△ACE和△BEC中，

∴△ACE≌△BEC（SSS），
∴∠ACE＝∠CEB，∠CEA＝∠CAE＝∠EBC＝∠ECB，
∵四边形ABCE内角和为360°，
∴∠ABC+∠ECB＝180°，
∴AB∥CE，
∴∠ABE＝∠BEC，∠BAC＝∠ACE，
∴∠CAE＝∠CEA＝2∠ABE，
∴∠BAE＝3∠ABE，
同理：∠CBA＝∠D＝∠AED＝∠BCD＝3∠ABE＝∠BAE，
∴五边形ABCDE是正五边形；
【点睛】
本题是四边形综合题目，考查了正多边形的判定、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、三角形内角和定理等知识；本题综合性强，有一定难度，证明三角形全等是解题的关键．