2022-2023学年山东省临沂市莒南县八年级（下）期中数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年山东省临沂市莒南县八年级（下）期中数学试卷（含解析），共22页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2022-2023学年山东省临沂市莒南县八年级（下）期中数学试卷
一、选择题（本大题共12小题，共36.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 下列计算正确的是(    )
A. (−2)2=−2 B. 12− 3=3
C. 2 5×4 6=8 30 D. 6− 3 3= 2
2. 下列二次根式中是最简二次根式的是(    )
A. 12 B. x2+1 C. 15 D. a2
3. 二次根式 1−2x有意义的条件是(    )
A. x≠12 B. x>12 C. x≥12 D. x≤12
4. 如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E为CD的中点．若OE=3，则菱形ABCD的周长为(    )
A. 6
B. 12
C. 24
D. 48
5. 两个矩形的位置如图所示，若∠1=α，则∠2=(    )
A. α−90°
B. α−45°
C. 180°−α
D. 270°−α


6. 如图，四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，下列条件不能判定这个四边形是平行四边形的是(    )


A. AB//DC，AD//BC B. AB=DC，AD=BC
C. AO=CO，BO=DO D. AB//DC，AD=BC
7. 如图，长方形纸片ABCD中，AB=3cm，AD=9cm，将此长方形纸片折叠，使点D与点B重合，点C落在点H的位置，折痕为EF，则△ABE的面积为(    )


A. 6cm2 B. 8cm2 C. 10cm2 D. 12cm2
8. 正方形ABCD的边长为8，M在DC上，且DM=2，N是AC上的一动点，DN+MN的最小值为(    )
A. 6
B. 8
C. 9
D. 10
9. 如图，一圆柱高8cm，底面周长是12cm，一只蚂蚁从点A爬到点B处吃食，要爬行的最短路程是(    )
A. 20cm
B. 24cm
C. 14cm
D. 10cm
10. 如图，由四个全等的直角三角形拼成的图形，设CE=a，HG=b，则斜边BD的长是(    )


A. a+b B. a−b C. a2+b22 D. a2−b22
11. △ABC的三条边分别为a，b，c，下列条件不能判断△ABC是直角三角形的是(    )
A. a2+b2=c2 B. ∠A=∠B+∠C
C. ∠A：∠B：∠C=3：4：5 D. a=5，b=12，c=13
12. 已知：如图，在正方形ABCD外取一点E，连接AE，BE，DE.过点A作AE的垂线交DE于点P.若AE=AP=3 2，PB=10，下列结论：
①△APD≌△AEB；②∠AEB=135°；③EB=5 3；④S△APD+S△APB=33；⑤CD=11.其中正确结论的序号是(    )
A. ①②③④ B. ①④⑤ C. ①②④ D. ③④⑤
二、填空题（本大题共6小题，共24.0分）
13. 已知一个直角三角形的两边长分别为3，4，则第三边的长为______．
14. 如图，▱ABCD中，AB=3cm，BC=5cm，BE平分∠ABC交AD于E点，CF平分∠BCD交AD于F点，则EF的长为______m.


15. 如图，AB⊥BC于点B，AB⊥AD于点A，点E是CD中点，若BC=5，AD=10，BE=132，则AB的长是______．

16. 对于任意两个不相等的数a，b，定义一种新运算“⊕”如下：a⊕b= a+b a−b，如：3⊕2= 3+2 3−2= 5，那么12⊕4=______．
17. 若6− 13的整数部分为x，小数部分为y，则(2x+ 13)y的值为______．
18. 如图，在△ABC中，∠ACB=90°，以AC，BC和AB为边向上作正方形ACED和正方形BCMI和正方形ABGF，点G落在MI上，若AC+BC=7，空白部分面积为16，则图中阴影部分的面积是______．

三、解答题（本大题共7小题，共60.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
19. (本小题6.0分)
计算：
(1)2 12+6 13−3 48；
(2)2 3( 3−2 2)−(2 2− 3)2．
20. (本小题7.0分)
如图，在笔直的铁路上A、B两点相距25km，C、D为两村庄，DA=10km，CB=15km，DA⊥AB于A，CB⊥AB于B，现要在AB上建一个中转站E，使得C、D两村到E站的距离相等．求E应建在距A多远处？


21. (本小题7.0分)
如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，AE//BD，BE//AC，AE、BE相交于点E，求证：四边形OAEB是矩形．


22. (本小题9.0分)
如图，在梯形ABCD中，AB//BC，∠B=90°，AD=24cm，AB=8cm，BC=26cm，动点P从点A开始，沿AD边，以1厘米/秒的速度向点D运动：动点Q从点C开始，沿BC边，以3厘米/秒的速度向B点运动.已知P、Q两点分别从A、C同时出发，当其中一点到达端点时，另一点也随之停止运动.假设运动时间为t秒，问：
(1)t为何值时，四边形PQCD是平行四边形？
(2)在某个时刻，四边形PQCD可能是菱形吗？为什么？

23. (本小题9.0分)
阅读下面问题：
1 2+1=1×( 2−1)( 2+1)( 2−1)= 2−1；
1 3+ 2=1×( 3− 2)( 3+ 2)( 3− 2)= 3− 2；
1 4+ 3=1×( 4− 3)( 4+ 3)( 4− 3)= 4− 3．
试求：(1)求1 7+ 6= ______ ；
(2)当n为正整数时，1 n+1+ n= ______ ；
(3)11+ 2+1 2+ 3+1 3+ 4+…+1 98+ 99+1 99+ 100的值．
24. (本小题10.0分)
如图，已知▱ABCD，延长AB到E，使BE=AB，连接BD，ED，EC，若ED=AD．
(1)求证：四边形BECD是矩形；
(2)连接AC，若AD=6，CD=3，求AC的长．

25. (本小题12.0分)
在正方形ABCD中，动点E，F分别从D，C两点同时出发，以相同的速度在直线DC，CB上移动．
(1)如图①，当点E自D向C，点F自C向B移动时，连接AE和DF交于点P，请你写出AE与DF的关系，并说明理由．
(2)如图②，当点E，F分别移动到边DC，CB的延长线上时，连接AE和DF，(1)中的结论还成立吗？(请你直接作答，不需证明)
(3)如图③，当E，F分别在边CD，BC的延长线上移动时，连接AE和DF，(1)中的结论还成立吗？请说明理由．


答案和解析

1.【答案】C 
【解析】解： (−2)2=2，故选项A错误；
12− 3=2 3− 3= 3，故选项B错误；
2 5×4 6=8 30，故选项C正确；
6− 3 3= 2−1，故选项D错误；
故选：C．
根据各个选项中的式子，可以计算出正确的结果，本题得以解决．
本题考查了二次根式的运算，熟练掌握运算法则是解题的关键．

2.【答案】B 
【解析】
【分析】
本题主要考查了最简二次根式的定义．根据最简二次根式的定义，即可进行解答．
【解答】
解：A、 12=2 3不是最简二次根式，故A不符合题意；
B、 x2+1是最简二次根式，故B符合题意；
C、 15= 55不是最简二次根式，故C不符合题意；
D、 a2=|a|不是最简二次根式，故D不符合题意，
故选：B．  
3.【答案】D 
【解析】解：根据题意得：1−2x≥0，
解得：x≤12．
故选：D．
根据二次根式中的被开方数必须是非负数，即可列出不等式求解．
此题主要考查了二次根式有意义的条件，关键是掌握二次根式中的被开方数是非负数．

4.【答案】C 
【解析】解：∵四边形ABCD为菱形，
∴AC⊥BD，AB=BC=CD=DA，
∴△COD为直角三角形．
∵OE=3，点E为线段CD的中点，
∴CD=2OE=6．
∴C菱形ABCD=4CD=4×6=24．
故选：C．
由菱形的性质可得出AC⊥BD，AB=BC=CD=DA，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出CD的长，结合菱形的周长公式即可得出结论．
本题考查了菱形的性质以及直角三角形的性质，解题的关键是求出CD=6．

5.【答案】C 
【解析】解：由图可得，
∠1=90°+∠3，
∵∠1=α，
∴∠3=α−90°，
∵∠3+∠2=90°，
∴∠2=90°−∠3=90°−(α−90°)=90°−α+90°=180°−α，
故选：C．
根据矩形的性质和三角形外角的性质，可以用含α的式子表示出∠2．
本题考查矩形的性质、三角形外角的性质，解答本题的关键是明确题意，用含α的代数式表示出∠2．

6.【答案】D 
【解析】解：A、由“AB//DC，AD//BC”可知，四边形ABCD的两组对边互相平行，则该四边形是平行四边形．故本选项不符合题意；
B、由“AB=DC，AD=BC”可知，四边形ABCD的两组对边相等，则该四边形是平行四边形．故本选项不符合题意；
C、由“AO=CO，BO=DO”可知，四边形ABCD的两条对角线互相平分，则该四边形是平行四边形．故本选项不符合题意；
D、由“AB//DC，AD=BC”可知，四边形ABCD的一组对边平行，另一组对边相等，据此不能判定该四边形是平行四边形．故本选项符合题意；
故选：D．
根据平行四边形判定定理进行判断．
此题主要考查了平行四边形的判定，关键是掌握平行四边形的判定定理．

7.【答案】A 
【解析】解：设AE=x，由折叠可知：ED=BE=9−x，
∵在Rt△ABE中，32+x2=(9−x)2
∴x=4，
∴S△ABE=12AE⋅AB=12×3×4=6(cm2)
故选A．
设AE=x，则ED=BE=9−x，根据勾股定理可求得AE，DE的长，从而不难求得△ABE的面积
本题考查了利用勾股定理解直角三角形的能力．

8.【答案】D 
【解析】解：连接BN，BM，

∵四边形ABCD是正方形，
∴对角线所在直线是其一条对称轴，
∴BN=DN，
∴DN+MN=BN+MN≥BM，
∴DN+MN的最小值为BM的长，
在Rt△BCM中，
BC=8，CM=CD−DM=8−2=6，
∴BM= BC2+CM2= 82+62=10，
即DN+MN的最小值为10，
故选：D．
将动点N所在直线AC同侧的两条线段中的一条DN，利用轴对称转化为异侧的线段BN，再利用两点之间线段最短求解即可．
本题考查最短路径问题，解答时涉及轴对称，勾股定理，两点之间线段最短．解题的关键是将动点所在直线同侧的两条线段利用轴对称转化为异侧的两条线段．

9.【答案】D 
【解析】解：如图，将圆柱展开：

∵圆柱高8cm，底面周长为12cm，
∴BC=8cm，AC=6cm，
根据勾股定理得：AB= 62+82=10(cm)，
即爬行的最短路程是10cm，
故选：D．
将圆柱展开，然后利用勾股定理计算即可．
此题主要考查了平面展开—最短路径问题，勾股定理，解题的关键是根据题意画出展开图，表示出各线段的长度．

10.【答案】C 
【解析】解：设CD=x，则DE=a−x，
∵HG=b，
∴AH=CD=AG−HG=DE−HG=a−x−b=x，
∴x=a−b2，
∴BC=DE=a−a−b2=a+b2，
∴BD2=BC2+CD2=(a+b2)2+(a−b2)2=a2+b22，
∴BD= a2+b22，
故选：C．
设CD=x，则DE=a−x，求得AH=CD=AG−HG=DE−HG=a−x−b=x，求得x=a−b2，得到BC=DE=a+b2，根据勾股定理即可得到结论．
本题考查了勾股定理，全等三角形的性质，正确的识别图形是解题的关键．

11.【答案】C 
【解析】解：A、∵a2+b2=c2，∴此三角形是直角三角形，故本选项不符合题意；
B、∵∠A+∠B+∠C=180°，∠A=∠B+∠C，
∴∠A=90°，
∴此三角形是直角三角形，故本选项不符合题意；
C、设∠A=3x，则∠B=4x，∠C=5x，
∵∠A+∠B+∠C=180°，
∴3x+4x+5x=180°，解得x=15°，
∴∠C=5×15°=75°，
∴此三角形不是直角三角形，故本选项符合题意；
D、∵52+122=132，
∴此三角形是直角三角形，故本选项不符合题意；
故选：C．
根据勾股定理的逆定理及三角形内角和定理对各选项进行逐一判断即可．
本题考查的是勾股定理及三角形内角和定理，熟知以上知识是解答此题的关键．

12.【答案】C 
【解析】解：①在正方形ABCD，AB=AD，∠BAD=90°，
∵EA⊥PA，
∴∠EAP=∠BAD=90°
∴∠EAB+∠BAP=90°，∠PAD+∠BAP=90°，
∴∠EAB=∠PAD，
∵AE=AP，
在△APD和△AEB中，
AE=AP∠EAB=∠PADAB=AD，
∴△APD≌△AEB(SAS)；故①成立；
②∵AE=AP=3 2，∠EAP=90°，
∴∠AEP=∠APE=45°，PE= 2AE=6，
∵△APD≌△AEB，
∴∠AEB=∠APD=180°−45°=135°，故②成立；
③∴∠BEP=135°−45°=90°，
∴EB⊥ED，
在Rt△BPE中，PE=6，PB=10，
∴BE= PB2−PE2=8，故③不成立；
④如图，连接BD，

由②得：PE=6，BE=8，
∵△APD≌△AEB，
∴S△APD+S△APB
=S△AEB+S△APB
=S四边形AEBP
=S△AEP+S△EPB
=12⋅AE⋅AP+12⋅PE⋅BE
=12×3 2×3 2+12×6×8
=33.故④成立；
∵△APD≌△AEB，
∴PD=BE=8，
∴S△BDP=12×PD⋅BE=32，
∴S△ABD=S△APD+S△APB+S△BPD=33+32=65，
∴S正方形ABCD=2S△ABD=130，
∴CD2=130，
∴CD= 130，故⑤不成立．
综上所述，正确结论的序号是①②④，
故选：C．
①利用SAS即可证明△APD≌△AEB，进而可以判断①正确；②根据△APD≌△AEB和等腰直角三角形的性质得出∠APE=∠AEP=45°，得出∠APD=∠AEB=135°，进而可以判断②正确；③根据勾股定理计算可得EB的长，进而可以判断③；④连接BD，可得S△APD+S△APB=S△AEP+S△EPB=33，即可判断④；⑤根据S△ABD=S△APD+S△APB+S△BPD=33+32=65，进而可以判断⑤．
本题考查了正方形的性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定、勾股定理等知识；本题综合性强，有一定难度，证明三角形全等是解题的关键．

13.【答案】5或 7 
【解析】
【分析】
本题考查了利用勾股定理解直角三角形的能力，当已知条件中没有明确哪是斜边时，要注意讨论，一些学生往往忽略这一点，造成丢解．本题已知直角三角形的两边长，但未明确这两条边是直角边还是斜边，因此两条边中的较长边4既可以是直角边，也可以是斜边，所以求第三边的长必须分类讨论，即4是斜边或直角边的两种情况，然后利用勾股定理求解．
【解答】
解：设第三边为x，
(1)若4是直角边，则第三边x是斜边，由勾股定理得：
32+42=x2，
∴x=5；
(2)若4是斜边，则第三边x为直角边，由勾股定理得：
32+x2=42，
∴x= 7；
∴第三边的长为5或 7．
故答案为5或 7．

  
14.【答案】1 
【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠AEB=∠EBC，AD=BC=5cm，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE=∠EBC，
则∠ABE=∠AEB，
∴AB=AE=3cm，
同理可证：DF=DC=AB=3cm，
则EF=AE+FD−AD=3+3−5=1cm．
故答案为：1．
根据平行四边形的性质可知∠AEB=∠EBC，又因为BE平分∠ABC，所以∠ABE=∠EBC，则∠ABE=∠AEB，则AB=AE=3，同理可证FD=3，继而可求得EF=AE+DE−AD．
本题主要考查了平行四边形的性质，在平行四边形中，当出现角平分线时，一般可构造等腰三角形，进而利用等腰三角形的性质解题．

15.【答案】12 
【解析】解：如图，延长BE交AD于点F，

∵点E是DC的中点，
∴DE=CE，
∵AB⊥BC，AB⊥AD，
∴AD//BC，
∴∠D=∠BCE，∠FED=∠BEC，
∴△BCE≌△FDE(ASA)，
∴DF=BC=5，BE=EF，
∴BF=2BE=13，
在Rt△ABF中，由勾股定理可得AB=12．
故答案为：12．
延长BE交AD于点F，由“ASA”可证△BCE≌△FDE，可得DF=BC=5，BE=EF，由勾股定理可求AB的长．
本题考查了全等三角形的判定和性质，勾股定理，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．

16.【答案】 2 
【解析】解：12⊕4= 12+4 12−4= 2．
故答案为： 2．
先依据定义列出算式，然后再进行计算即可．
本题主要考查的是算术平方根的性质，根据定义运算列出算式是解题的关键．

17.【答案】3 
【解析】
【分析】
此题主要考查了估算无理数的大小，正确得出 13的取值范围是解题关键．
估算 13的取值范围从而得出x，y的值，进而得出答案．
【解答】
解：∵3< 13<4，
∴2<6− 13<3，
∴6− 13的整数部分x=2，小数部分为y=6− 13−2=4− 13，
故(2x+ 13)y
=(4+ 13)×(4− 13)
=3．
故答案为3．  
18.【答案】39 
【解析】解：如图，

∵四边形ABGF是正方形，
∴∠FAB=∠AFG=∠ACB=90°，
∴∠FAC+∠BAC=∠FAC+∠ABC=90°，
∴∠FAC=∠ABC，
∴△FAH≌△ABN(ASA)，
∴S△FAH=S△ABN，
∴S△ABC=S四边形FNCH，
在△ABC中，∠ACB=90°，
∴AC2+BC2=AB2，
∵AC+BC=7，
∴(AC+BC)2=AC2+BC2+2AC⋅BC=49，
∴AB2+2AC⋅BC=49，
∵AB2−S△ABC=16，
∴AB2−12AC⋅BC=16，
∴BC⋅AC=26，
∵∠ABG=∠CBI=90°，
∴∠ABC+∠CBG=∠CBG+∠GBI=90°，
∴∠ABC=∠GBI，
∴△ABC≌△GBI(ASA)，
∴S△ABC=S△GBI，即S1=S3=S△ABC，
同理可知，△ADF≌△ACB，即S4+S2=S△ABC，
∴阴影部分的面积和=3S△ABC=32BC⋅AC=39．
故答案为：39．
根据余角的性质得到∠FAC=∠ABC，根据全等三角形的性质得到S△FAH=S△ABN，推出S△ABC=S四边形FNCH，根据勾股定理得到AC2+BC2=AB2，解方程组得到BC⋅AC=26，接着通过证明S1+S2+S3+S4=Rt△ABC的面积×3，依此即可求解．
本题考查勾股定理的知识，有一定难度，解题关键是将勾股定理和正方形的面积公式进行灵活的结合和应用．

19.【答案】解：(1)2 12+6 13−3 48
=4 3+2 3−12 3
=−6 3．
(2)2 3( 3−2 2)−(2 2− 3)2
=6−4 6−(8+3−4 6)
=6−4 6−8−3+4 6
=−5． 
【解析】(1)先逐项化简，再合并同类二次根式即可；
(2)先根据乘法法则和完全平方公式计算，再算加减即可．
本题考查了二次根式的混合运算，熟练掌握二次根式的运算法则是解答本题的关键，整式的乘法的运算公式及运算法则对二次根式的运算同样适用．

20.【答案】解：设AE=xkm，则BE=(25−x)km，
在Rt△ADE中，DE2=AD2+AE2=102+x2，
在Rt△BCE中，CE2=BC2+BE2=152+(25−x)2，
由题意可知：DE=CE，
所以：102+x2=152+(25−x)2，
解得：x=15km．
所以，E应建在距A点15km处． 
【解析】
【分析】
本题考查勾股定理的实际运用，善于观察题目的信息是解题以及学好数学的关键．
根据题意设AE=xkm，再由勾股定理列出方程求解即可．  
21.【答案】证明：∵AE//BO，BE//AO，
∴四边形OAEB是平行四边形，
又∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥DB．
∴∠AOB=90°，
∴平行四边形OAEB是矩形． 
【解析】首先判定四边形OAEB是平行四边形，再由菱形的性质得出∠AOB=90°，从而判定四边形OAEB是矩形．
此题综合考查了菱形的性质与矩形的判定方法．矩形的判定定理有：
(1)有一个角是直角的平行四边形是矩形；
(2)有三个角是直角的四边形是矩形；
(3)对角线互相平分且相等的四边形是矩形．

22.【答案】解：(1)∵运动时间为t秒，
∴AP=t cm，PD=AD−AP=(24−t)cm，CQ=3t cm，BQ=BC−CQ=(26−3t)cm，
∵AB//BC，
∴当PD=CQ时，四边形PQCD是平行四边形．
此时有3t=24−t，
解得t=6．
∴当t=6时，四边形PQCD是平行四边形；
(2)若四边形PQCD是菱形，则四边形PQCD是平行四边形，
根据(1)得：t=6，
∴PD=24−t=24−6=18(cm)，
过点D作DE⊥BC于E，
∴四边形ABED是矩形，
∴BE=AD=24cm，
∴EC=BC−BE=26−24=2(cm)，DE=AB=8cm，
∴DC= DE2+EC2=2 17≠PD，
∴四边形PQCD不可能是菱形． 
【解析】(1)当四边形PQCD是平行四边形时，必须有PD=CQ，列方程解答即可；
(2)由若四边形PQCD是菱形，则四边形PQCD是平行四边形，根据(1)中的求解答案，分析看此时能否为菱形，因为CD≠PD，即可得四边形PQCD不可能是菱形．
此题考查了梯形的性质及等腰梯形的判定、菱形的判定与性质、矩形的判定与性质、解一元一次方程，属于动点型问题，关键是判断出满足条件的点P及点Q位置，然后利用方程思想求解t的值，难度较大．

23.【答案】解：(1) 7− 6；
(2)  n+1− n；
(3)11+ 2+1 2+ 3+1 3+ 4+....+1 98+ 99+1 99+ 100
= 2−1+ 3− 2+ 4− 3+…+ 99− 98+ 100− 99
= 100−1
=10−1
=9． 
【解析】解：(1)1 7+ 6= 7− 6( 7+ 6)( 7− 6)= 7− 6，
故答案为： 7− 6；
(2)1 n+1+ n= n+1− n( n+1+ n)( n+1− n)= n+1− n，
故答案为： n+1− n；
(3)见答案．
(1)根据题目中的例子，可以将所求式子化简；
(2)根据题目中的例子，可以将所求式子化简；
(3)先将所求式子变形，然后计算即可．
本题考查二次根式的化简求值、分母有理化、平方差公式，解答本题的关键是明确它们各自的计算方法．

24.【答案】证明：(1)∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB//CD，AB=CD，
∵BE=AB，
∴BE=CD，
∴四边形BECD是平行四边形，
∵AD=BC，AD=DE，
∴BC=DE，
∴▱BECD是矩形；
(2)如图，

∵CD=3，
∴AB=BE=3．
∵AD=6，∠ABD=90°，
∴BD= AD2−AB2= 36−9=3 3，
∴CE=3 3，
∴AC= AE2+CE2= 36+27=3 7． 
【解析】本题考查了平行四边形的判定与性质，矩形的判定与性质，勾股定理，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．
(1)证明四边形BECD是平行四边形，根据题意得到BC=DE，根据矩形的判定定理证明；
(2)根据矩形的性质得到∠ABD=90°，根据勾股定理求出BD，再根据勾股定理计算即可．

25.【答案】解：(1)AE=DF，AE⊥DF；理由如下：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=DC，∠ADC=∠C=90°，
∵动点E，F分别从D，C两点同时出发，以相同的速度在直线DC，CB上移动，
∴DE=CF，
在△ADE和△DCF中，
AD=DC∠ADC=∠CDE=CF，
∴△ADE≌△DCF(SAS)，
∴AE=DF，∠DAE=∠CDF，
由于∠CDF+∠ADF=90°，
∴∠DAE+∠ADF=90°，
∴∠APD=90°，
∴AE⊥DF；
(2)成立；理由如下：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=DC，∠ADC=∠DCF=90°，
∵动点E，F分别从D，C两点同时出发，以相同的速度在直线DC，CB上移动，
∴DE=CF，
在△ADE和△DCF中，
AD=DC∠ADC=∠DCFDE=CF，
∴△ADE≌△DCF(SAS)，
∴AE=DF，∠DAE=∠CDF，
由于∠CDF+∠ADF=90°，
∴∠DAE+∠ADF=90°，
∴AE⊥DF；
(3)成立；理由如下：
同(1)得：AE=DF，∠DAE=∠CDF，
延长FD交AE于点G，如图所示：
则∠CDF+∠ADG=90°，
∴∠ADG+∠DAE=90°，
∴∠AGD=90°，
∴AE⊥DF． 
【解析】(1)AE=DF，AE⊥DF.先证得△ADE≌△DCF.由全等三角形的性质得AE=DF，∠DAE=∠CDF，再由等角的余角相等可得AE⊥DF；
(2)由正方形的性质得出AD=DC，∠ADE=∠DCF=90°，DE=CF，SAS证出△ADE≌△DCF，得出AE=DF，∠DAE=∠CDF，证出∠DAE+∠ADF=90°，得出AE⊥DF；
(3)成立．由(1)同理可证AE=DF，∠DAE=∠CDF，延长FD交AE于点G，再由等角的余角相等可得AE⊥DF．
本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、互余两角的关系、垂线的证法等知识；本题难度较大，综合性强，熟练掌握正方形的性质，证明三角形全等是解决问题的关键．