2023-2024学年重庆市永川中学教育集团八年级（下）期中数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年重庆市永川中学教育集团八年级（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。

1.下列二次根式中，不能与 2合并的是( )
A. 8B. 12C. − 18D. 32
2.下列各式计算错误的是( )
A. 4 3− 3=3 3B. 2× 3= 6
C. ( 3+ 2)( 3− 2)=5D. 18÷ 2=3
3.已知x，y满足 x−2+|y+3|=0，则x+y=( )
A. −1B. 1C. 5D. −5
4.下列命题中是真命题的选项是( )
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. 对角线互相垂直且相等的四边形是正方形
C. 对角线相等的平行四边形是矩形
D. 三条边都相等的四边形是菱形
5.估计 15−1的值在( )
A. 1和2之间B. 2和3之间C. 3和4之间D. 4和5之间
6.如下图，数轴上点A所表示的数是( )
A. 5B. − 5+1C. 5+1D. 5−1
7.如图，每个小正方形的边长为1，A、B、C是小正方形的顶点，则∠ABC的度数为( )
A. 90°
B. 60°
C. 45°
D. 30°
8.如图，在四边形ABCD中，P是对角线BD的中点，点E、F分别是AB、CD的中点，AD=BC，∠EPF=120°，则∠PEF的度数是( )
A. 20°
B. 30°
C. 40°
D. 50°
9.如图，四边形ABCD是菱形，AC=6，BD=8，AH⊥BC于点H，则AH的长为( )
A. 4
B. 4.5
C. 4.8
D. 5
10.如图，平行四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，点E为BC的中点，连接EO并延长交AD于点F，∠ABC=60°，BC=2AB.下列结论：①AB⊥AC；②AD=4OE；③四边形AECF是菱形；④S△BOE=14S△ABC，其中正确结论的个数是( )
A. 4B. 3C. 2D. 1
二、填空题：本题共8小题，每小题4分，共32分。
11.若 x−8在实数范围内有意义，则实数x的取值范围是_____．
12.在平行四边形ABCD中，若∠A+∠C=120°，则∠B= ______．
13.比较大小：2 3 ______3 2，− 5 ______−π．
14.如图，在△ABC中，AB=AC，∠BAC的平分线交BC于点D，E为AC的中点，若AB=10，则DE的长是______．
15.已知直角三角形的两边的长分别是3和4，则第三边长为______．
16.如图，一圆柱高8cm，底面圆周长为12cm，一只蚂蚁从点A爬到点B处吃食，要爬行的最短路程是______cm．
17.如图，矩形ABCD中，AB=8，BC=4，将矩形沿AC折叠，点D落在点D′处，则重叠部分△AFC的面积为 ．
18.如图，M、N是正方形ABCD的边CD上的两个动点，满足AM=BN，连接AC交BN于点E，连接DE交AM于点F，连接CF，若正方形的边长为6，则线段CF的最小值是______．
三、解答题：本题共8小题，共78分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
19.(本小题8分)
计算：
(1)|1− 2|+(12)−2−2 2；
(2) 8− 13× 6+ 45÷ 5．
20.(本小题10分)
已知：如图，四边形ABCD中，∠ACB=90°，AB=15，BC=9，AD=5，DC=13，求四边形ABCD的面积．
21.(本小题10分)
先化简，再求值：2a−4a2−1÷a−2a2−2a+1−2aa+1，其中a= 3−1
22.(本小题10分)
如图，在平行四边形ABCD中，点E、F分别是边AD、BC的中点．
(1)求证：AF=CE；
(2)若四边形AFCE的周长为12，AF=4，AB=3，求平行四边形ABCD的周长．
23.(本小题10分)
如图所示，O是矩形ABCD的对角线的交点，DE/​/AC，CE/​/BD．
(1)求证：OE⊥DC．
(2)若∠AOD=120°，DE=2，求矩形ABCD的面积．
24.(本小题10分)
如图，在四边形ABCD中，∠ABC=∠ADC=90°，对角线AC与BD相交于点O，M、N分别是边AC、BD的中点．
(1)求证：MN⊥BD；
(2)当∠BCA=15°，AC=20，OB=OM时，求MN的长．
25.(本小题10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？
26.(本小题10分)
综合与实践：如图1，在正方形ABCD中，连接对角线AC，点O是AC的中点，点E是线段OA上任意一点(不与点A，O重合)，连接DE、BE.过点E作EF⊥DE交直线BC于点F．
(1)如图1，试猜想线段DE与EF的数量关系，并说明理由；
(2)如图1，求证： 2CE=CD+CF；
(3)如图2，当E在线段CO上时(不与点C，O重合)，EF交BC延长线于点F，保持其余条件不变，直接写出线段CE、CD、CF之间的数量关系．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、 8=2 2，可以与 2进行合并，不符合题意；
B、 12=2 3，不可以与 2进行合并，符合题意；
C、− 18=−3 2，可以与 2进行合并，不符合题意；
D、 32=4 2，可以与 2进行合并，不符合题意；
故选：B．
先将选项进行化简，再看能否与 2，选出符合题意的即可．
本题考查同类二次根式，掌握同类二次根式的性质是解题的关键．
2.【答案】C
【解析】【分析】
本题主要考查二次根式的混合运算，解题的关键是熟练掌握二次根式的混合运算顺序和运算法则．
根据合并同类二次根式的法则、二次根式的乘法、平方差公式及二次根式的除法分别计算可得．
【解答】
解：A.4 3− 3=3 3，此选项计算正确；
B. 2× 3= 6，此选项计算正确；
C.( 3+ 2)( 3− 2)=( 3)2−( 2)2=3−2=1，此选项计算错误；
D. 18÷ 2= 9=3，此选项计算正确；
故选C．
3.【答案】A
【解析】解：∵ x−2+|y+3|=0，
∴x−2=0，y+3=0，
∴x=2，y=−3，
∴x+y=−1，
故选：A．
根据非负数的性质列出方程求出未知数的值，再代入所求代数式计算即可．
本题考查了非负数的性质．初中阶段有三种类型的非负数：(1)绝对值；(2)偶次方；(3)二次根式(算术平方根).当它们相加和为0时，必须满足其中的每一项都等于0．
4.【答案】C
【解析】解：A、一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，原命题是假命题；
B、对角线互相平分、垂直且相等的四边形是正方形，原命题是假命题；
C、对角线相等的平行四边形是矩形，是真命题；
D、四条边都相等的四边形是菱形，原命题是假命题；
故选：C．
利用平行四边形、矩形、菱形及正方形的判定方法分别判断后，即可确定正确的选项．
考查了命题与定理的知识，解题的关键是了解平行四边形、矩形、菱形及正方形的判定方法，难度不大．
5.【答案】B
【解析】解：∵9<15<16，
∴3< 15<4，
∴2< 15−1<3，
∴估计 15−1的值在2和3之间，
故选：B．
根据平方运算，先估算出 15的值，即可解答．
本题考查了无理数的估算，熟练掌握平方运算是解题的关键．
6.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了实数与数轴上的点的一一对应关系．也考查了勾股定理．
先根据勾股定理计算出BC= 5，则BA=BC= 5，然后计算出AD的长，接着计算出OA的长，即可得到点A所表示的数．
【解答】
解：如图，BD=1−(−1)=2，CD=1，
∴BC= BD2+CD2= 22+12= 5，
∴BA=BC= 5，
∴AD= 5−2，
∴OA=1+ 5−2= 5−1，
∴点A表示的数为 5−1．
故选D．
7.【答案】C
【解析】解：根据勾股定理可以得到：AC=BC= 5，AB= 10．
∵( 5)2+( 5)2=( 10)2．
∴AC2+BC2=AB2．
∴△ABC是等腰直角三角形．
∴∠ABC=45°．
故选：C．
8.【答案】B
【解析】解：∵P是BD的中点，点E、F分别是AB、CD的中点，
∴PE、PF分别是△ABD、△BCD的中位线，
∴PE=12AD，PF=12BC，
∵AD=BC，
∴PE=PF，
∴∠PEF=∠PFE，
∵∠EPF=120°，
∴∠PEF=12×(180°−120°)=30°．
故选：B．
由三角形中位线定理推出PE=12AD，PF=12BC，得到PE=PF，推出∠PEF=∠PFE，即可求出∠PEF=12×(180°−120°)=30°．
本题考查三角形中位线定理，等腰三角形的性质，关键是由三角形中位线定理推出PE=PF．
9.【答案】C
【解析】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴CO=12AC=3，BO=12BD=4，AO⊥BO，
∴BC=5，
∴S菱形ABCD=12AC⋅BD=12×6×8=24，
∵S菱形ABCD=BC×AH，
∴BC×AH=24，
∴AH=245=4.8，
故选：C．
根据菱形的性质得出BO、CO的长，在Rt△BOC中求出BC，利用菱形面积等于对角线乘积的一半，也等于BC×AH，即可得出AH的长度．
本题考查了菱形的性质，也涉及了勾股定理，要求我们掌握菱形的面积的两种表示方法，及菱形的对角线互相垂直且平分．
10.【答案】A
【解析】解：∵点E为BC的中点，
∴BC=2BE=2CE，
又∵BC=2AB，
∴AB=BE，
∵∠ABC=60°，
∴△ABE是等边三角形，
∴∠BAE=∠BEA=60°，AE=BE，
∴AE=CE，
∴∠EAC=∠ECA=30°，
∴∠BAC=∠BAE+∠EAC=90°，
即AB⊥AC，故①正确；
在平行四边形ABCD中，AD//BC，AD=BC，AO=CO，
∴∠CAD=∠ACB，
在△AOF和△COE中，
∠OAF=∠OCEOA=OC∠AOF=∠COE,
∴△AOF≌△COE(ASA)，
∴AF=CE，
∴四边形AECF是平行四边形，
∵AE=CE，
∴平行四边形AECF是菱形，故③正确；
∴AC⊥EF，
在Rt△COE中，∠ACE=30°，
∴OE=12CE=14BC=14AD，故②正确；
在平行四边形ABCD中，OA=OC，
又∵点E为BC的中点，
∴S△BOE=12S△BOC=14S△ABC，故④正确；
正确的结论有4个，
故选：A．
通过判定△ABE为等边三角形求得∠BAE=60°，利用等腰三角形的性质求得∠EAC=30°，从而判断①；利用有一组邻边相等的平行四边形是菱形判断③，然后结合菱形的性质和含30°角的直角三角形的性质判断②；根据三角形中线的性质判断④．
本题考查平行四边形的性质，等边三角形的判定和性质，菱形的判定和性质，含30°角的直角三角形的性质，掌握菱形的判定是解题关键．
11.【答案】x≥8
【解析】解：∵ x−8在实数范围内有意义，
∴x−8≥0，
解得：x≥8．
故答案为：x≥8．
根据二次根式有意义的条件，可得：x−8≥0，据此求出实数x的取值范围即可．
此题主要考查了二次根式有意义的条件，解答此题的关键是要明确：二次根式中的被开方数是非负数．
12.【答案】120°
【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠A=∠C，∠A+∠B=180°，
∵∠A+∠C=120°，
∴∠A=60°，
∴∠B=180°−60°=120°．
故答案为：120°．
根据平行四边形的性质可得：∠A=∠C，∠A+∠B=180°，再根据∠A+∠C=120°计算出∠A的度数，进而可算出∠B的度数．
此题主要考查了平行四边形的性质，关键是掌握平行四边形的对角相等．
13.【答案】< >
【解析】解：∵2 3= 12，3 2= 18，
又∵ 12< 18，
∴2 3<3 2；
∵|− 5|= 5，|−π|=π，
又∵ 5<π，
∴− 5>−π；
故答案为：<，>．
先把根号外的因式移入根号内，通过比较被开方数的大小即可得出其算术平方根的大小；根据两个负数比较，绝对值大的反而小得出比较结果．
本题考查了实数的大小比较，熟练掌握实数的大小比较方法是解题的关键．
14.【答案】5
【解析】解：∵AB=AC=10，AD平分∠BAC，
∴AD⊥BC，
∴∠ADC=90°，
∵E为AC的中点，
∴DE=12AC=5．
故答案为：5．
利用等腰三角形的性质得出∠ADC=90°，再利用直角三角形斜边中线的性质求解即可．
此题考查了等腰三角形的性质，熟记等腰三角形的性质是解题的关键．
15.【答案】5或 7
【解析】【分析】
此题主要考查的是勾股定理的应用，要注意的是由于已知的两边是直角边还是斜边并不明确，所以一定要分类讨论，以免漏解．
已知直角三角形两边的长，但没有明确是直角边还是斜边，因此分两种情况讨论：①3是直角边，4是斜边；②3、4均为直角边；可根据勾股定理求出上述两种情况下，第三边的长．
【解答】
解：①长为3的边是直角边，长为4的边是斜边时：
第三边的长为： 42−32= 7；
②长为3、4的边都是直角边时：
第三边的长为： 42+32=5；
综上，第三边的长为：5或 7．
故答案为5或 7．
16.【答案】10
【解析】解：如图所示：
连接AB，
∵圆柱高8cm，底面圆周长为12cm，
∴AC=12×12=6cm，
在Rt△ABC中，
AB= AC2+BC2= 62+82=10cm．
故答案为：10
先把圆柱的侧面展开，连接AB，利用勾股定理求出AB的长即可．
本题考查的是平面展开−最短路径问题，解答此类问题的关键是画出圆柱的侧面展开图，利用勾股定理进行解答．
17.【答案】10
【解析】【解答】
解：易证△AFD′≌△CFB，
∴D′F=BF，
设D′F=x，则AF=8−x，
在Rt△AFD′中，(8−x)2=x2+42，解得：x=3，
∴AF=AB−FB=8−3=5，
∴S△AFC=12⋅AF⋅BC=10．
故答案为10．
【分析】
本题考查了矩形的性质，勾股定理的正确运用，本题中设D′F=x，根据直角三角形AFD′中运用勾股定理求x是解题的关键．
因为BC为AF边上的高，要求△AFC的面积，求得AF即可，易证△AFD′≌△CFB，得BF=D′F，设D′F=x，则在Rt△AFD′中，根据勾股定理求x，所以AF=AB−BF．
18.【答案】3 5−3
【解析】解：如图，在正方形ABCD中，AD=BC=CD，∠ADC=∠BCD，∠DCE=∠BCE，
在Rt△ADM和Rt△BCN中，
AD=BCAM=BN，
∴Rt△ADM≌Rt△BCN(HL)，
∴∠DAM=∠CBN，
在△DCE和△BCE中，
BC=CD∠DCE=∠BCECE=CE，
∴△DCE≌△BCE(SAS)，
∴∠CDE=∠CBE
∴∠DAM=∠CDE，
∵∠ADF+∠CDE=∠ADC=90°，
∴∠DAM+∠ADF=90°，
∴∠AFD=180°−90°=90°，
取AD的中点O，连接OF、OC，
则OF=DO=12AD=3，
在Rt△ODC中，OC= DO2+DC2=3 5
根据三角形的三边关系，OF+CF>OC，
∴当O、F、C三点共线时，CF的长度最小，
最小值=OC−OF=3 5−3．
故答案为：3 5−3．
先判断出Rt△ADM≌Rt△BCN(HL)，得出∠DAM=∠CBN，进而判断出△DCE≌△BCE(SAS)，得出∠CDE=∠CBE，即可判断出∠AFD=90°，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得OF=12AD=3，利用勾股定理列式求出OC，然后根据三角形的三边关系可知当O、F、C三点共线时，CF的长度最小．
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，三角形的三边关系，确定出CF最小时点F的位置是解题关键．
19.【答案】解：(1)原式= 2−1+4− 2
=3；
(2)原式=2 2− 2+3
= 2+3．
【解析】(1)先算负整数指数幂，去绝对值，分母有理化，再合并即可；
(2)先算乘除，再算加减．
本题考查二次根式的混合运算，解题的关键是掌握二次根式相关的运算法则．
20.【答案】解：在Rt△ACB中，∠ACB=90°，AB=15，BC=9，
∴AC= AB2−BC2= 152−92=12．
∵AD=5，CD=13，AC=12，
∴AD2+AC2=52+122=169，CD2=132=169，
∴CD2=AD2+AC2，
∴△ACD是直角三角形，且∠CAD=90°，
∴S△ACD=12AD⋅AC
=12×5×12
=30；
S△ABC=12AC⋅BC
=12×12×9
=54，
∴30+54=84，
∴四边形ABCD的面积为84．
【解析】先利用勾股定理求出AC=12，再利用勾股定理的逆定理证明△ACD是直角三角形，然后根据三角形的面积公式列式计算得到△ACD的面积，然后求得△ABC的面积，相加即可得解．
本题考查了勾股定理，勾股定理的逆定理，三角形的面积等知识，解题的关键是熟练掌握勾股定理以及逆定理的应用，属于中考常考题型．
21.【答案】解：2a−4a2−1÷a−2a2−2a+1−2aa+1
=2(a−2)(a+1)(a−1)⋅(a−1)2a−2−2aa+1
=2(a−1)a+1−2aa+1
=2a−2−2aa+1
=−2a+1，
当a= 3−1时，原式=−2 3−1+1=−2 33．
【解析】先将除法转化为乘法，再约分，然后将a的值代入化简后的式子计算即可．
本题考查分式的化简求值，熟练掌握运算法则是解答本题的关键．
22.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC，即AE/​/CF，
又∵点E，F分别是边AD，BC的中点，
∴AE=12AD，CF=12BC，
∴AE=CF，
∴四边形AECF为平行四边形，
∴AF=CE；
(2)解：∵四边形AECF的周长为12，AF=4，
∴AE+CF=12−2×4=4，
∵点E，F分别是边AD，BC的中点，
∴AD+BC=2(AE+CF)=8，
∵AB=3，
∴平行四边形ABCD的周长=8+2×3=14．
【解析】(1)根据平行四边形ABCD的对边平行得出AD//BC，又AE=CF，利用有一组对边平行且相等的四边形为平行四边形证得四边形AECF为平行四边形，然后根据平行四边形的对边相等证得结论；
(2)根据平行四边形的性质和平行四边形的周长公式即可得到结论．
本题考查了平行四边形的判定与性质．平行四边形的判定方法共有五种，应用时要认真领会它们之间的联系与区别，同时要根据条件合理、灵活地选择方法．
23.【答案】(1)证明：
∵DE/​/AC，CE/​/BD，
∴DE/​/OC，CE/​/OD，
∴四边形ODEC是平行四边形，
∵四边形ODEC是矩形，
∴OD=OC=OA=OB，
∴四边形ODEC是菱形，
∴OE⊥DC，
(2)∵DE=2，且四边形ODEC是菱形
∴OD=OC=DE=2=OA，
∴AC=4
∵∠AOD=120，AO=DO
∴∠DAO=30°，且∠ADC=90°
∴CD=2，AD= 3CD=2 3
∴S矩形ABCD=2×2 3=4 3
【解析】(1)由题意可证四边形ODEC是平行四边形，通过证明四边形ODEC是菱形，可得OE⊥DC；
(2)由题意可得∠DAO=30°，AC=4，根据直角三角形的性质可得CD=2，AD=2 3，根据矩形的面积公式可求矩形ABCD的面积．
本题考查了矩形的性质，菱形的判定和性质，直角三角形的性质，熟练运用矩形的性质是本题的关键．
24.【答案】(1)证明：连接BM、DM，如图，

∵∠ABC=∠ADC=90°，点M、点N分别是边AC、BD的中点，
∴BM=12AC，CM=12AC，
∴BM=DM=12AC，
∵N是BD的中点，
∴MN是BD的垂直平分线，
∴MN⊥BD．
(2)解：∵∠BCA=15°，BM=CM=12AC，
∴∠BCA=∠CBM=15°，
∴∠BMA=30°，
∵OB=OM，
∴∠OBM=∠BMA=30°，
∵AC=20，BM=12AC，
∴BM=10，
在Rt△BMN中，∠BNM=90°，∠NBM=30°，
∴MN=12BM=5，
∴MN的长是5．
【解析】(1)连接BM、DM，根据直角三角形斜边上的中线的性质求出BM=DM，根据等腰三角形性质求出即可；
(2)根据等腰三角形性质和三角形外角性质求出∠BMN=30°，求出∠NBM=30°，求BM，根据直角三角形的性质求出即可．
本题主要考查对三角形的外角性质，直角三角形斜边上中线的性质，含30度角的直角三角形性质，等腰三角形性质等知识点的理解和掌握，能求出∠MBN和BM的长是解此题的关键．
25.【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．
26.【答案】解：(1)DE=EF，
理由如下：
∵四边形ABCD是正方形，
∴BC=CD=AD，∠BCD=∠ADC=90°，
∴∠DAC=∠DCA=180°−∠ADC2=45°，
∴∠BCE=∠BCD−∠DCA=45°，
∴∠BCE=∠DCE，
在△BC与E△DCE中，
BC=DC ∠BCE=∠DCE;CE=CE;，
∴△BCE≌△DCE(SAS)，
∴∠CBE=∠CDE，BE=DE，
∵EF⊥DE，
∴∠FED=90°，
∵∠EFC+∠BCD+∠CDE+∠FED=360°，
∴∠CDE+∠EFC=180°，
∵∠EFC+∠EFB=180°，
∴∠CDE=∠EFB，
∴∠CBE=∴EFB，
∴BE=EF，
∴DE=EF；
(2) 2CE=CD+CF，
理由如下：
如图，过点E作EG⊥EC交CB的延长线于点G，

∴∠CEG=90°，由(1)知：∠BCE=45°，
∴∠EGC=∠BCE=45°，
∴EG=EC，
在Rt△GEC中，
CG= CE2+EG2= 2CE，
在△EGF与△ECB中，
∠EGF=∠ECB∠EFG=∠EBCEF=EB，
∴△EGF≌△ECB(AAS)，
∴GF=CB=CD，
∵CG=GF+CF=CD+CF，
∴ 2CE=CD+CF；
(3) 2CE=CD−CF，
如图，过点E作EG⊥EC交BC于点G，设CD与EF的交点为点P，

∠CEG=90°，
由(1)可知：∠BCE=45°，
∴∠EGC=∠BCE=45°，
∴EG=EC，
在Rt△GEC中，
CG= CE2+EG2= 2CE，
∵EF⊥DE，
∴∠FED=90°，
∴∠CDE+∠EPD=90°，
∵∠DCF=180°−∠BCD=90°，
∴∠CFE+∠CPF=90°，
又∵∠EPD=∠CPF，
∴∠CDE=∠CFE，
由(1)可知：∠CBE=∠CDE，
∴∠CBE=∠CFE，
在△EGF与△ECB中，
∠EGF=∠ECB∠EFG=∠EBCEG=EC，
∴△EGF≌△ECB(AAS)，
∴GF=CB=CD，
∵CG=GF−CF=CD−CF，
∴ 2CE=CD−CF．
【解析】(1)先根据正方形的性质可证得△BCE≌△DCE，由此可得∠CBE=∠CDE，BE=DE，再根据同角的补角相等证得∠CDE=∠EFB，等量代换可得∠CBE=∠EFB，由此可得BE=EF，再等量代换即可得证；
(2)过点E作EG⊥EC交CB的延长线于点G，先证明EG=EC，利用勾股定理可得CG= 2CE，再证明△EGF≌△ECB，由此可得GF=CB=CD，最后再等量代换即可得证；
(3)仿照(1)和(2)的证明即可证得．
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质以及勾股定理的应用，解题的关键是作出正确的辅助线并能灵活运用相关图形的性质．