2022-2023学年山东省烟台市莱阳市八年级（下）期中数学试卷（五四学制）（含解析）

这是一份2022-2023学年山东省烟台市莱阳市八年级（下）期中数学试卷（五四学制）（含解析），共21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学年山东省烟台市莱阳市八年级（下）期中数学试卷（五四学制）
一、选择题（本大题共10小题，共30.0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 3+3 3=5 6 B. 6 2− 2=6
C. 2 2×3 2=6 2 D. 2 3÷ 3=2
2. 若关于x的方程x2−3x+m=0有两个不相等的实数根，则m的值可能是(    )
A. 5 B. 2.5 C. 10 D. −1
3. 如图，在矩形ABCD中，点E是BC上一点，且DE=DA，AF⊥DE，垂足为点F，在下列结论中，不一定正确的是(    )


A. △AFD≌△DCE B. BE=AD−DF
C. AB=AF D. AF=12AD
4. 下列二次根式中能与3 2合并的是(    )
A. 6 B. 13 C. 8 D. 12
5. 已知如图，在▱ABCD中，AD>AB，∠ABC为锐角，将△ABC沿对角线AC边平移，得到△A′B′C′，连接AB′和C′D，若使四边形AB′C′D是菱形，需添加一个条件，现有三种添加方案，甲方案：AB′=DC′；乙方案：B′D⊥AC′；丙方案：∠A′C′B′=∠A′C′D；其中正确的方案是(    )
A. 甲、乙、丙
B. 只有乙、丙
C. 只有甲、乙
D. 只有甲
6. 用配方法解方程x2−4x−22=0时，配方结果正确的是(    )
A. (x−2)2=24 B. (x+2)2=25 C. (x−2)2=26 D. (x−2)2=27
7. 如图，有六根长度相同的木条，小明先用四根木条制作了能够活动的菱形学具，他先将该活动学具调成图1所示菱形，测得∠B=60°，对角线AC=10cm，接着将该活动学具调成图2所示正方形，最后用剩下的两根木条搭成了如图3所示的图形，连接BE，则图3中△BCE的面积为(    )


A. 50 3cm2 B. 50cm2 C. 25 3cm2 D. 25cm2
8. 当x= 19−1时，代数式x2+2x+2的值是(    )
A. 19 B. 20 C. 21 D. 22
9. 已知关于x的方程2mx2−nx+2=0(m≠0)的一个解为x=−3，则关于x的方程2mx2+nx+2=0(m≠0)根的情况是(    )
A. 没有实数根 B. 有两个实数根
C. 有两个不相等的实数根 D. 有两个相等的实数根
10. 如图，现有一张矩形纸片ABCD，AB=4，BC=8，点M，N分别在矩形的边AD，BC上，将矩形纸片沿直线MN折叠，使点C落在AD边上点P处，点D落在点G处，连接PC，交MN于点Q，连接CM.下列结论：
①CQ=CD；
②四边形CMPN是菱形；
③P，A重合时，MN=2 5；
④点C、M、G三点共线．
其中正确的结论有(    )
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
二、填空题（本大题共6小题，共18.0分）
11. 代数式 x−1x−3在实数范围内有意义，则x的取值范围是______ ．
12. 计算：( 3+ 2)2023⋅( 3− 2)2022= ______ ．
13. 已知(a−2)xa2−2−x+3=0是关于x的一元二次方程，则a的值为______ ．
14. 已知 6的整数部分是方程x2−3x−m=0的一个根，则该方程的另一根是______ ．
15. 如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，且BA=3，AC=4，点D是斜边BC上的一个动点，过点D分别作DM⊥AB于点M，DN⊥AC于点N，连接MN，则线段MN的最小值为          ．


16. 如图，点E，F是正方形ABCD的对角线AC上的两点，AE=CF=1，EF=2，则四边形BEDF的周长是______ ．


三、解答题（本大题共8小题，共69.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题6.0分)
关于x的一元二次方程mx2−4x+3=0有实数根．
(1)求m的取值范围；
(2)若m为正整数，求出此时方程的根．
18. (本小题9.0分)
计算：
(1) 32− 18+ 8；
(2)6 2× 3+3 30÷ 5；
(3)4 2+2 18− 24× 13．
19. (本小题8.0分)
如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，过点D作DE//AC，且DE=12AC，连接AE，CE．
求证：四边形OCED为矩形．

20. (本小题8.0分)
已知|2m+n|与 3n+12互为相反数．
(1)求m，n的值．
(2)解关于x的方程：mx2+4nx−2=0．
21. (本小题8.0分)
已知A=5 2x+1，B=3 x+3，C= 10x+3y，其中A，B为最简二次根式，且A+B=C，求 2y−x2的值．
22. (本小题8.0分)
如图，已知菱形ABCD，∠ADC=120°，点F在DB的延长线上，点E在DA的延长线上，且满足DE=BF.求证：△EFC是等边三角形．

23. (本小题10.0分)
已知x= 112+ 72，y= 112− 72．
(1)分别求x+y，xy的值；
(2)利用(1)的结果求下列代数式的值：①x2y+xy2；②yx+xy．
24. (本小题12.0分)
如图①，四边形ABCD是正方形，点E是BC上一点，连接AE，以AE为一边作正方形AEFG，连接DG．
(1)求证：DG=BE；
(2)如图②，连接AF交CD于点H，连接EH，求证：EH=BE+DH；
(3)在(2)的条件下，若AB=4，点H恰为CD中点，求△CEH的面积．


答案和解析

1.【答案】D 
【解析】解：A、2 3+3 3=5 3，故A不符合题意；
B、6 2− 2=5 2，故B不符合题意；
C、2 2×3 2=12，故C不符合题意；
D、2 3÷ 3=2，故D符合题意；
故选：D．
根据二次根式的加法，减法，乘法，除法法则进行计算，逐一判断即可解答．
本题考查了二次根式的混合运算，准确熟练地进行计算是解题的关键．

2.【答案】D 
【解析】解：∵关于x的方程x2−3x+m=0有两个不相等的实数根，
∴Δ=(−3)2−4×1×m>0，
解得：m<94，
∴4个选择中只有D符合题意．
故选：D．
根据方程的系数，结合根的判别式Δ>0，可得出关于m的一元一次不等式，解之可求出m的取值范围，再结合四个选项即可得出结论．
本题考查了根的判别式，牢记“当Δ>0时，方程有两个不相等的实数根”是解题的关键．

3.【答案】D 
【解析】解：A、由矩形ABCD，AF⊥DE可得∠C=∠AFD=90°，AD//BC，
∴∠ADF=∠DEC．
又∵DE=AD，
∴△AFD≌△DCE(AAS)，故A正确；
B、由△AFD≌△DCE，可得CE=DF，
由矩形ABCD，可得BC=AD，
又∵BE=BC−EC，
∴BE=AD−DF，故B正确；
C、由△AFD≌△DCE，可得AF=CD，
由矩形ABCD，可得AB=CD，
∴AB=AF，故C正确；
D、∵∠ADF不一定等于30°，
∴直角三角形ADF中，AF不一定等于AD的一半，故D错误；
故选：D．
先根据已知条件判定△AFD≌△DCE(AAS)，再根据矩形的对边相等，以及全等三角形的对应边相等进行判断即可．
本题主要考查了矩形和全等三角形，解决问题的关键是掌握矩形的性质：矩形的四个角都是直角，矩形的对边相等．解题时注意：在直角三角形中，若有一个锐角等于30°，则这个锐角所对的直角边等于斜边的一半．

4.【答案】C 
【解析】解：A、 6己是最简二次根式，但和3 2不是同类二次根式，无法合并，故此选项不合题意；
B、 13= 33，和3 2不是同类二次根式，无法合并，故此选项不合题意；
C、 8=2 2，和3 2是同类二次根式，可以合并，故此选项符合题意；
D、 12=2 3，和3 2不是同类二次根式，无法合并，故此选项不合题意．
故选：C．
只有同类二次根式方可合并，将选项中的二次根式进行化简后，找到同类二次根式即可．
本题考查了同类二次根式，熟练掌握同类二次根式的定义是解此题的关键．

5.【答案】B 
【解析】解：根据题意可知AD=B′C′，AD//B′C′，
∴四边形AB′C′D是平行四边形．
方案甲，AB′=C′D不能判断四边形AB′C′D是菱形；
方案乙，由B′D⊥AC′，
∴平行四边形AB′C′D是菱形；
方案丙，由∠A′C′B′=∠A′C′D，又AD//B′C′，
∴∠DAC′=∠A′C′B′，
∴∠DAC′=∠AC′D，
∴AD=C′D，
∴平行四边形AB′C′D是菱形．
所以正确的是乙和丙．
故选：B．
先根据题意可知四边形AB′C′D是平行四边形，再根据三种方案结合菱形的判定定理即可得出答案．
本题主要考查了菱形的判定及平移的性质，灵活选择判定定理是解题的关键．

6.【答案】C 
【解析】解：x2−4x−22=0，
移项得：x2−4x=22，
配方得：x2−4x+4=22+4，
整理得：(x−2)2=26，
故选：C．
把常数项移到等式右边后，利用完全平方公式配方得到结果，即可作出判断．
本题主要考查了一元二次方程的配方法，熟练掌握完全平方公式是解题的关键．

7.【答案】D 
【解析】解：
图1连接AC，
∵菱形ABCD中，AB=BC，
∵∠B=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∵对角线AC=10cm，
∴BC=10cm，
∴CE=BC=10cm，
图3过点E作EH⊥BC，交BC的延长线于点H，
∵△DCE是等边三角形，
∴∠DCE=60°，
∴∠ECH=30°，
∴EH=12CE=5cm，
∴△BCE的面积=12BC⋅EH=12×10×5=25(cm2)，
故选：D．
根据菱形的性质可知BC=10cm，过点E作EH⊥BC，交BC的延长线于点H，根据等边三角形的性质可知∠ECH=30°，根据含30°角的直角三角形的性质可得EH的长，再根据△BCE的面积=12BC⋅EH求解即可．
本题考查了正方形的性质，菱形的性质，等边三角形的性质，含30°角的直角三角形的性质，三角形的面积等，熟练掌握这些性质是解题的关键．

8.【答案】B 
【解析】解：当x= 19−1时，
x2+2x+2
=(x+1)2+1
=( 19−1+1)2+1
=( 19)2+1
=20．
故选：B．
利用完全平方公式配方，再代入计算即可解答．
本题考查了二次根式的化简求值，熟练掌握完全平方公式是解题的关键．

9.【答案】B 
【解析】解：∵关于x的方程2mx2−nx+2=0(m≠0)的一个解为x=−3，
∴2m⋅(−3)2+3n+2=0，
∴18m+3n+2=0，
∴m=−2−3n18，
在关于x的方程2mx2+nx+2=0(m≠0)中，Δ=n2−4×2×2m=n2−16m，
∴Δ=n2−16m=n2−16⋅−2−3n18=9n2+24n+169=(3n+4)29≥0，
∵两个方程根的判别式Δ化简后是一致的，第一个方程有解可得Δ1≥0，
所以第二个方程的Δ2≥0，
故选：B．
把x=−3代入到方程2mx2−nx+2=0(m≠0)中求出m=−2−3n18，再推出关于x的方程2mx2+nx+2=0(m≠0)的Δ=(3n+4)29≥0即可得到答案．
本题主要考查了一元二次方程根的判别式，一元二次方程解的定义，对于一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)，若Δ=b2−4ac>0，则方程有两个不相等的实数根，若Δ=b2−4ac=0，则方程有两个相等的实数根，若Δ=b2−4ac<0，则方程没有实数根．

10.【答案】C 
【解析】解：∵PM//CN，
∴∠PMN=∠MNC，
由翻折可知：∠MNC=∠PNM，
∴∠PMN=∠PNM，
∴PM=PN，
∵NC=NP，
∴PM=CN，
∵MP//CN，
∴四边形CNPM是平行四边形，
∵CN=NP，
∴四边形CNPM是菱形，故②正确；
∴CP⊥MN，∠BCP=∠MCP，
∴∠MQC=∠D=90°，
∵CM=CM，
若CQ=CD，则Rt△CMQ≌Rt△CMD(HL)，
∴∠DCM=∠QCM=∠BCP=30°，这个不一定成立，故①错误；
点P与点A重合时，如图2，

设BN=x，则AN=NC=8−x，
在Rt△ABN中，AB2+BN2=AN2，
即42+x2=(8−x)2，
解得x=3，
∴CN=8−3=5，
∵AC= AB2+BC2= 42+82=4 5，
∴CQ=12AC=2 5，
∴QN= CN2−CQ2= 25−20= 5，
∴MN=2QN=2 5，故③正确；
由折叠可知：GM//PN，
∴∠PMG=∠MPN，
∵四边形PNCM是菱形，
∴∠MPN+∠PMC=180°，
∴∠PMG+∠PMC=180°，
∴C，M，G三点一定在同一直线上，故④正确，
综上所述：正确的结论有②③④，共3个，
故选：C．
先判断出四边形CMPN是平行四边形，再根据翻折的性质可得CN=NP，然后根据邻边相等的平行四边形是菱形证明，判断出②正确；假设CQ=CD，得Rt△CMQ≌△CMD，进而得∠DCM=∠QCM=∠BCP=30°，这个不一定成立，判断①错误；点P与点A重合时，设BN=x，表示出AN=NC=8−x，利用勾股定理列出方程求解得x的值，进而用勾股定理求得MN，判断出③正确；结合矩形的性质可知∠FME=∠MEN，进而可证明∠EMC+∠FME=180°，即可判断④．
此题是四边形综合题，主要考查了折叠问题与菱形的判定与性质、勾股定理的综合应用，熟练掌握菱形的判定定理和性质定理、勾股定理是解本题的关键．

11.【答案】x≥1且x≠3 
【解析】解：∵代数式 x−1x−3在实数范围内有意义，
∴x−1≥0且x−3≠0，
解得：x≥1且x≠3，
故答案为：x≥1且x≠3．
根据二次根式有意义和分式的分母不能为0得出x−1≥0且x−3≠0，再求出答案即可．
本题考查了二次根式有意义的条件和分式有意义的条件，注意：①式子 a中a≥0，②分式AB的分母B≠0．

12.【答案】 3+ 2 
【解析】解：原式=( 3+ 2)2022×( 3− 2)2022×( 3+ 2)
=[( 3+ 2)×( 3− 2)]2022×( 3+ 2)
=(3−2)2022×( 3+ 2)
=1×( 3+ 2)
= 3+ 2．
故答案为： 3+ 2．
将原式变形为( 3+ 2)2022×( 3− 2)2022×( 3+ 2)，利用积的乘方的逆运算、平方差公式、二次根式的运算法则计算即可．
本题考查二次根式的混合运算，平方差公式，积的乘方的逆运算，熟练掌握运算法则是解题的关键．

13.【答案】−2 
【解析】解：由题意得，
a−2≠0且a2−2=2，
解得a=−2．
故答案为：−2．
根据一元二次方程的定义列式求解即可．
本题考查了一元二次方程的定义，方程的两边都是整式，只含有一个未知数，并且整理后未知数的最高次数都是2，象这样的方程叫做一元二次方程．

14.【答案】1 
【解析】解：∵ 4< 6< 9，即2< 6<3，
∴ 6的整数部分是2，即方程x2−3x−m=0的一个根是2，
∴22−3×2−m=0，
解得m=−2，
∴x2−3x+2=(x−1)(x−2)=0，
解得x1=1，x2=2，
∴该方程的另一根是1．
故答案为：1．
先确定 6的整数部分，即确定了方程x2−3x−m=0的一个根，再将根代入计算，求出m的值，最后根据解一元二次方程的方法解方程即可求解．
本题主要考查二次根式，一元二次方程的综合，掌握二次根式求整数部分的方法，解一元二次方程的方法是解题的关键．

15.【答案】125 
【解析】
【分析】
由勾股定理求出BC的长，再证明四边形DMAN是矩形，可得MN=AD，根据垂线段最短和三角形面积即可解决问题．
本题考查了矩形的判定和性质、勾股定理、三角形面积、垂线段最短等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
【解答】
解：如图，连接AD，

∵∠BAC=90°，且BA=3，AC=4，
∴BC= BA2+AC2=5，
∵DM⊥AB，DN⊥AC，
∴∠DMA=∠DNA=∠BAC=90°，
∴四边形DMAN是矩形，
∴MN=AD，
∴当AD⊥BC时，AD的值最小，
此时，△ABC的面积=12AB·AC=12BC·AD，
∴AD=AB·ACBC=125，
∴MN的最小值为125；
故答案为：125．  
16.【答案】4 5 
【解析】解：如图，连接BD交AC于点O，
∵四边形ABCD为正方形
∴BD⊥AC，OD=OB=OA=OC，
∵AE=CF=1，
∴OA−AE=OC−CF，即OE=OF，
∴四边形BEDF为平行四边形，且BD⊥EF，
∴四边形BEDF为菱形，
∴DE=DF=BE=BF，
∵AC=BD=4，OE=OF=4−22=1，
由勾股定理得：DE= OD2+OE2= 5，
∴四边形BEDF的周长=4DE=4× 5=4 5，
故答案为：4 5．
连接BD交AC于点O，则可证得OE=OF，OD=OB，可证四边形BEDF为平行四边形，且BD⊥EF，可证得四边形BEDF为菱形；根据勾股定理计算DE的长，可得结论．
本题主要考查正方形的性质、菱形的判定和性质及勾股定理，掌握对角线互相垂直平分的四边形为菱形是解题的关键．

17.【答案】解：(1)∵关于x的一元二次方程mx2−4x+3=0有实数根，
∴m≠0Δ=(−4)2−4×m×3≥0，
解得：m≤43且m≠0，
∴m的取值范围为m≤43且m≠0；
(2)∵m≤43且m≠0，m为正整数，
∴m=1，
∴原方程为x2−4x+3=0，
即(x−1)(x−3)=0，
解得：x1=1，x2=3，
∴此时方程的根为1和3． 
【解析】(1)由二次项系数非零及根的判别式Δ≥0，可得出关于m的一元一次不等式组，解之即可得出m的取值范围；
(2)由(1)的结论，结合m为正整数，可得出m的值，再其代入原方程，解之即可得出结论．
本题考查了根的判别式、一元二次方程的定义以及因式分解法解一元二次方程，解题的关键是：(1)利用二次项系数非零及根的判别式Δ≥0，找出关于m的一元一次不等式组；(2)代入m的值，求出方程的解．

18.【答案】解：(1) 32− 18+ 8
=4 2−3 2+2 2
=3 2；
(2)6 2× 3+3 30÷ 5
=6 6+3 6
=9 6；
(3)4 2+2 18− 24× 13
=4 22+2×3 2− 24×13
=2 2+6 2− 8
=2 2+6 2−2 2
=6 2． 
【解析】(1)先化简各个二次根式，再合并；
(2)先利用二次根式的乘除法法则算乘法，再合并；
(3)先算乘法化简二次根式，再合并．
本题主要考查了二次根式的运算，掌握二次根式的性质及二次根式的运算法则是解决本题的关键．

19.【答案】证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴CO=12AC，∠COD=90°．
∵DE//AC，DE=12AC，
∴DE=CO，
∴四边形OCED为平行四边形．
∵∠COD=90°，
∴四边形OCED为矩形． 
【解析】首先根据菱形的性质得OC=12AC，∠COD=90°，再结合已知条件，得OC=DE，结合DE//AC，可知四边形OCED是平行四边形，进而得出结论．
本题主要考查了菱形的性质，矩形的判定与性质，掌握特殊矩形的性质和判定定理是解题的关键．

20.【答案】解：(1)∵|2m+n|与 3n+12互为相反数，
∴|2m+n|+ 3n+12=0，
又∵|2m+n|≥0, 3n+12≥0，
∴2m+n=0，3n+12=0，
解得n=−4，m=2；
(2)∵n=−4，m=2，
∴方程为2x2−16x−2=0，
x2−8x−1=0，
x2−8x+16=17，
(x−4)2=17，
x−4=± 17，
x=4± 17，
x1=4+ 17,x2=4− 17． 
【解析】(1)根据相反数的定义得到|2m+n|+ 3n+12=0，利用非负性得到2m+n=0，3n+12=0，即可求出m，n的值；
(2)将m，n的值代入方程，利用配方法解方程即可．
此题考查了解一元二次方程−公式法，绝对值的非负性及二次根式的非负性，相反数的定义，正确掌握非负性求出m，n的值是解题的关键．

21.【答案】解：∵A，B为最简二次根式，
∴2x+1=x+3，
解得：x=2，
∴A=5 5，B=3 5，
∵A+B=C，
∴C=A+B=8 5= 320，
∵C= 10x+3y，
∴10x+3y=320，
∴20+3y=320，
解得：y=100，
∴ 2y−x2= 2×100−22= 196=14，
∴ 2y−x2的值为14． 
【解析】根据最简二次根式的定义可得2x+1=x+3，从而可得：x=2，进而可得A=5 5，B=3 5，然后求出C=8 5= 320，从而可得10x+3y=320，进而可得y=100，然后把x，y的值代入式子中进行计算，即可解答．
本题考查了最简二次根式，二次根式的性质与化简，准确熟练地进行计算是解题的关键．

22.【答案】证明：∵四边形ABCD是菱形，∠ADC=120°，
∴AD//BC，CD=CB，
∴∠BCD=180°−∠ADC=60°，
∴△BCD是等边三角形，
∴∠BDC=60°，
∴∠FBC=∠BCD+∠BDC=120°，
∴∠EDC=∠FBC，
在△EDC和△FBC中，
CD=CB∠EDC=∠FBCDE=BF，
∴△EDC≌△FBC(SAS)，
∴CE=CF，∠DCE=∠BCF，
∵∠ECF=∠BCE+∠BCF=∠BCE+∠DCE=∠BCD=60°，
∴△EFC是等边三角形． 
【解析】由∠ADC=120°，根据菱形的性质得∠BCD=180°−∠ADC=60°，则△BCD是等边三角形，可证明∠EDC=∠FBC=120°，再证明△EDC≌△FBC，得CE=CF，∠DCE=∠BCF，则∠ECF=∠BCD=60°，所以△EFC是等边三角形．
此题重点考查菱形的性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质等知识，证明△EDC≌△FBC是解题的关键．

23.【答案】解：(1)∵x= 112+ 72，y= 112− 72，
∴x+y= 112+ 72+ 112− 72= 11；
xy=( 112+ 72)( 112− 72)
=( 112)2−( 72)2
=114−74
=1；
(2)由(1)知，x+y= 11，xy=1，
①x2y+xy2
=xy(x+y)
=1× 11
= 11；
②yx+xy
=y2+x2xy
=(x+y)2−2xyxy
=( 11)2−2
=11−2
=9． 
【解析】(1)直接把x，y的值代入进行计算即可；
(2)把(1)中的x+y，xy的值代入进行计算即可．
本题考查的是二次根式的化简求值，熟知二次根式的加减法则是解题的关键．

24.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD和四边形AEFG是正方形，
∴AB=AD，∠BAD=∠EAG=90°，AE=AG，
∴∠BAD−∠DAE=∠EAG−∠DAE，
即∠BAE=∠DAG，
在△ADG和△ABE中，
AD=AB∠DAG=∠BAEAG=AE，
∴△ADG≌△ABE(SAS)，
∴DG=BE；
(2)证明：∵四边形AEFG是正方形，
∴AE=AG，∠EAH=∠GAH=12∠EAG=45°，
在△AEH和△AGH中，
AE=AG∠EAH=∠GAHAH=AH，
∴△AEH≌△AGH(SAS)，
∴EH=GH，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠B=∠ADC=90°，
由(1)可知，△ADG≌△ABE，
∴DG=BE，∠ADG=∠B=90°，
∴∠ADG+∠ADC=180°，
∴C、D、G三点共线，
∵GH=DG+DH=BE+DH，
∴EH=BE+DH；
(3)解：设BE=x，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD=90°，BC=CD=AB=4，
∴CE=BC−BE=4−x，
∵点H恰为CD中点，
∴CH=DH=12CD=2，
由(1)、(2)可知，DG=BE=x，EH=BE+DH=x+2，
在Rt△CEH中，由勾股定理得：CH2+CE2=EH2，
即22+(4−x)2=(2+x)2，
解得：x=43，
∴CE=4−x=4−43=83，
∴△CEH的面积=12CH×CE=12×2×83=83． 
【解析】(1)由正方形的性质得AB=AD，∠BAD=∠EAG=90°，AE=AG，再证∠BAE=∠DAG，然后证△ADG≌△ABE(SAS即可得出结论；
(2)证△AEH≌△AGH(SAS)，得EH=GH，再证C、D、G三点共线，然后由GH=DG+DH=BE+DH，即可得出结论；
(3)设BE=x，则CE=4−x，DG=BE=x，EH=BE+DH=x+2，再由勾股定理得出方程，求出x=43，则CE=4−x=83，然后由三角形面积公式即可得出答案．
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、勾股定理、三点共线等知识，本题综合性强，熟练掌握正方形的性质，证明三角形全等是解题的关键，属于中考常考题型．