【培优分级练】北师大版数学九年级上册 第二次月考试卷（含解析）

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北师大版2022-2023学年九年级上册第三学月月考试卷
一、单选题
1．下列说法正确的是（       ）
A．平行四边形的对角线互相平分且相等 B．矩形的对角线互相垂直且平分
C．菱形的对角线互相垂直且相等 D．正方形的对角线互相垂直平分且相等
【答案】D
【分析】利用平行四边形、矩形、菱形、正方形的性质逐一判断即可．
【解析】解：A、平行四边形的对角线不一定相等，但是互相平分，此选项错误，不符合题意；
B、矩形的对角线相等，且互相平分，此选项错误，不符合题意；
C、菱形的对角线互相垂直，且互相平分，但是不一定相等，此选项错误，不符合题意；
D、正方形的对角线相等，且互相平分、垂直，符合题意．
故选：D．
【点睛】本题考查了平行四边形、矩形、菱形、正方形对角线的性质，解题的关键是熟练掌握平行四边形、矩形、菱形、正方形的性质及他们之间的联系和区别．
2．下列配方中，变形正确的是（       ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】根据配方法解一元二次方程，把方程配成完全平方公式：，即可．
【解析】∵
∴A不合题意；
∵
∴B不合题意；
∵
∴
∴C符合题意；
∵
∴D不合题意；
故选：C．
【点睛】本题考查配方法解一元二次方程，解题是关键熟练掌握配方法解一元二次方程、完全平方公式．
3．如图，由一个球体和一个长方体组成的几何体，从它的正面看得到的平面图形是（　　）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】找到从正面看所得到的图形即可，注意所有的看到的棱都应表现在主视图中．
【解析】解：从正面看，底层是一个矩形，上层中间是一个圆．
故选：B．
【点睛】本题考查了三视图的知识，主视图是从物体的正面看得到的视图．
4．有数据显示，我国的三十五至七十四岁人群中，高血压患者人数已接近一亿三千万．为了给人民群众带来实惠，某降压药经过两次降价，每瓶零售价由60元降为36元，求平均每次降价的百分率．设平均每次降价的百分率为x，可列方程得(     )
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】根据题意可知，第一次降价后的价格为60（1-x）元，第二次降价后的价格为60（1-x）（1-x）元，进而可得方程即可解答；
【解析】解：由题意得，第一次降价后的价格为60（1-x）元，第二次降价后的价格为60（1-x）（1-x）=36元；
即；
故选：A．
【点睛】本题主要考查一元二次方程的应用，根据题意列出方程是解题的关键．
5．已知一个菱形的周长为16，有一个内角为60°，则该菱形较长的对角线长为(     )
A．8 B． C．4 D．2
【答案】B
【分析】根据菱形的周长求出菱形的边长，再根据菱形的性质，利用勾股定理即可求菱形较长的对角线长的值；
【解析】解：∵菱形的周长为16，
∴菱形的边长为4，
∵菱形的一个内角为60°，
∴菱形的较短的对角线长为4，
∴菱形较长的对角线长为：，
故选：B．
【点睛】本题主要考查菱形的性质，掌握菱形的性质是解题的关键．
6．工厂从三名男工人和两名女工人中，选出两人参加技能大赛，则这两名工人恰好都是男工人的概率为（       ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】设三名男工人编号为1、2、3，两名女工人编号为4、5，根据列树状图可直接进行求解概率．
【解析】解：设三名男工人编号为1、2、3，两名女工人编号为4、5，则有树状图如图所示：

∴这两名工人恰好都是男工人的概率为；
故选C．
【点睛】本题主要考查概率，熟练掌握利用树状图求解概率是解题的关键．
7．函数的图象如图所示，则关于的一元二次方程的根的情况是(    )

A．无实根
B．有两个相等的实数根
C．有两个不相等的实数根
D．无法确定
【答案】C
【分析】先利用一次函数的性质得，，再计算判别式的值得到，于是可判断，然后根据判别式的意义判断方程根的情况．
【解析】解：根据图象可得，，
∴，，
∵，
∴，
∴方程有两个不相等的实数根．
故选：．
【点睛】本题考查了根的判别式：一元二次方程的根与有如下关系：当时，方程有两个不相等的实数根；当时，方程有两个相等的实数根；当时，方程无实数根．也考查了一次函数图象．
8．如图，直线，直线a，b与，，分别交于点A，B，C和点D，E，F．若，，则的长是(     )


A．8 B．9 C．10 D．12
【答案】B
【分析】根据平行线分线段成比例定理求解即可．
【解析】解：∵直线，
∴，
∵AB：BC＝2：3，DE＝6，
∴，
解得EF=9．
故选：B．
【点睛】本题考查平行线分线段成比例定理，理解基本定理，准确找到对应线段是解题关键．
9．如图，中，点D、E分别在、上，且，下列结论错误的是(     )

A． B．
C．与的面积比为 D．与的周长比为
【答案】D
【分析】根据题中成比例线段证，从而即可进行判断；
【解析】解：∵，
∴，
∵∠A=∠A，
∴，
∴，；故B不符合题意；
∴，故A不符合题意；
∵，
∴与的周长比为；故D符合题意；
∴，故C不符合题意；
故选：D．
【点睛】本题主要考查相似三角形的性质及证明，掌握相关知识并灵活应用是解题的关键．
10．如图，E、F分别是正方形的边、上的点，且，、相交于点G，下列结论：①；②；③；④中，正确的有(     )

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】B
【分析】根据正方形的性质，等腰三角形的性质与判定，全等三角形的判定，分别判断每个选项进行选择即可．
【解析】解：∵四边形ABCD为正方形，
∴AD=AB=BC=CD，∠BAE=∠D，
∵DE=CF，
∴AD-ED=DC-CF，
∴AE=DF，故①正确，
在Rt△BAE与Rt△ADF中，
，
∴Rt△BAE≌Rt△ADF（HL），
故∠ABE=∠FAD，
∵∠ABE+∠AEB=90°，
∴∠FAD +∠AEB=90°，
∴∠AGE=90°，故②正确，
∵在Rt△ABF中，BF＞BC，
∵AG=FG，
∴BF=BA，
∴BA＞BC，这与正方形ABCD中，BA=BC不符，故④错误，
由图可知故③错误，
故选：B．
【点睛】本题考查正方形的性质，等腰三角形的性质与判定，全等三角形的判定，能够熟练掌握这些性质是解决本题的关键．

二、填空题
11．已知，则的值是 _____．
【答案】##
【分析】根据，设，，代入即可得出答案．
【解析】解：∵，
∴设，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了比例的计算，设未知数是本题的关键．
12．若某等腰三角形的三条边长都是一元二次方程的根，则这个等腰三角形的周长是_____．
【答案】6或16或21
【分析】先利用因式分解法解方程得到x1=7，x2=2，利用三角形三边的关系和等腰三角形的性质的等腰三角形的边长为7、7、7或7、7、2或2、2、2，然后计算三角形的周长．
【解析】解：，
x2-9x+14=0，
（x-7）（x-2）=0，
x-7=0或x-2=0，
所以x1=7，x2=2，
∵等腰三角形的每条边长都是一元二次方程x2-7x+10=0的根，
∴等腰三角形的边长为7、7、7或7、7、2或2、2、2，
∴这个三角形的周长为6或16或21．
故答案为：6或16或21．
【点睛】本题考查了解一元二次方程-因式分解法：因式分解法就是利用因式分解求出方程的解的方法，这种方法简便易用，是解一元二次方程最常用的方法．也考查了等腰三角形的性质和三角形三边的关系．
13．如图，在直角坐标系中，△ABC与△ODE是位似图形，其中点，则位似中心的坐标是______．

【答案】
【分析】根据图示，对应点所在的直线都经过同一点，该点就是位似中心．
【解析】解：如图，

点G（4，2）即为所求的位似中心．
故答案是：（4，2）．
【点睛】本题考查了位似的相关知识，位似是相似的特殊形式，如果两个图形不仅是相似图形，而且对应顶点的连线相交于一点，对应边互相平行（或在同一条直线上），那么这样的两个图形叫做位似图形，这个点叫做位似中心．
14．在一个不透明的袋子里装有红球、黄球共20个，这些球除颜色外都相同，小红通过多次试验发现，摸出红球的频率稳定在0.2左右，则袋子里红球的个数最有可能是__________．
【答案】4
【分析】设袋子中红球有x个，根据摸出红球的频率稳定在0.2左右列出关于x的方程，求出x的值，从而得出答案．
【解析】解：设袋子中红球有x个，
根据题意，得：
解得x=4，
∴袋子中红球的个数最有可能是4个，
故答案为：4．
【点睛】本题主要考查利用频率估计概率，大量重复试验时，事件发生的频率在某个固定位置左右摆动，并且摆动的幅度越来越小，根据这个频率稳定性定理，可以用频率的集中趋势来估计概率，这个固定的近似值就是这个事件的概率．
15．如图，菱形的对角线，相交于点，过点作于点，若，，则_________．

【答案】2.4
【分析】由菱形ABCD中，AC＝6，BD＝8，可求得BC的长，由面积法可求OE的长．
【解析】解：∵菱形ABCD中，AC＝6，BD＝8，
∴OA＝OC＝AC＝3，OB＝BD＝4，AC⊥BD，
∴BC＝＝＝5，
∵S△OBC＝×OC×OB＝×BC×OE，
∴OE＝＝2.4，
故答案为：2.4．
【点睛】本题考查了菱形的性质，勾股定理，求出BC的值是解题关键．
16．如图，在等边三角形ABC中，P为BC上一点，D为AC上一点，且∠APD＝60°，BP＝1，CD＝，则△ABC的边长为____．

【答案】3
【分析】根据等边三角形性质求出AB=BC=AC，∠B=∠C=60°，推出∠BAP=∠DPC，证△BAP∽△CPD，得出，代入求出即可．
【解析】∵△ABC是等边三角形，
∴AB=BC=AC，∠B=∠C=60°，
∴∠BAP+∠APB=180°-60°=120°，
∵∠APD=60°，
∴∠APB+∠DPC=180°-60°=120°，
∴∠BAP=∠DPC，
即∠B=∠C，∠BAP=∠DPC，
∴△BAP∽△CPD，
∴，
设△ABC的边长为x，
∵CD=，CP=BC-BP=x-1，BP=1，
即，
解得：x=3．
故答案为3．
【点睛】本题考查了相似三角形的性质和判定，等边三角形的性质，三角形的内角和定理的应用，关键是推出△BAP∽△CPD，主要考查了学生的推理能力和计算能力．
17．已知：如图，△ABC中，D是BC边的中点，AE平分∠BAC，BE⊥AE于E点，若AB=5，AC=7，则ED=_______．

【答案】1
【分析】延长BE交AC于F，由已知条件可得△BAF是等腰三角形，由等腰三角形的性质可得BE=EF，又因为BD=CD是，所以DE是△BCF的中位线，由三角形中位线定理即可求出DE的长．
【解析】解：延长BE交AC于F，

∵AE平分∠BAC，BE⊥AE，
∴∠BAE=∠CAE，∠AEB=∠AEF=90°，
在△ABE与△AFE中，
，
∴△ABE≌△AFE（ASA），
∴BE=EF，AB=AF，
∵AB=5，
∴AF=5，
∵AC=7，
∴CF=AC-AF=7-5=2，
∵D为BC中点，
∴BD=CD，
∴DE是△BCF的中位线，
∴DE=CF=1，
故答案为：1．
【点睛】本题考查了三角形中位线定理以及等腰三角形的判定，解题的关键是正确作出辅助线，得到△BAF是等腰三角形．
18．如图，矩形ABCD中，AB=3，BC=4，点E是BC边上一点，连接AE，把∠B沿AE折叠，使点B落在点处，当为直角三角形时，BE的长为____

【答案】3或
【分析】当△CEB′为直角三角形时，有两种情况：①当点B′落在矩形内部时，如答图1所示．连结AC，先利用勾股定理计算出AC=5，根据折叠的性质得∠AB′E=∠B=90°，而当△CEB′为直角三角形时，只能得到∠EB′C=90°，所以点A、B′、C共线，即∠B沿AE折叠，使点B落在对角线AC上的点B′处，则EB=EB′，AB=AB′=3，可计算出CB′=2，设BE=x，则EB′=x，CE=4-x，然后在Rt△CEB′中运用勾股定理可计算出x．②当点B′落在AD边上时，如答图2所示．此时ABEB′为正方形．
【解析】当△CEB′为直角三角形时，有两种情况：

①当点B′落在矩形内部时，如答图1所示．
连结AC，
在Rt△ABC中，AB=3，BC=4，
∴AC==5，
∵∠B沿AE折叠，使点B落在点B′处，
∴∠AB′E=∠B=90°，
当△CEB′为直角三角形时，只能得到∠EB′C=90°，
∴点A、B′、C共线，即∠B沿AE折叠，使点B落在对角线AC上的点B′处，
∴EB=EB′，AB=AB′=3，
∴CB′=5-3=2，
设BE=x，则EB′=x，CE=4-x，
在Rt△CEB′中，
∵EB′2+CB′2=CE2，
∴x2+22=（4-x）2，解得，
∴BE=；
②当点B′落在AD边上时，如答图2所示．此时ABEB′为正方形，
∴BE=AB=3．
综上所述，BE的长为或3．
故答案为：或3．
【点睛】此题考查了折叠和矩形的性质，勾股定理的运用，正方形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握折叠和矩形的性质，勾股定理的运用，正方形的判定和性质．

三、解答题
19．用适当的方法解下列方程：
(1)4（1﹣3x）2﹣1＝0；
(2)x2+2x﹣399＝0；
(3)3x（x﹣3）＝2（x﹣1）（x+1）．
【答案】(1)
(2)
(3)

【分析】（1）用直接开平方解方程即可；
（2）用配方法解方程即可；
（3）先将方程化为一般形式，再用求根公式法解方程即可．
（1）
解：
原方程可化为
直接开平方，得
∴
（2）

移项，得
即
直接开平方，得
∴；
（3）

整理，得
∵
∴，
∴．
【点睛】本题考查一元二次方程的解法，掌握直接开平方法，配方法，求根公式法，因式分解法解一元二次方程是解题关键．
20．关于x的一元二次方程2x2﹣mx+n＝0．
（1）当m﹣n＝3时，请判断方程根的情况；
（2）若方程有两个相等的实数根，当n＝8时，求此时方程的根．
【答案】（1）该方程有两个不相等的实数根；（2）当m＝8时，x1＝x2＝2；当m＝﹣8时， x1＝x2＝﹣2．
【分析】（1）由m﹣n＝3可得n=m-3，根据方程得出方程根的判别式，把n=m-3代入可得含m的判别式，根据判别式的值的取值范围即可得答案；（2）根据方程有两个相等的实数根可得判别式△=0，根据n=8可求出m=±8，分别代入原方程求出方程的根即可.
【解析】（1）∵m﹣n＝3，
∴n＝m﹣3，
∴△＝（﹣m）2﹣4×2n＝m2﹣8n＝m2﹣8m+24＝（m﹣4）2+8．
∵（m﹣4）2≥0，
∴（m﹣4）2+8＞0，即△＞0，
∴该方程有两个不相等的实数根．
（2）∵方程有两个相等的实数根，
∴△＝（﹣m）2﹣4×2n＝0，
∴m2＝8n．
∵n＝8，
∴m＝±8．
当m＝8时，原方程为2x2﹣8x+8＝0，
解得：x1＝x2＝2；
当m＝﹣8时，原方程为2x2+8x+8＝0，
解得：x1＝x2＝﹣2．
【点睛】本题考查一元二次方程根的判别式，对于一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)，根的判别式△=b2-4ac，当△>0时，方程有两个不相等的实数根；当△=0时，方程有两个相等的实数根；当△<0时，方程没有实数根.
21．如图所示，小明站在B处想借助平面镜测量D处一棵大树的高度CD．他把平面镜平放在水平地面上，调整平面镜的位置到点P处，让自己通过平面镜刚好能看见大树的顶端C．

(1)若小明测得眼睛离地面的高度AB＝1.6m，BP＝2m，则他还需要测量哪条线段的长度即可求得大树的高度：（用字母a表示）；
(2)在（1）的条件下，求树的高度CD．（用字母a的代数式表示）
【答案】(1)还需测量线段PD的长度，PD=
(2)0.8m

【分析】（1）根据题意以及实际测量条件限制即可求解；
（2）根据相似三角形的性质与判定即可求解．
（1）
解：还需测量线段PD的长度，PD=
（2）
解：
∵AB⊥BD，CD⊥BD
∴∠ABP=∠CDP=90°
∵∠APB=∠CPD
∴△ABP∽△CDP
∴
∵AB=1.6m，BP=2m，PD=．
∴
即CD=0.8（m）
答：树的高度CD为0.8m
【点睛】本题考查了相似三角形的应用，掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．
22．商场某种商品平均每天可销售30件，每件盈利50元，现商场决定采取适当的降价措施．经调查发现，每件商品每降价1元，商场平均每天可多售出2件．
（1）设每件商品降价x元，则商场日销售量增加　　件，每件商品盈利　　元（用含x的代数式表示）；
（2）在上述销售正常情况下，每件商品降价多少元时，商场日盈利可达到2000元？
【答案】（1）2x；50-x
（2）每件商品降价25元时，商场日盈利可达到2000元．
【分析】（1）根据“每件商品每降价1元，商场平均每天可多售出2件”结合每件商品降价x元，即可找出日销售量增加的件数，再根据原来每件盈利50元，即可得出降价后的每件盈利额；
（2）根据“盈利=单件利润×销售数量”即可列出关于x的一元二次方程，解之即可得出x的值，再根据尽快减少库存即可确定x的值．
【解析】（1）∵每件商品每降价1元，商场平均每天可多售出2件，
∴设每件商品降价x元，则商场日销售量增加2x件，每件商品，盈利（50-x）元．
故答案为2x；50-x．
（2）根据题意，得：（50-x）×（30+2x）=2000，
整理，得：x2-35x+250=0，
解得：x1=10，x2=25，
∵商场要尽快减少库存，
∴x=25．
答：每件商品降价25元时，商场日盈利可达到2000元．
【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，根据数量关系列出一元二次方程（或算式）是解题的关键．
23．如图，在正方形中，对角线，相交于点，点，是对角线上的两点，且．连接，，，．若，，求四边形的周长．

【答案】
【分析】先证明△ADE≌△CBF，再结合正方形的性质可证明四边形BEDF为菱形，DO=BO=4，OE=2，在Rt△DOE中用勾股定理求得进而四边形BEDF的周长为4DE，即可求得答案．
【解析】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DAE=∠BCF=45°，，AC=BD，DO=BO=OA=OC，
∴，
∴AC=BD=8，DO=BO=OA=OC=4，
在△ADE和△CBF中，

∴△ADE≌△CBF（SAS）．
∴AE=CF=2，
∴OA-AE=OC-CF，
即OE=OF=4-2=2，
故四边形BEDF为菱形．
∵∠DOE=90°，
∴，
∴，
故四边形BEDF的周长为．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定，菱形的判定与性质，勾股定理，正方形的性质，熟悉以上几何图形的性质和判定是解题关键．
24．如图，在等腰中，，于点，点是上一点，延长至点，使，点到的距离为．

（1）求证：四边形是菱形；
（2）若四边形的周长为，两条对角线的和等于，求的值．
【答案】（1）见解析；（2）．
【分析】（1）由线段垂直平分线的性质可得AO=CO，AD=CD，由菱形的判定可得结论；
（2）利用勾股定理先求AC，DE的值，由面积法可求d的值．
【解析】证明：（1）∵AB=BC，BO⊥AC，
∴AO=CO，AD=CD，
又∵OE=OD，
∴四边形ADCE是平行四边形，
∵AD=CD，
∴平行四边形ADCE是菱形；
（2）∵菱形ADCE的周长为20，
∴AE=AD=CD=CE=5，
∵AC与DE的和等于14，
∴AO+OE=7，
∵AO2+OE2=AE2，
∴（7-OE）2+OE2=25，
∴OE=4，或OE=3，
∴OE=8或6，
∴AC=6或8，
∴菱形ADCE的面积=×6×8=5d，
∴d=．
【点睛】本题考查了菱形的判定和性质，勾股定理，掌握菱形的面积的两种求法是解题的关键．
25．已知：矩形，点是的中点，点在上，请用无刻度尺画图：

（1）在图甲中，在边上找一点，使；
（2）在图乙中：在边上找一点，使．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】（1）连接交于点，连接并延长交于点，利用矩形的性质可得，即可求解；
（2）连接交于点，连接并延长、交于点，连接交于点，连接交于点，即可求解．
【解析】解：（1）连接交于点，连接并延长交于点


由矩形的性质可得，
∴
又∵
∴
∴
（2）连接交于点，连接并延长、交于点，连接交于点
连接交于点，如下图：


由题意可得：，
又∵点是的中点
∴为的中位线，
∴
∴，
又∵
∴平分
∴
∴
又∵，
∴
∴
又∵，
∴
∴
∴
由（1）的方法，可得
∴
【点睛】此题考查了矩形的性质，涉及了全等三角形的判定与性质，解题的关键是掌握并应用矩形的性质．
26．如图，正方形的对角线交于点，点、分别在、上（），且，、的延长线交于点，、的延长线交于点，连接．

（1）求证：；
（2）若正方形的边长为，，求的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【分析】（1）证△OAM≌△OBN即可得；
（2）作OH⊥AD，由正方形的边长为6且E为OM的中点知OH=HA=3、HM=6，再根据勾股定理得，由直角三角形性质知．
【解析】（1）证明：四边形ABCD是正方形，
，，，．
．
，
．
．
，
；
（2）解：如解图，过点O作于点H，

正方形的边长为6，
，
，
为OM的中点，
取HM的中点G，
∴GE//OH，,
，，
，
点A与点G重合，
，
则，
．
【点睛】本题主要考查正方形的性质，解题的关键是掌握正方形的四条边都相等，正方形的每条对角线平分一组对角及全等三角形的判定与性质．
27．定义：我们把关于的一元二次方程与（，）称为一对“友好方程”．如的“友好方程”是．
（1）写出一元二次方程的“友好方程”_______．
（2）已知一元二次方程的两根为，，它的“友好方程”的两根、________．根据以上结论，猜想的两根、与其“友好方程”的两根、之间存在的一种特殊关系为________，证明你的结论．
（3）已知关于的方程的两根是，．请利用（2）中的结论，求出关于的方程的两根．
【答案】（1）-10x2+3x+1=0；（2），互为倒数，证明见解析；（3）x5=0，x6=2022．
【分析】（1）根据“友好方程”的定义写出对应的友好方程即可；
（2）因式分解法求出每个方程的两个实数根，原方程与“友好方程”的根得出规律，再用求根公式去验证即可；
（3）先根据“友好方程”的根的特点得出-cx2+bx+2021=0，即cx2-bx-2021=0的两根为x3=-1，x4=2020，将待求方程变形为（x-1）2-b（x-1）-2021=0，把x-1看做整体即可求解．
【解析】解：（1）一元二次方程x2+3x-10=0的“友好方程”为：-10x2+3x+1=0，
故答案为：-10x2+3x+1=0；
（2）-10x2+3x+1=0，
，
解得，，，
根据以上结论，猜想ax2+bx+c=0的两根x1、x2与其“友好方程”cx2+bx+a=0的两根x3、x4之间存在的一种特殊关系为互为倒数，
证明如下：
∵一元二次方程ax2+bx+c=0的两根为，
“友好方程”cx2+bx+a=0的两根为．
∴，
，
即原方程的两根与“友好方程”的两根互为倒数；
故答案为：，互为倒数；
（3）∵方程2021x2+bx-c=0的两根是，
∴该方程的“友好方程”-cx2+bx+2021=0，即cx2-bx-2021=0的两根为x3=-1，x4=2021，
则c（x-1）2-bx+b=2021，即c（x-1）2-b（x-1）-2021=0中x-1=-1或x-1=2021，
∴该方程的解为x5=0，x6=2022．
利用（2）中的结论，写出关于x的方程（x-1）2-bx+b=2021的两根为x5=0，x6=2022，
故答案为x5=0，x6=2022．
【点睛】本题主要考查新定义下一元二次方程根与系数的关系及求根公式的运用，掌握并灵活运用新定义是解题的关键．
28．如图1，E为正方形ABCD的边BC上一点，F为边BA延长线上一点，且CE=AF．

(1)求证：DE⊥DF；
(2)如图2，若点G为边AB上一点，且∠BGE＝2∠BFE，△BGE的周长为8，求四边形DEBF的面积；
(3)如图3，在（2）的条件下，DG与EF交于点H，连接CH且CH＝3，直接写出AG的长．
【答案】(1)见解析
(2)16
(3)

【分析】（1）利用SAS证明△ADF≌△CDE，则∠ADF＝∠CDE，得∠FDE＝∠ADC＝90°；
（2）由∠BGE＝2∠BFE，∠BGE＝∠BFE+∠GEF，得∠GFE＝∠GEF，则GF＝GE，可求出AB＝4，从而得出答案；
（3）过点H作HP⊥HC交CB的延长线于点P，证明，进而得出∠HCD=∠HPE=45°，过点H作MN//AD，交AB于M，CD于N，则是等腰直角三角形，即可得出HN＝CN＝3，MH＝1，得HD，再根据MH//AD，得，则GD，从而解决问题．
(1)
证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝CD，∠DAF＝∠DCE＝90°，
∵CE＝AF，
∴△ADF≌△CDE（SAS），
∴∠ADF＝∠CDE，
∴∠FDE＝∠ADC＝90°，
∴DE⊥DF；
(2)
解：∵∠BGE＝2∠BFE，∠BGE＝∠BFE+∠GEF，
∴∠GFE＝∠GEF，
∴GF＝GE，
∴BE+BG+EG＝BE+AB+CE＝2AB＝8，
∴AB＝4，
∴S正方形ABCD＝4×4＝16，
∵△ADF≌△CDE，
∴S△ADF＝S△CDE，
∴四边形DEBF的面积＝S正方形ABCD＝16；
(3)
解：过点H作HP⊥HC交CB的延长线于点P，

∵DE⊥DF，DF＝DE，
∴△DEF是等腰直角三角形，
∵GE＝GF，DF＝DE，
∴DG垂直平分EF，
∴∠DHE＝∠DCE＝90°，
∴∠DHE-∠EHC=∠PHC-∠EHC，
即∠DHC=∠EHP，
∵在四边形DHEC中，
∠HDC+∠HEC=180°，∠HEC+∠HEP=180°,
∴∠HEP=∠HDC，


∴，∠HCD=∠HPE，
是等腰直角三角形，
∠HCD=∠HPE=45°，
过点H作MN//AD，交AB于M，CD于N，则是等腰直角三角形，

∵CH＝3，
∴HN＝CN＝3，MH＝1，
∴HD，
∵MH//AD，
∴△GHM∽△GDF，
∴，
∴GD，
∴AG．
∴AG的长为．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，三角形外角的性质，相似三角形的判定与性质，掌握以上知识是解题的关键．