2024年黑龙江省齐齐哈尔地区中考数学预测卷（一）（含解析）

2024年齐齐哈尔地区中考数学预测卷（一）
满分：120分 时间：120分钟
评卷人得分
一、单选题（共10小题，每小题3分，共计30分）
1．一个数的倒数是，这个数是（ ）
A． B． C． D．
2．下列四种图案中，不是中心对称图形的为（ ）
A．中国移动 B．中国联通
C．中国网通 D．中国电信
3．下列计算正确的是（ ）
A． B．
C． D．
4．如图的立体图形由相同大小的正方体积木堆叠而成．判断拿走图中的哪一个积木后，此图形主视图的形状会改变（ ）
A．甲 B．乙 C．丙 D．丁
5．为了参加年青少年校园足球校际联赛，某校足球队组织了次技能考试，其中小明同学的成绩（单位：分）如下表所示：
次数
成绩/分
则小明同学这次成绩的中位数和众数分别为（ ）
A．分，分 B．分，分 C．分，分 D．分，分
6．四个小朋友坐在如图所示的圆桌上做游戏，设4个座位分别为①、②、③、④，甲、乙两个小朋友先到，2人等可能地坐到①、②、③、④中的2个座位上，则甲、乙两个小朋友相邻而坐的概率为（ ）
A． B． C． D．
7．超市购物车的侧面示意图如图所示，已知扶手与车底平行，若，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
8．如图，E为矩形边上的一点，点P从点B沿折线运动到点C时停止，点Q从点B沿运动到点C时停止，它们运动的速度都是．若P，Q同时开始运动，设运动时间为，的面积为，已知y与t的函数关系图象如图，则的面积为 （ ）
A．30 B．25 C．24 D．20
9．王芳同学到文具店购买中性笔和笔记本，中性笔每支元，笔记本每本元，王芳同学花了20元钱，则可供她选择的购买方案的个数为(两样都买，钱恰好花完)( )
A．6 B．7 C．8 D．9
10．如图所示是抛物线的部分图象，其顶点坐标为，且与x轴的一个交点在点和之间，则下列结论：①；②；③；④一元二次方程没有实数根．其中正确的结论个数是（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
评卷人得分
二、填空题（共7小题，每小题3分，共计21分）
11．2024年3月初全国两会在北京召开，会议对2023年工作进行了回顾，经济总体呈现出回升向好趋势，国内生产总值超过126万亿元，增长率，增速居世界主要经济体前列．数“126000000000000”可以用科学记数法表示为 ．
12．如图，在平行四边形ABCD中，过AC中点O的直线分别交边BC，AD于点E，F，连接AE，CF．只需添加一个条件即可证明四边形AECF 是菱形，这个条件可以是________（写出一个即可）．
13．将一个底面圆的半径为，母线长为的圆锥形纸筒沿一条母线剪开并展平，所得的侧面展开图的圆心角是 度．
14．若关于的分式方程的解是负数，则字母的取值范围是 ．
15．如图，在中，，，，点是的中点，点是边上一动点，沿所在直线把翻折到的位置，交于点，如果为直角三角形，那么的长为 ．
16．如图，点在反比例函数的图像上，点在反比例函数的图像上，，连结交的图像于点，若是的中点，则的面积是 ．
17．在平面直角坐标系中，点、、、…在x轴的正半轴上，点、、…在直线上．若点的坐标为，且、、…均为等边三角形．则点的纵坐标为 ．
评卷人得分
三、解答题（共7小题，共计69分）
18．（6分）（1）计算：；
（4分）（2）因式分解：．
19．（5分）解一元二次方程：；
20．（8分）为了调查学生对防溺水知识的了解情况，甲、乙两校进行了相关知识测试，在两校各随机抽取20名学生的测试成绩（百分制），并对数据（成绩）进行了整理、描述和分析．下面给出了部分信息．
a．甲校20名学生成绩的频数分布表和频数分布直方图如图：
甲校学生样本成绩频数分布表
成绩m（分） 频数（人） 频率
50≤m＜60 a 0.05
60≤m＜70 b c
70≤m＜80 3 0.15
80≤m＜90 8 0.40
90≤m＜100 6 0.30
合计 20 1.00
b．甲校成绩在80≤m＜90的这一组的具体成绩是：86；86；87；87；88；89；89；89
c．甲、乙两校成绩的统计数据如表所示：
学校 平均分 中位数 众数
甲 83.7 m 89
乙 84.2 85 85
根据以如图表提供的信息，解答下列问题：
（1）表中a＝　 　；m＝　 　；
（2）补全甲校学生样本成绩频数分布直方图；
（3）在此次测试中，某学生的成绩是86分，在他所属学校排在前10名，由表中数据可知该学生是　 　校的学生（填“甲”或“乙”）；
（4）若甲校共有1200人，成绩不低于80分为“优秀”，则甲校成绩“优秀”的人数约为多少人？
21．（10分）如图，四边形中，，，，连接，以点B为圆心，长为半径作，交于点E．
（1）试判断与的位置关系，并说明理由；
（2）若，，求图中阴影部分的面积．
22．（10分）畲乡绿道是户外骑行的好去处，小明和爸爸在绿道骑车，两人骑车的路程s（米）与时间t（分）的关系如图所示．
(1)此次骑行全程________米，爸爸骑行________分钟时追上了小明；
(2)求出所在直线的函数关系式；
(3)当爸爸和小明相距1000米时，求t的值．
23．（12分）某数学兴趣小组在数学课外活动中，对多边形内两条互相垂直的线段做了如下探究：
(1)【观察与猜想】如图1，在正方形ABCD中，点E，F分别是AB，AD上的两点，连接DE，CF，，则的值为______；
(2)如图2，在矩形ABCD中，，，点E是AD上的一点，连接CE，BD，且，则的值为______；
(3)【类比探究】如图3，在四边形ABCD中，，点E为AB上一点，连接DE，过点C作DE的垂线交ED的延长线于点G，交AD的延长线于点F，求证：；
(4)【拓展延伸】如图4，在中，，，，将沿BD翻折，点A落在点C处得，点E，F分别在边AB，AD上，连接DE，CF，垂足为G，连接EF，若，求EF的长．
24．（14分）如图，抛物线y=a+3x+c(a≠0)与x轴交于点A(，0)和点B，与y轴交于点C(0，8)，点P为直线BC上方抛物线上的动点，连接CP，PB，直线BC与抛物线的对称轴l交于点E．
(1)求抛物线的解析式；
(2)求△BCP的面积最大值；
(3)点M是抛物线的对称轴l上一动点．
①是否存在点M，使得△BEM为等腰三角形？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
②请在平面内找到一点N，使得以B、E、M、N为顶点的四边形是菱形，并直接写出N点的坐标．
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．D
【分析】本题考查的是倒数的含义，掌握倒数的定义是解本题的关键，根据乘积为1的两个数互为倒数可得答案．
【详解】解：∵，
∴一个数的倒数是，这个数是，
故选D
2．D
【分析】本题考查了中心对称图形的知识，解题的关键是掌握中心对称图形的概念．中心对称图形是要寻找对称中心，旋转后能够和原来的图形重合．
根据中心对称图形的概念求解．
【详解】解：、是中心对称图形，故A选项不符合题意；
B、是中心对称图形，故B选项不符合题意；
C、是中心对称图形，故C选项不符合题意；
D、不是中心对称图形，故D选项符合题意；
故选：D．
3．C
【分析】本题考查了整式的运算，根据合并同类项法则、同底数幂的乘法、积的乘方、完全平方公式分别运算即可判断求解，掌握整式的运算法则是解题的关键．
【详解】解：、，该选项错误，不合题意；
、，该选项错误，不合题意；
、，该选项正确，符合题意；
、，该选项错误，不合题意；
故选：．
4．B
【分析】此题主要考查了简单几何体的三视图．找到从几何体的正面看所得到的图形即可．
【详解】解：拿走图中的“乙”一个积木后，此图形主视图的形状会改变，第二列小正方形的个数由原来的两个变成一个．
故选：B．
5．D
【分析】本题主要考查中位数和众数，根据中位数，众数的定义即可求解，掌握中位数和众数的概念是解题的关键．
【详解】解：先把从小到大的顺序排列：，，，，，
∴中位数是第三个数据为分，
∵出现的次数最多，
∴众数为分，
故答案为：．
6．B
【分析】本题考查列表法与树状图法求概率．画树状图得出所有等可能的结果数和甲与乙相邻而坐的结果数，再利用概率公式可得出答案．
【详解】解：画树状图如下：
共有12种等可能的结果，其中甲与乙相邻而坐的结果有8种，
甲与乙相邻而坐的概率为．
故选：B．
7．B
【分析】此题主要考查了平行线的性质，利用平行线的性质可得，然后可得的度数．
【详解】解：，
，
，
，
故选：B．
8．C
【分析】本题考查动点函数图象，三角形的面积，解题的关键是明确题意，利用数形结合的思想，找出所求问题需要的条件．
根据图象可以得到、的长度，再用当时的面积为30求出的长，再用三角形的面积公式求出的面积．
【详解】解：由图象可知，
，，
，
当时，，
，
，
故选：C．
9．C
【分析】设购买x支中性笔，y本笔记本，根据题意得出：，进而求出即可．
【详解】解；设购买x支中性笔，y本笔记本，根据题意得出：
，
整理得：，
∴
∴y是偶数，
又∵，
∴
∴除以3的余数是1，
又∵，
∴，
解得，
∴．
具体方案如下：
当时，；
当时，；
当时，；
当时，；
当时，；
当时，；
当时，；
当时，．
综上所述，共有8种购买方案．
故选：C．
【点睛】此题主要考查了二元一次方程的应用，解题的关键是弄清楚题意，找到题中的等量关系，列出方程解答问题．
10．C
【分析】由题意可知：对称轴为，由对称性可知：抛物线与x轴的另外一个交点在与之间，从而可判断出①正确；抛物线对称轴为直线，得，则，把代入得，，从而可判断出②正确；由抛物线顶点坐标为，则有两个相等实数根，所以，则，从而可判断出③正确；根据的最大函数值为，则有实数根，从而可判断出故④错误．
【详解】解：∵抛物线顶点坐标为，
∴抛物线对称轴为直线，
∵图象与x轴的一个交点在，之间，
∴图象与x轴另一交点在，之间，
∴时，，
即，
故①正确，符合题意．
∵抛物线对称轴为直线，
∴，
∴，
∴时，，
故②正确，符合题意．
∵抛物线顶点坐标为，
∴有两个相等实数根，
∴，
∴，
故③正确，符合题意．
∵的最大函数值为，
∴有实数根，
故④错误，不合题意．
故选：C．
【点睛】本题考查二次函数的图象与性质，解题的关键是根据图象求出对称轴以及a，Δ与0的大小关系，本题属于中等题型．
11．
【分析】此题考查了正整数指数科学记数法，对于一个绝对值大于10的数，科学记数法的表示形式为的形式，其中，n为比原数的整数位数少1的正整数，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．
【详解】解：．
故答案为：．
12．（答案不唯一）
【分析】根据菱形的判定即可解．
【详解】是平行四边形
∴AD∥BC
∴∠FAC=∠ECA，∠AFE=∠FEC，
∵AO=CO
∴△AOF≌△COE(AAS)
∴AF=CE
又∵AF=CE
四边形AECF 是平行四边形，
又∵
∴四边形AECF是菱形．
故答案为：（答案不唯一）
【点睛】本题考查了平行四边形的性质、菱形的判定等，熟练掌握菱形判定是解决问题的关键．
13．144
【分析】根据圆锥的侧面积公式求解即可．
【详解】∵将一个半径为4cm，母线长为10cm的圆锥形纸筒沿一条母线剪开并展平，
∴圆锥侧面积公式为：S=πrl=π×4×10=40πcm2，
∴扇形面积为40π= ，
解得：n=144，
∴侧面展开图的圆心角是144°．
故答案为：144．
【点睛】此题主要考查了圆锥的侧面积公式应用以及与展开图扇形面积关系，求出圆锥侧面积是解决问题的关键．
14．且
【分析】根据解分式方程的一般步骤解出方程，再根据题意列出不等式，解不等式即可．
【详解】解：，
方程两边同乘，得，
，
解得，，
∵关于的分式方程的解是负数，
，
解得，且，
故答案为：且．
【点睛】本题考查了解分式方程的一般步骤：一化整式方程，二解整式方程解出方程，一元一次不等式的与实际问题，理解分式方程的解的意义是解题的关键．
15．2或
【分析】分两种情况画出图形，①方法一：如图1，当时，由相似三角形的性质及直角三角形的性质可求出答案；
方法二：过点作于点，设，，则，由的长列出方程，解方程求出即可；
②方法一如图2，当时，由相似三角形的性质及直角三角形的性质可求出答案．
方法二：过点作于点，设，，，得出，求出的值则可得出答案．
【详解】解：①方法一：如图1，当时．
在中，，，
，
是的中点，
，
，，
，
又，
，
，即，
解得：，
设，则，
，
，
，
，
解得．
．
方法二：
过点作于点，设，，则，
将沿直线翻折，
，
，
，
；
②如图2中，当时，连接，作交的延长线于．
，，
，
，
将沿直线翻折，
，
，，
，
，
，
，
设，则，，
在中，，
，
解得，
．
则的长为．
方法二：
过点作于点，
设，，，
，
，
，
，
．
故答案为：2或．
【点睛】本题考查了翻折变换、勾股定理、解直角三角形、相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想解决问题．
16．
【分析】如图所示，过点作轴于点，过点作轴于点，可证，根据相似三角形的性质，反比例系数与几何图形面积的计算方法可得，设，则，根据点是中点，且在反比例函数的图象上，可得，由此即可求解．
【详解】解：如图所示，过点作轴于点，过点作轴于点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
设，则，
∵点是中点，且在反比例函数的图象上，
∴，
∴，整理得，，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查反比例函数与几何图形的综合，掌握反比例函数图象的性质，相似三角形的判定和性质，乘法公式的运用，中点坐标的计算方法，掌握反比例函数的性质，相似三角形的判定和性质是解题的关键．
17．
【分析】过点作轴，交直线于点，过点作轴于点，先求出，再根据等边三角形的性质、等腰三角形的判定可得，然后解直角三角形可得的长，即可得点的纵坐标，同样的方法分别求出点的纵坐标，最后归纳类推出一般规律，由此即可得．
【详解】解：如图，过点作轴，交直线于点，过点作轴于点，
，
，
当时，，即，
，
，
是等边三角形，
，，
，
，
，即点的纵坐标为，
同理可得：点的纵坐标为，
点的纵坐标为，
点的纵坐标为，
归纳类推得：点的纵坐标为（为正整数），
则点的纵坐标为，
故答案为：．
【点睛】本题考查了点坐标的规律探索、等边三角形的性质、正比例函数的应用、解直角三角形等知识点，正确归纳类推出一般规律是解题关键．
18．（1）；（2）；
【分析】（1）先根据负整数指数幂的运算法则、绝对值的性质及特殊角的三角函数值分别计算出各数，再根据实数混合运算的法则进行计算即可；
（2）综合运用提公因式法与公式法进行因式分解即可；
【详解】解：（1）原式
；
（2）解：原式
．
19．，；
【分析】利用因式分解法即可求解方程；
【详解】∵，即：，
∴，
∴，即：，
∴或，
∴，；
20．（1）1，87.5；（2）见解析；（3）乙；（4）840人
【分析】（1）根据表1中的数据，可以求得a、b的值，继而由中位数的定义可得m的值；
（2）根据以上所求数据即可将频数分布直方图补充完整；
（3）根据表2中的数据，可以得到该名学生是哪个学校的，并说明理由；
（4）根据表1中的数据，可以计算出甲校成绩“优秀”的人数约为多少人．
【详解】解：（1）由题意可得，
a=20×0.05=1，b=20-（1+3+8+6）=2，
∴m=（87+88）÷2=87.5，
故答案为：1，87.5；
（2）补全的频数分布直方图如图所示；
（3）由表2可得，
在此次测试中，某学生的成绩是86分，在他所属学校排在前10名，由表中数据可知该学生是乙校学生，理由是乙校的中位数85＜86＜甲校的中位数87.5，
故答案为：乙；
（4）1200×（0.40+0.30）
=1200×0.70
=840（人），
即甲校成绩“优秀”的人数约为840人．
【点睛】本题考查频数分布表、频数分布直方图、用样本估计总体、中位数，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
21．（1）相切，理由见解析；（2）
【分析】（1）过点B作BF⊥CD，证明△ABD≌△FBD，得到BF=BA，即可证明CD与圆B相切；
（2）先证明△BCD是等边三角形，根据三线合一得到∠ABD=30°，求出AD，再利用S△ABD-S扇形ABE求出阴影部分面积．
【详解】解：（1）过点B作BF⊥CD，
∵AD∥BC，
∴∠ADB=∠CBD，
∵CB=CD，
∴∠CBD=∠CDB，
∴∠ADB=∠CDB，又BD=BD，∠BAD=∠BFD=90°，
∴△ABD≌△FBD（AAS），
∴BF=BA，则点F在圆B上，
∴CD与圆B相切；
（2）∵∠BCD=60°，CB=CD，
∴△BCD是等边三角形，
∴∠CBD=60°
∵BF⊥CD，
∴∠ABD=∠DBF=∠CBF=30°，
∴∠ABF=60°，
∵AB=BF=，
∴AD=DF==2，
∴阴影部分的面积=S△ABD-S扇形ABE
=
=．
【点睛】本题考查了切线的判定，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，扇形面积，三角函数的定义，题目的综合性较强，难度不小，解题的关键是正确做出辅助线．
22．(1)12000， 24
(2)
(3)或50时，爸爸和小明相距1000米
【分析】（1）根据函数图象可得骑行的总路程，再计算爸爸的速度，利用4800除以爸爸的速度可得追及的时间；
（2）由图象经过点，再利用待定系数法求解函数解析式即可；
（3）由爸爸的速度为每分钟200米可得：，再分三种情况讨论：当时， 当时，当时， 再列方程解得即可．
【详解】（1）解：由函数图象可得：
此次骑行全程12000米，
（米/分），
（分），
所以爸爸骑行24分钟时追上了小明；
（2）解设BC所在直线的函数关系式为，
因为图象经过点，
得，
解得，
所以函数关系式为．
（3）由爸爸的速度为每分钟200米可得：,
追上前的最大距离为800米，所以爸爸和小明相距1000米应为追上之后，
当时，小明的速度为每分钟：（米），
解得： 经检验不符合题意；
当时，
追及前：
解得： 经检验不符合题意；
追及后：，
解得，
当时，结合（2）得：
，
解得,
综上所述：或50时，爸爸和小明相距1000米．
【点睛】本题考查的是从函数图象中获取信息，利用待定系数法求解一次函数的解析式，理解函数图象中点的横纵坐标的含义是解本题的关键．
23．(1)1
(2)
(3)见解析
(4)
【分析】（1）如图1，设DE与CF交于点G，由正方形的性质得出∠A＝∠FDC＝90°，AD＝CD，可证明△AED≌△DFC（AAS），由全等三角形的性质得出DE＝CF，则可得出结论；
（2）如图2，设DB与CE交于点G，根据矩形性质得出∠A＝∠EDC＝90°，由直角三角形的性质证出∠ECD＝∠ADB，由相似三角形的判定定理证出△DEC∽△ABD即可；
（3）如图3，过点C作CH⊥AF交AF的延长线于点H，证明△DEA∽△CFH，由相似三角形的性质得出，则可得出结论；
（4）①过点C作CM⊥AD于点M，连接AC交BD于点H，CM与DE相交于点O，证明△DEA∽△CFM，得出比例线段，证出，设AH＝a，则DH＝2a，由勾股定理得出a2＋（2a）2＝82，解方程可求出AH、DH的长，由三角形ACD的面积求出CM的长， 由勾股定理求出AM＝，证明△DEA∽△CFG，由相似三角形的性质得出，求出FM＝，在Rt△AEF中，由勾股定理可求出EF的长．
【详解】（1）解：如图1，设DE与CF交于点G，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A＝∠FDC＝90°，AD＝CD，
∵DE⊥CF，
∴∠DGF＝90°，
∴∠ADE＋∠CFD＝90°，
又∵∠ADE＋∠AED＝90°，
∴∠CFD＝∠AED，
在△AED和△DFC中，
，
∴△AED≌△DFC（AAS），
∴DE＝CF，
∴＝1；
故答案为：1；
（2）解：如图2，设DB与CE交于点G，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝∠EDC＝90°，
∵CE⊥BD，
∴∠DGC＝90°，
∴∠CDG＋∠ECD＝90°，
又∵∠ADB＋∠CDG＝90°，
∴∠ECD＝∠ADB，
∵∠CDE＝∠A，
∴△DEC∽△ABD，
∴，
故答案为：．
（3）解：如图3，过点C作CH⊥AF交AF的延长线于点H，
∵CG⊥EG，
∴∠G＝∠H＝∠A＝∠B＝90°，
∴四边形ABCH为矩形，
∴AB＝CH，∠FCH＋∠CFH＝∠DFG＋∠FDG＝90°，
∴∠FCH＝∠FDG＝∠ADE，
又∵∠A＝∠H＝90°，
∴△DEA∽△CFH，
∴，
∴，
∴DE AB＝CF AD；
（4）解：如图4，过点C作CM⊥AD于点M，连接AC交BD于点H，CM与DE相交于点O，
∵CF⊥DE，GM⊥AD，
∴∠FCM＋∠CFM＝∠CFM＋∠ADE＝90°，
∴∠FCM＝∠ADE，
又∵∠EAD＝∠FMC＝90°，
∴△DEA∽△CFM，
∴，
∵在Rt△ABD中，tan∠ADB＝，
∴在Rt△ADH中，tan∠ADH＝，
设AH＝a，则DH＝2a，
∵AH2＋DH2＝AD2，
∴a2＋（2a）2＝82，
∴（负值舍去），
∴，，
∴由翻折的性质可得AC＝2AH＝，
∵S△ADC＝AC DH＝AD CG，
∴，
∴，
∴；
∵AC＝，CM＝，∠AMC＝90°，
∴AM＝，
∵△DEA∽△CFM，
∴，
又∵，
∴，
∵AB=4，BE=3，
∴AE=1，
∴，
∴，
∴
【点睛】此题是相似形综合题，主要考查了正方形的性质，矩形的性质，勾股定理，锐角三角函数，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判断和性质，三角形的面积，解本题的关键是熟练掌握相似三角形的判定与性质．
24．(1)y=+3x+8
(2)32
(3)①存在，(3，0)或(3，5)或(3，5+5)或(3，5+5)
②(8，5)或(8，5)或(8，5)或(2，0)
【分析】（1）用待定系数法求函数的解析式即可；
（2）过点P作PGy轴交BC于G，设P(t，+3t+8)，则G(t，t+8)，可得+32，即可求解；
（3）①设M(3，m)，分别求出BE=5，BM=，EM=|m5|，分三种情况讨论：当BE=BM时；当BE=EM时；当BM=EM时；分别列出方程求解即可；②设N(x，y)，分三种情况讨论：当BE为菱形的对角线时，此时N(8，5)；当BM为菱形的对角线时，此时N(8，5)或(8，5)；当BN为菱形的对角线时，此时N(2，0)．
【详解】（1）解：将A(2，0)，C(0，8)代入y=a+3x+c，
∴，
解得：，
∴y=+3x+8；
（2）解：令y=0，则+3x+8=0，
解得x=2或x=8，
∴B(8，0)，
设直线BC的解析式为y=kx+b，
∴，
解得：，
∴y=x+8，
过点P作PGy轴交BC于G，
设P(t，+3t+8)，则G(t，t+8)，
∴PG=+3t+8+t8=+4t，
∴，
∴当t=4时，△BCP的面积有最大值，最大值为32；
（3）解：①存在点M，使得△BEM为等腰三角形，理由如下：
∵y=+3x+8=，
∴抛物线的对称轴为直线x=3，
∴，
∴E(3，5)，
设M(3，m)，
∴BE=5，BM=，EM=|m5|，
当BE=BM时，5=，
解得m=5(舍)或m=5，
∴M(3，5)；
当BE=EM时，5=|m5|，
解得m=5+5或m=+5，
∴M(3，5+5)或(3，+5)；
当BM=EM时，=|m5|，
解得m=0，
∴M(3，0)；
综上所述：M点坐标为(3，0)或(3，5)或(3，5+5)或(3，+5)；
②设N(x，y)，M(3，m)，
当BE为菱形的对角线时，BM=EM，
∴，
解得：，
∴N(8，5)；
当BM为菱形的对角线时，BE=EM，
∴，
解得：或，
∴N(8，5)或(8，5)；
当BN为菱形的对角线时，BE=BM，
∴，
解得：或，
∴N(2，0)；
综上所述：N点坐标为(8，5)或(8，5)或(8，5)或(2，0)．
【点睛】本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，菱形的性质，等腰三角形的性质，分类讨论是解题的关键．
答案第1页，共2页
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