2024年黑龙江佳木斯中考真题数学试题及答案

这是一份2024年黑龙江佳木斯中考真题数学试题及答案，共35页。试卷主要包含了考试时间120分钟，全卷共三道大题，总分120分等内容，欢迎下载使用。
1．考试时间120分钟
2．全卷共三道大题，总分120分
一、选择题（每小题3分，共30分）
1. 下列计算正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题主要考查同底数幂的乘法，幂的乘方与积的乘方，平方差公式，运用相关运算法则求出各选项的结果后再进行判断即可．
【详解】解：A、，故选项A计算错误，此选项不符合题意；
B、，故选项B计算错误，此选项不符合题意；
C、，此选项计算正确，符合题意；
D、 ，故选项D计算错误，此选项不符合题意；
故选：C．
2. 下列图形既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题主要考查了轴对称图形和中心对称图形，根据轴对称图形和中心对称图形的定义：如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；中心对称图形的定义：把一个图形绕着某一个点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心，进行逐一判断即可．
【详解】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故A选项不合题意；
B、既是轴对称图形又是中心对称图形，故B选项符合题意；
C、是轴对称图形，不是中心对称图形，故C选项不合题意；
D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故D选项不合题意．
故选：B．
3. 由一些大小相同的小正方体搭成的几何体的主视图和左视图如图，则搭成该几何体的小正方体的个数最少是（ ）
A. 3B. 4C. 5D. 6
【答案】B
【解析】
【分析】根据三视图的知识，主视图是由4个小正方形组成，而左视图是由4个小正方形组成，故这个几何体的底层最少有3个小正方体，第2层最少有1个小正方体．
【详解】解：根据左视图和主视图，这个几何体的底层最少有1+1+1=3个小正方体，
第二层最少有1个小正方体，
因此组成这个几何体的小正方体最少有3+1=4个．
故选B．
【点睛】本题考查了由三视图判断几何体，意在考查学生对三视图掌握程度和灵活运用能力，同时也体现了对空间想象能力方面的考查．如果掌握口诀“俯视图打地基，正视图疯狂盖，左视图拆违章”就容易得到答案．
4. 一组数据2，3，3，4，则这组数据的方差为（ ）
A. 1B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题主要考查了方差的计算，解题的关键是方差的计算公式的识记．根据方差的计算公式，先算出数据的平均数，然后代入公式计算即可得到结果．
【详解】平均数为：
方差为：
故选：D．
5. 关于x的一元二次方程有两个实数根，则m的取值范围是（ ）
A. B. C. 且D. 且
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了一元二次方程根的判别式．根据一元二次方程的根的判别式的意义得到且，即，然后解不等式组即可得到的取值范围．
【详解】解：关于的一元二次方程有实数根，
且，
即，
解得：，
取值范围是且．
故选：D．
6. 已知关于x的分式方程无解，则k的值为（ ）
A. 或B. C. 或D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了解分式方程无解的情况，理解分式方程无解的意义是解题的关键．先将分式方程去分母，化为整式方程，再分两种情况分别求解即可．
【详解】解：去分母得，，
整理得，，
当时，方程无解，
当时，令，
解得，
所以关于x的分式方程无解时，或．
故选：A．
7. 国家“双减”政策实施后，某班开展了主题为“书香满校园”的读书活动．班级决定为在活动中表现突出的同学购买笔记本和碳素笔进行奖励（两种奖品都买），其中笔记本每本3元，碳素笔每支2元，共花费28元，则共有几种购买方案（ ）
A. 5B. 4C. 3D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了二元一次方程的应用，找准等量关系，正确列出二元一次方程是解题的关键．
设购买支笔记本，个碳素笔，利用总价单价数量，即可得出关于，的二元一次方程，再结合，均为正整数，即可得出购买方案的个数．
【详解】解：设购买支笔记本，个碳素笔，
依题意得：，
．
又，均为正整数，
或或或，
共有4种不同的购买方案．
故选：B．
8. 如图，双曲线经过A、B两点，连接、，过点B作轴，垂足为D，交于点E，且E为的中点，则的面积是（ ）
A. 4.5B. 3.5C. 3D. 2.5
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了反比例函数，相似三角形的判定与性质等知识，过点A作，垂足为F，设，证明，有，根据E为的中点，可得，，进而有，，可得，，则有，问题随之得解．
【详解】如图，过点A作，垂足为F，
设，，
∵轴，，
∴轴，，
∴，
∴，
∵E为的中点，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
故选：A．
9. 如图，菱形中，点是的中点，，垂足为，交于点，，，则的长为（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题主要考查了解三角形，菱形的性质、直角三角形斜边中线等于斜边一半．
先由菱形性质可得对角线与交于点O，由直角三角形斜边中线等于斜边一半可得，进而由菱形对角线求出边长，由解三角形即可求出，．
【详解】解：连接，如图，

∵菱形中，与互相垂直平分，
又∵点是的中点，
∴A、O、C三点在同一直线上，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∵，，
∴
∴，
∴，
∴，
∴，
故选：C．
10. 如图，在正方形中，点H在边上（不与点A、D重合），，交正方形外角的平分线于点F，连接交于点M，连接交于点G，交于点N，连接．则下列结论：①；②点G是的中点；③若点H是的中点，则；④；⑤若，则，其中正确的结论是（ ）
A. ①②③④B. ①③⑤C. ①②④⑤D. ①②③④⑤
【答案】A
【解析】
【分析】连接，可得，垂直平分，先证明点B、H、D、F四点共圆，即可判断①；根据垂直平分，结合互余可证明，即有，则可判断②正确；证明，即有，可判断④；根据相似有，根据可得，再证明，可得，即可判断⑤；根据点H是的中点，设，即求出，同理可证明，可得，即可得，进而可判断③．
【详解】连接，如图，
∵四边形是正方形，
∴，，，垂直平分，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∵，
∴点B、H、D、F四点共圆，
∴，，
∴，故①正确，
∵垂直平分，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴点G是的中点，故②正确，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，故④正确，
∴，
若，则，
∴，
∴，即，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，故⑤错误，
如图，③若点H是的中点，设，即，
∴，
∴，
同理可证明，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴在中，，
，故③正确，
则正确的有：①②③④，
故选：A．
【点睛】本题是一道几何综合题，主要考查了正方形的性质，相似三角形的判定与性质，正弦，圆周角定理以及勾股定理等知识，证明点B、H、D、F四点共圆，，是解答本题的关键．
二、填空题（每小题3分，共30分）
11. 国家统计局公布数据显示，2023年我国粮食总产量是亿斤，将亿用科学记数法表示为________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了科学记数法，科学记数法的表示形式为的形式，其中，为整数．确定的值时，要看把原来的数，变成时，小数点移动了多少位，的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值时，是正数；当原数的绝对值时，是负数，确定与的值是解题的关键．
【详解】亿，亿
故答案为：
12. 在函数中，自变量x的取值范围是________．
【答案】##
【解析】
【分析】本题主要考查函数自变量取值范围，分别根据二次根式有意义的条件和分式有意义的条件列出不等式求解即可．
【详解】解：根据题意得，，且，
解得，，
故答案为：．
13. 已知菱形中对角线相交于点O，添加条件_________________可使菱形成为正方形．
【答案】或
【解析】
【分析】本题主要考查的是菱形和正方形的判定，熟练掌握菱形的判定定理是解题的关键，依据正方形的判定定理进行判断即可.
【详解】解：根据对角线相等的菱形是正方形，可添加：；
根据有一个角是直角的菱形是正方形，可添加的：；
故添加的条件为：或．
14. 七年一班要从2名男生和3名女生中选择两名学生参加朗诵比赛，恰好选择1名男生和1名女生的概率是________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查的是用树状图法求概率．树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步或两步以上完成的事件．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．画树状图，共有12种等可能的结果，其中选取的2名学生恰好是1名男生、1名女生的结果有6种，再由概率公式求解即可．
【详解】解：画树状图如下：
由图可知，共有20种等可能的结果，其中选取的2名学生恰好是1名男生、1名女生的结果有12种，
∴选取的2名学生恰好是1名男生、1名女生的概率为：，
故答案为：．
15. 关于x的不等式组恰有3个整数解，则a的取值范围是________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查解一元一次不等式（组，一元一次不等式组的整数解，解答本题的关键是明确解一元一次不等式的方法．
先解出不等式组中每个不等式的解集，然后根据不等式组恰有3个整数解，即可得到关于的不等式组，然后求解即可．
【详解】解：由，得：，
由，得：，
不等式组恰有3个整数解，
这3个整数解是0，1，2，
，
解得，
故答案为：．
16. 如图，内接于，是直径，若，则________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了圆周角定理，直角三角形的两个锐角互余，连接，根据直径所对的圆周角是直角得出，根据同弧所对的圆周角相等得出，进而根据直角三角形的两个锐角互余，即可求解．
【详解】解：如图所示，连接，
∵内接于，是直径，
∴，
∵,，
∴
∴，
故答案为：．
17. 若圆锥的底面半径为3，侧面积为，则这个圆锥侧面展开图的圆心角是________．
【答案】
【解析】
【分析】此题主要考查了圆锥的侧面积公式以及与展开图扇形面积关系，求出圆锥的母线长是解决问题的关键．根据圆锥的侧面积公式求出圆锥的母线长，再结合扇形面积公式即可求出圆心角的度数．
【详解】根据圆锥侧面积公式：，可得
解得：，
，
解得，
侧面展开图的圆心角是．
故答案为：．
18. 如图，在中，，，，，线段绕点旋转，点为的中点，则的最大值是________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了解直角三角形，三角形中位线定理，旋转的性质，解题的关键是找出取最大值时B、P、M三点的位置关系．
取的中点M，连接、，利用解三角形求出，利用三角形中位线定理推出，当在下方时，如果B、P、M三点共线，则有最大值．
【详解】解：取的中点M，连接、．
∵，，，
∴，
∴，
∴，
∵P、M分别是的中点，
∴．
如图，当在下方时，如果B、P、M三点共线，则有最大值，
最大值为，
故答案为：．
19. 矩形中，，，将沿过点A的一条直线折叠，折痕交直线于点（点P不与点B重合），点的对称点落在矩形对角线所在的直线上，则长为________．
【答案】或或10
【解析】
【分析】本题考查了矩形与折叠问题，解直角三角形，先根据点的对称点落在矩形对角线所在的直线上的不同位置分三种情况，画出对应的图形，再根据矩形性质，利用解直角三角形求出即可．
【详解】解：①点的对称点落在矩形对角线上，如图1，
∵在矩形中，，，
由折叠性质可知：，
∴
∴
∴，
∴
∴；
②点的对称点落在矩形对角线上，如图2，
∵在矩形中，，，，
∴，
∴，
由折叠性质可知：，，
∴
∴；
③点的对称点落在矩形对角线延长线上，如图3，
∵在矩形中，，，，
∴，
∴，
由折叠性质可知：，，
∴
∴；
综上所述：则长为或或10．
故答案为：或或10．
20. 如图，在平面直角坐标系中，正方形顶点M的坐标为，是等边三角形，点B坐标是，在正方形内部紧靠正方形的边（方向为）做无滑动滚动，第一次滚动后，点A的对应点记为，的坐标是；第二次滚动后，的对应点记为，的坐标是；第三次滚动后，的对应点记为，的坐标是；如此下去，……，则的坐标是________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了点的坐标变化规律，正方形性质，等边三角形性质，根据三角形的运动方式，依次求出点A的对应点，，，的坐标，发现规律即可解决问题．
【详解】解：正方形顶点M的坐标为，
,
是等边三角形，点B坐标是，
等边三角形高为，
由题知，
的坐标是；
的坐标是；
的坐标是；
继续滚动有，的坐标是；
的坐标是；
的坐标是；
的坐标是；
的坐标是；
的坐标是；
的坐标是；
的坐标是；
的坐标是；
的坐标是；不断循环，循环规律为以，，，，12个为一组，
，
的坐标与的坐标一样为，
故答案为：．
三、解答题（满分60分）
21. 先化简，再求值：，其中．
【答案】，
【解析】
【分析】本题主要考查分式的化简求值及特殊三角函数值，先对分式进行化简，然后利用特殊三角函数值进行代值求解即可．
【详解】解：原式
，
当时原式．
22. 如图，在正方形网格中，每个小正方形的边长都是1个单位长度，在平面直角坐标系中，的三个顶点坐标分别为，，．
（1）画出关于y轴对称的，并写出点的坐标；
（2）画出绕点A逆时针旋转后得到的，并写出点的坐标；
（3）在（2）的条件下，求点B旋转到点的过程中所经过的路径长（结果保留）
【答案】（1）作图见解析，
（2）作图见解析，
（3）
【解析】
【分析】本题考查了利用旋转变换作图，轴对称和扇形面积公式等知识，熟练掌握网格结构准确找出对应点的位置是解题的关键．
（1）根据题意画出即可；关于y轴对称点的坐标横坐标互为相反数，纵坐标不变；
（2）根据网格结构找出点、以点为旋转中心逆时针旋转后的对应点，然后顺次连接即可；
（3）先求出，再由旋转角等于，利用弧长公式即可求出．
【小问1详解】
解：如图，为所求；点的坐标为，
小问2详解】
如图，为所求；，
【小问3详解】
，
点B旋转到点的过程中所经过的路径长．
23. 如图，抛物线与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，其中，．

（1）求抛物线的解析式．
（2）在第二象限的抛物线上是否存在一点P，使得的面积最大．若存在，请直接写出点P坐标和的面积最大值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2）存在，点P的坐标是，的面积最大值是
【解析】
【分析】本题主要考查二次函数的图象与性质以及与几何综合：
（1）将B，C两点坐标代入函数解析式，求出b，c的值即可；
（2）过点P作轴于点E，设，且点P在第二象限，根据可得二次函数关系式，再利用二次函数的性质即可求解.
【小问1详解】
解：将，代入得，
解得：
【小问2详解】
解：对于，令则
解得，，
∴，
∴
∵，
∴，
过点P作轴于点E，如图，
设，且点P在第二象限，
∴
∴
∵，
∴有最大值，
∴当时，有最大值，最大值为，此时点P的坐标为
24. 为贯彻落实教育部办公厅关于“保障学生每天校内、校外各一小时体育活动时间”的要求，某学校要求学生每天坚持体育锻炼．学校从全体男生中随机抽取了部分学生，调查他们的立定跳远成绩，整理如下不完整的频数分布表和统计图，结合下图解答下列问题：
（1）频数分布表中 ，扇形统计图中 ．
（2）本次调查立定跳远成绩的中位数落在 组别．
（3）该校有600名男生，若立定跳远成绩大于200cm为合格，请估计该校立定跳远成绩合格的男生有多少人？
【答案】（1）8，40
（2）C （3）估计该校立定跳远成绩合格的男生有228人
【解析】
【分析】本题主要考查了扇形统计图和频数表、中位数，用样本估计总体，
（1）用A组的频数除以所占的百分比，即可求出调查的总人数；用总人数减去其它组的人数，即可求得B组的人数，用C组的人数除以总人数即可求解；
（2）根据中位数的求法，即可求解；
（3）用总人数乘以样本中立定跳远成绩合格的男生人数所占，即可求解．
【小问1详解】
解：被抽取的学生数为：(人)
故（人），
，即，
故答案为：，；
【小问2详解】
解：把这组数据从小到大排列，第25和第26个数据的平均数为这组数据的中位数，
，，
把这组数据从小到大排列，第25和第26个数据都在C组，
故本次调查立定跳远成绩的中位数落在C组，
答案为：C；
【小问3详解】
解：（人）
答：该校立定跳远成绩合格的男生有人．
25. 甲、乙两货车分别从相距的A、B两地同时出发，甲货车从A地出发途经配货站时，停下来卸货，半小时后继续驶往B地，乙货车沿同一条公路从B地驶往A地，但乙货车到达配货站时接到紧急任务立即原路原速返回B地，结果比甲货车晚半小时到达B地．如图是甲、乙两货车距A地的距离与行驶时间之间的函数图象，结合图象回答下列问题：
（1）甲货车到达配货站之前的速度是 ，乙货车的速度是 ；
（2）求甲货车在配货站卸货后驶往B地的过程中，甲货车距A地的距离与行驶时间之间的函数解析式；
（3）直接写出甲、乙两货车在行驶的过程中，出发多长时间甲、乙两货车与配货站的距离相等．
【答案】（1）30，40
（2）的函数解析式是
（3）经过1.5h或或5h甲、乙两货车与配货站的距离相等
【解析】
【分析】本题考查一次函数的应用，待定系数法求一次函数解析式的运用，认真分析函数图象，读懂函数图象表示的意义是解题关键．
（1）由图象可知甲货车到达配货站路程为，所用时间为，乙货车到达配货站路程为，到达后返回，所用时间为，根据速度=距离÷时间即可得；
（2）甲货车从A地出发途经配货站时，停下来卸货，半小时后继续驶往B地，由图象结合已知条件可知和点，再利用待定系数法求出y与x的关系式即可得答案；
（3）分两车到达配货站之前和乙货车到达配货站时接到紧急任务立即原路原速返回B地后、甲货车卸货，半小时后继续驶往B地，三种情况与配货站的距离相等，分别列方程求出x的值即可得答案．
【小问1详解】
解：由图象可知甲货车到达配货站路程为105km，所用时间为3.5h，所以甲货车到达配货站之前的速度是（）
∴乙货车到达配货站路程为，到达配货站时接到紧急任务立即原路原速返回B地，总路程为240km，总时间是6h，
∴乙货车速度，
故答案为：30；40
【小问2详解】
甲货车从A地出发途经配货站时，停下来卸货，半小时后继续驶往B地，由图象可知和点
设
∴
解得：，
∴甲货车距A地的距离与行驶时间之间的函数解析式
【小问3详解】
设甲货车出发，甲、乙两货车与配货站的距离相等，
①两车到达配货站之前：，
解得：,
②乙货车到达配货站时开始返回，甲货车未到达配货站：，
解得：，
③甲货车在配货站卸货后驶往B地时：，
解得：，
答：经过或或甲、乙两货车与配货站的距离相等．
26. 已知是等腰三角形，，，在的内部，点M、N在上，点M在点N的左侧，探究线段之间的数量关系．

（1）如图①，当时，探究如下：
由，可知，将绕点A顺时针旋转，得到，则且，连接，易证，可得，在中，，则有．
（2）当时，如图②：当时，如图③，分别写出线段之间的数量关系，并选择图②或图③进行证明．
【答案】图②的结论是：；图③的结论是：；证明见解析
【解析】
【分析】本题主要考查等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，30度角所对的直角边等于斜边的一半，勾股定理等知识 ，选②，以点B为顶点在外作，在上截取，连接，过点Q作，垂足为H，构造全等三角形，得出，，再证明，得到；在中由勾股定理得，即，整理可得结论；选③方法同②
【详解】解：图②的结论是：
证明：∵
∴是等边三角形，
∴，
以点B为顶点在外作，在上截取，连接，过点Q作，垂足为H，

，，
，
又
即
又，
，
；
∵
∴，
∴
，
∴，
在中,可得：
即
整理得
图③的结论是：
证明：以点B顶点在外作，在上截取，连接，过点Q作，垂足为H，

，，
，
又
即
又，
，
在中，，
，
，
在中,可得：
即
整理得
27. 为了增强学生的体质，某学校倡导学生在大课间开展踢毽子活动，需购买甲、乙两种品牌毽子．已知购买甲种品牌毽子10个和乙种品牌毽子5个共需200元；购买甲种品牌毽子15个和乙种品牌毽子10个共需325元．
（1）购买一个甲种品牌毽子和一个乙种品牌毽子各需要多少元？
（2）若购买甲乙两种品牌毽子共花费1000元，甲种品牌毽子数量不低于乙种品牌毽子数量的5倍且不超过乙种品牌毽子数量的16倍，则有几种购买方案？
（3）若商家每售出一个甲种品牌毽子利润是5元，每售出一个乙种品牌毽子利润是4元，在（2）条件下，学校如何购买毽子商家获得利润最大？最大利润是多少元？
【答案】（1）购买一个甲种品牌毽子需15元，购买一个乙种品牌毽子需10元
（2）共有3种购买方案
（3）学校购买甲种品牌毽子60个，购买乙种品牌毽子10个，商家获得利润最大，最大利润是340元
【解析】
【分析】本题考查了二元一次方程组、一元一次不等式组以及一次函数的应用，
（1）设购买一个甲种品牌毽子需a元，购买一个乙种品牌毽子需b元，根据题意列出二元一次方程组，问题得解；
（2）设购买甲种品牌毽子x个，购买乙种品牌毽子个，根据题意列出一元一次不等式组，解不等式组即可求解；
（3）设商家获得总利润为y元，即有一次函数，根据一次函数的性质即可求解．
【小问1详解】
解：设购买一个甲种品牌毽子需a元，购买一个乙种品牌毽子需b元．由题意得：，
解得：，
答：购买一个甲种品牌毽子需15元，购买一个乙种品牌毽子需10元；
【小问2详解】
解：设购买甲种品牌毽子x个，购买乙种品牌毽子个．
由题意得：，
解得：，
和均为正整数，
，62，64，
，7，4，
共有3种购买方案．
【小问3详解】
设商家获得总利润为y元，
，
，
，
随x的增大而减小，
当时，，
答：学校购买甲种品牌毽子60个，购买乙种品牌毽子10个，商家获得利润最大，最大利润是340元．
28. 如图，在平面直角坐标系中，等边三角形的边在x轴上，点A在第一象限，的长度是一元二次方程的根，动点P从点O出发以每秒2个单位长度的速度沿折线运动，动点Q从点O出发以每秒3个单位长度的速度沿折线运动，P、Q两点同时出发，相遇时停止运动．设运动时间为t秒（），的面积为S．
（1）求点A的坐标；
（2）求S与t的函数关系式；
（3）在（2）的条件下，当时，点M在y轴上，坐标平面内是否存在点N，使得以点O、P、M、N为顶点的四边形是菱形．若存在，直接写出点N的坐标；若不存在，说明理由．
【答案】（1）点A的坐标为
（2）
（3）存在，，，，
【解析】
【分析】（1）运用因式分解法解方程求出的长，根据等边三角形的性质得出，过点A作轴，垂足为C，求出的长即可；
（2）分，和三种情况，运用三角形面积公式求解即可；
（3）当时求出，得，分为边和对角线两种情况可得点N的坐标；当和时不存在以点O、P、M、N为顶点的四边形是菱形
【小问1详解】
解：，解得，
的长度是的根，
∵是等边三角形，
∴，
过点A作轴，垂足为C，
在中，
∴
，
∴
点A的坐标为
【小问2详解】
解：当时．过P作轴，垂足为点D，
∴，，
∴
∴，
；
当时，过Q作，垂足为点E
∵
∴
又
∴，
又，
当时，过O作，垂足为F
∴，
同理可得，，
∴；
综上所述
【小问3详解】
解：当时，解得，
∴，
过点P作轴于点G，则
∴
∴点P的坐标为；
当为边时，将沿轴向下平移4个单位得，此时，四边形是菱形；
将沿轴向上平移4个单位得，此时，四边形是菱形；如图，
作点P关于y轴的对称点，当时，四边形是菱形；
当为对角线时，设的中点为T，过点T作，交y轴于点M，延长到,使连接,过点作轴于点，则
∴
∴,即，
解得，,
∴，
∴；
当，解得，，不符合题意，此情况不存；
当时，解得，，不符合题意，此情况不存在；
综上，点N的坐标为，，，
【点睛】本题主要考查运用因式分解法解一元二次方程，等边三角形的性质，勾股定理，角所对的直角边等于斜边的一半，三角形的面积，菱形的判定与性质，正确作出辅助线和分类讨论是解答本题的关键组别
分组（cm）
频数
A
3
B
m
C
20
D
14
E
5