2023-2024学年广东省韶关市乐昌一中九年级（上）期中数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年广东省韶关市乐昌一中九年级（上）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.为响应珠海市号召，我校全面推行生活垃圾分类管理，下列校园中常见的垃圾分类图标中，是中心对称图形的是( )
A. B. C. D.
2.下列函数是二次函数的是( )
A. y=ax2+bx+cB. y=1x2+x
C. y=x(2x−1)D. y=(x+4)2−x2
3.已知关于x的一元二次方程x2−x+a2−1=0的一个根为0，则a的值为( )
A. 1B. −1C. ±1D. 12
4.圆的内接正多边形中，正多边形的一条边所对的圆心角是72°，则正多边形的边数是( )
A. 4B. 5C. 6D. 8
5.在同一坐标系中，一次函数y=ax+2与二次函数y=x2−a的图象可能是( )
A. B. C. D.
6.已知关于x的方程mx2−2x+1=0有两个不相等的实数根，则m的取值范围是( )
A. m<1B. m>1C. m<1，且m≠0D. m>1，且m≠0
7.如图，抛物线y=ax2+c与直线y=mx+n交于A(−1,p)，B(3,q)两点，则不等式ax2−mx+cA. x>−1
B. x<3
C. x<−3或x>1
D. −18.如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AB=5cm，BC=3cm，△ABC绕AC所在直线旋转一周，所形成的圆锥侧面积等于( )
A. 4πcm2B. 8πcm2C. 12πcm2D. 15πcm2
9.已知抛物线y=ax2+bx+c(a>0)，且a+b+c=−1，a−b+c=−3.判断下列结论：①抛物线与x轴负半轴必有一个交点；②b=1；③abc>0；④2a+2b+c<0；⑤当0≤x≤2时，y最大=3a，其中正确结论的个数( )
A. 2B. 3C. 4D. 5
10.如图，在Rt△ABC和Rt△AEF中，∠BAC=∠EAF=90°，AB=AC=9，AE=AF=3，点M、N、P分别为EF、BC、CE的中点，若△AEF绕点A在平面内自由旋转，△MNP面积的最大值为( )
A. 24B. 18C. 12D. 20
二、填空题：本题共5小题，每小题3分，共15分。
11.方程(x−1)(x+3)=0的根是______ ．
12.设A(2,y1)，B(3,y2)是抛物线y=−(x+1)2+k(k是常数)上的两点，则y1______y2(填<，=或>)．
13.设a，b是方程x2+x−2021=0的两个实数根，则a2+2a+b的值是______ ．
14.如图，⊙O的直径是AB为10cm，弦AC为6cm，∠ACB的平分线交⊙O于点D，则BC+AD= cm．
15.如图，在扇形OMB中，∠AOB=90°，OA=1，将扇形OAB绕点B逆时针旋转，得到扇形BDC，若点O刚好落在弧AB上的点D处，则线段AC的长等于______．
三、解答题：本题共8小题，共75分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.(本小题8分)
解方程：x2−4x−1=0．
17.(本小题8分)
△ABC在平面直角坐标系中的位置如图所示，A、B、C三点在格点上．

(1)画出△ABC关于x轴对称的△A1B1C1；
(2)画出△ABC绕点O按逆时针方向旋转90°后的△A2B2C2．
18.(本小题8分)
如图，已知⊙O为Rt△ABC的内切圆，切点分别为D，E，F，且∠C=90°，AB=13，BC=12．
(1)求BF的长；
(2)求⊙O的半径r．
19.(本小题9分)
某驻村工作队，为带动群众增收致富，巩固脱贫攻坚成效，决定在该村山脚下，围一块面积为600m2的矩形试验茶园，便于成功后大面积推广．如图所示，茶园一面靠墙，墙长35m，另外三面用69m长的篱笆围成，其中一边开有一扇1m宽的门(不包括篱笆)，求这个茶园的宽AB．
20.(本小题9分)
《九章算术》是我国古代数学成就的杰出代表作，书中记载：“今有中，不知大小．以锯锯之，深1寸，锯道长1尺，问经几何？“其意思为：“如图，今有一圆形木材在墙中，不知其大小用锯子去锯这个木材，锯口深DE=1寸，锯道长AB=10寸，问这块圆形木材的直径是多少？”
21.(本小题9分)
把二次涵数y=a(x−h)2+k的图象先向左平移2个单位长度，再向上平移4个单位长度，得到二次函数y=−12(x+1)2−1的图象．
(1)试确定a，h，k的值；
(2)指出二次函数y=a(x−h)2+h图象的开口方向、对称轴和顶点坐标．
22.(本小题12分)
如图，把一块含45°直角三角板的锐角顶点与正方形ABCD的顶点A重合．正方形ABCD固定不动，让三角板绕点A旋转．
(1)当三角板绕点A旋转到如图①的位置时，含45°角的两边分别与正方形的边BC、DC交于点E、F，求证：EF=BE+DF；
(2)当三角板绕点A旋转到如图②的位置时，含45°角的两边分别与正方形的CB、DC两边的延长线交于点E、F.试写出EF、BE和DF三条线段满足的数量关系，不必证明．
(3)在图①中，当正方形ABCD的边长为6，EF=5，BE的长为______ ．
23.(本小题12分)
如图，已知抛物线y=ax2+bx+c的顶点D的坐标为(−2,9)，抛物线与坐标轴分别交于A、B、C三点，且B的坐标为(0,5)，连接DB、DC，作直线BC．
(1)求抛物线的解析式；
(2)P是x轴上的一点，过点P作x轴的垂线，与CD交于H，与CB交于G，若线段HG把△CBD的面积分成相等的两部分，求P点的坐标；
(3)若点M在直线CB上，点N在平面上，直线CB上是否存在点M，使以点C、点D、点M、点N为顶点的四边形为菱形？若存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
B、是中心对称图形，故本选项符合题意；
C、不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
D、不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
故选：B。
根据中心对称图形的定义，逐项判断即可求解。
本题主要考查了中心对称图形的定义，熟练掌握在平面内，把一个图形绕着某个点旋转180°，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形是解题的关键。
2.【答案】C
【解析】解：A、当a=0时，该函数不是二次函数，故本选项不符合题意；
B、该函数分母含有字母，不是二次函数，故本选项不符合题意；
C、该函数是二次函数，故本选项符合题意；
D、该函数化简后没有二次项，是一次函数，故本选项不符合题意．
故选：C．
根据二次函数的定义判断即可．
此题主要考查了二次函数定义，解题的关键是掌握形如y=ax2+bx+c(a、b、c是常数，a≠0)的函数，叫做二次函数．
3.【答案】C
【解析】解：把x=0代入方程x2−x+a2−1=0得：a2−1=0，
∴a=±1．
故选：C．
把x=0代入方程x2+−x+a2−1=0得到一个关于a的方程，求出方程的解即可．
本题主要考查对一元二次方程的解，解一元二次方程等知识点的理解和掌握，能得到方程a2−1=0是解此题的关键．
4.【答案】B
【解析】解：设正多边形的边数为n．
由题意360°n=72°，
解得：n=5．
故选：B．
根据正多边形的中心角等于360°n计算即可．
本题主要考查正多边形的有关知识，牢记正多边形的中心角等于360°n是解题的关键．
5.【答案】D
【解析】解：当a<0时，二次函数顶点在y轴正半轴，一次函数经过一、二、四象限；
当a>0时，二次函数顶点在y轴负半轴，一次函数经过一、二、三象限．
故选：D．
分a<0以及a>0时分析解答即可．
此题主要考查了二次函数及一次函数的图象的性质，用到的知识点为：二次函数和一次函数的常数项是图象与y轴交点的纵坐标．
6.【答案】C
【解析】解：∵关于x的方程mx2−2x+1=0有两个不相等的实数根，
∴m≠0△=(−2)2−4×m×1>0，
解得：m<1且m≠0．
故选：C．
由二次项系数非零及根的判别式Δ>0，即可得出关于m的一元一次不等式组，解之即可得出m的取值范围．
本题考查了根的判别式以及一元二次方程的定义，根据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是解题的关键．
7.【答案】D
【解析】解：∵抛物线y=ax2+c与直线y=mx+n交于A(−1,p)，B(3,q)两点，
∴ax2+c∴ax2−mx+c故选：D．
根据题意和函数图象中的数据，可以得到不等式ax2−mx+c本题考查二次函数与不等式组，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
8.【答案】D
【解析】解：根据题意，△ABC绕AC所在直线旋转一周，所形成的圆锥侧面积为
12×2π×3×5=15π(cm2).
故选：D．
由于圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长，则根据扇形的面积公式计算即可．
本题考查了圆锥的计算侧面积，掌握圆锥计算中相关的等量关系是解题的关键．
9.【答案】B
【解析】解：∵a+b+c=−1，a−b+c=−3，
∴a+b+c+(a−b+c)=2a+2c=−4，即ａ+ｃ=−２<０，
∵a>0，
∴c<0，
∴抛物线与x轴负半轴必有一个交点，
故①正确；
∵a+b+c−(a−b+c)=2b=2，
∴b=1，
故②正确；
∵ａ>０，ｂ>０，ｃ<０，
∴abc<0，
故③错误；
∵2a+2b+c=a+b+(a+b+c)=a+1+(−1)=a>0，
故④错误；
∵a>0，b>0，
∴−b2a<0，
∴x>−b2a时，y随x增大而增大，
∴当0≤x≤2时，x=2时，y取最大值，
即y最大值为4a+2b+c=2a+(2a+2b+c)=2a+a=3a，
故⑤正确．
综上所述，①②⑤正确．
故选：B．
由a+b+c+(a−b+c)=2a+2c=−4<０(ａ>０)可得c<0，由此可判定①正确；由a+b+c−(a−b+c)=2b=2可得b=1，由此可判定②正确；由a>0，b>0，c<0可判定③错误；由2a+2b+c=a+b+(a+b+c)=a+1+(−1)=a>0可判定④错误；由a>0，b>0可得抛物线对称轴在y轴左侧，从而可得x=2时y取最大值，进而判定⑤正确，综上所述可得答案．
本题考查二次函数图象与系数的关系，解题关键是掌握二次函数的性质．
10.【答案】B
【解析】解：连接CF，BE并延长，交于点O，BO交AC与点H
∵点P、N是CE、BC的中点，
∴PN/​/BE，PN=12BE，
∵点P，M是CE，EF的中点，
∴PM/​/CF，PM=12CF，
∵∠BAC=∠EAF=90°，
∴∠BAE=∠BAC−∠EAC=∠CAF=∠EAF−∠EAC，
即∠BAE=∠CAF，
在△BAE与△CAF中，
AB=AC∠BAE=∠CAFAE=AF，
∴△BAE≌△CAF(SAS)，
∴BE=CF，
∴PM=PN，
∵∠ABE=∠ACF，∠AHB=∠CHO
∴∠BOC=∠BAH=90°
∴BO⊥CO
∴PM⊥PN，
∴△PMN是等腰直角三角形．
∴PM=PN=12BE，
∴PM最大时，△PMN面积最大，
∴点E在BA的延长线上，
∴BE=AB+AE=12，
∴PM=6，
∴S△PMN最大=12PM2=12×62=18．
故选：B．
分析：
连接CF，BE，根据三角形中位线定理得到PM//CF，PM=12CF推出∠BAE=∠CAF，根据全等三角形的性质得到BE=CF，推出△PMN是等腰直角三角形．根据等腰直角三角形的性质得到PM=PN=12BE，推出PM最大时，△PMN面积最大，根据三角形的面积公式即可得到结论．
本题主要考查了三角形的中位线定理，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判断和性质，直角三角形的性质，解题关键是判断出MN最大时，△PMN的面积最大．
11.【答案】x1=1，x2=−3
【解析】【分析】
本题主要考查解一元二次方程的能力．
由两个整式的乘积为0得出每个整式的值都有可能为0，即可得两个关于x的一元一次方程，解之可得x的值．
【解答】
解：∵(x−1)(x+3)=0，
∴x−1=0或x+3=0，
解得：x1=1，x2=−3．
12.【答案】>
【解析】解：∵y=−(x+1)2+k，
∴抛物线开口向下，对称轴为直线x=−1，
∴x>−1时，y随x增大而减小，
∵−1<2<3，
∴y1>y2，
故答案为：>．
分析：
由二次函数解析式可得抛物线开口方向及对称轴，进而求解．
本题考查二次函数的性质，解题关键是掌握二次函数图象与系数的关系，掌握二次函数与不等式的关系．
13.【答案】2020．
【解析】解：a是方程x2+x−2021=0的实数根，
∴a2+a−2021=0，
∴a2=−a+2021，
∴a2+2a+b=a+b+2021，
∵a+b=−11=−1，
∴a2+2a+b=a+b+2021=2020，
故答案为：2020．
先根据一元二次方程的解的定义得到a2=−a+2022，则a2+2a+b=a+b+2022，然后根据根与系数的关系得到a+b=−1，再利用整体代入的方法计算．
本题考查一元二次方程的解和根与系数的关系，熟练掌握一元二次方程的解及根与系数的关系是解题的关键．
14.【答案】(8+5 2)
【解析】解：∵AB是直径，
∴∠ACB=∠ADB=90°，
∵AB=10cm，AC=6cm，
∴BC= AB2−AC2= 102−62=8(cm)，
∵CD平分∠ACD，
∴AD=BD，
∴AD=BD= 22AB=5 2(cm)，
∴BC+AD=(8+5 2)(cm)．
故答案为：(8+5 2).
利用勾股定理求出BC，证明AD=BD，求出AD，可得结论．
本题考查了圆周角定理，圆心角、弧、弦之间的关系，角平分线的定义，勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
15.【答案】 2
【解析】解：连接OD，BC，AB，
∵将扇形OAB绕点B逆时针旋转，得到扇形BDC，
∴OB=BD=OD，
∴△BOD是等边三角形，
∴∠OBD=60°，
即旋转角等于60°，
∵将扇形OAB绕点B逆时针旋转，得到扇形BDC，
∴AB=BC，∠ABC=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AC=AB= 2OB= 2，
故答案为： 2
先证明△BOD是等边三角形，得到∠OBD=60°，根据等边三角形的性质和等腰直角三角形的性质即可解决问题．
本题考查翻折变换、等边三角形的判定和性质等知识，解题的关键是等边三角形的发现，属于中考常考题型．
16.【答案】解：∵x2−4x−1=0，
∴x2−4x=1，
∴x2−4x+4=1+4，
∴(x−2)2=5，
∴x=2± 5，
∴x1=2+ 5，x2=2− 5．
【解析】配方法的一般步骤：(1)把常数项移到等号的右边；
(2)把二次项的系数化为1；
(3)等式两边同时加上一次项系数一半的平方．
此题考查了配方法解一元二次方程，解题时要注意解题步骤的准确应用．选择用配方法解一元二次方程时，最好使方程的二次项的系数为1，一次项的系数是2的倍数．
17.【答案】解：(1)如图1，△A1B1C1即为所求作的三角形，
；
(2)如图2，△A2B2C2即为所求作的三角形，
．
【解析】(1)分别确定A，B，C关于x轴对称的点A1，B1，C1，再顺次连接即可；
(2)分别确定A，B，C绕点O按逆时针方向旋转90°后的对应点A2，B2，C2，再顺次连接即可．
本题考查的是画轴对称图形，画旋转图形，掌握轴对称与旋转的性质并进行画图是解本题的关键．
18.【答案】解：(1)在Rt△ABC中，∵∠C=90°，AB=13，BC=12，
∴AC= AB2−BC2= 132−122=5，
∵⊙O为Rt△ABC的内切圆，切点分别为D，E，F，
∴BD=BF，AD=AE，CF=CE，
设BF=BD=x，则AD=AE=13−x，CF=CE=12−x，
∵AE+EC=5，
∴13−x+12−x=5，
∴x=10，
∴BF=10．
(2)连接OE，OF，
∵OE⊥AC，OF⊥BC，
∴∠OEC=∠C=∠OFC=90°，
∴四边形OECF是矩形，
∴OE=CF=BC−BF=12−10=2．
即r=2．
【解析】本题考查三角形的内心，勾股定理，切线长定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
(1)设BF=BD=x，利用切线长定理，构建方程解决问题即可．
(2)证明四边形OECF是矩形，推出OE=CF即可解决问题．
19.【答案】解：设这个茶园的宽AB为x m，则另一边的长度为(69+1−2x)m，
根据题意，得x(69+1−2x)=600，
整理，得x2−35x+300=0，
解得x1=15，x2=20，
当x=15时，70−2x=40>35，不符合题意舍去；
当x=20时，70−2x=30，符合题意．
答：这个茶园的宽AB为20m．
【解析】设这个茶园的宽AB为xm，则另一边的长度为(69+1−2x)m，根据茶园的面积为600m2，列出方程并解答．
本题考查了一元二次方程的应用，根据数量关系列出方程是解题的关键．
20.【答案】解：如图，连接OA，由题意可知，DE=1寸，AB=10寸，
∵AB⊥CD，CD是直径，AB=10寸，
∴AE=BE=12AB=5(寸)，
设圆O的半径OA的长为x寸，则OC=OD=x寸，
∵DE=1寸，
∴OE=(x−1)寸，
在Rt△AOE中，根据勾股定理得，
OA2−OE2=AE2，
即x2−(x−1)2=52，
解得：x=13(寸)
所以CD=26(寸)．
答：这块圆形木材的直径为26寸．
【解析】根据垂径定理得出AE=BE=5寸，利用勾股定理列方程可求出半径，进而求出直径．
本题考查垂径定理、勾股定理，掌握垂径定理和勾股定理是解决问题的前提．
21.【答案】解：(1)把二次涵数y=a(x−h)2+k的图象先向左平移2个单位长度，再向上平移4个单位长度，得到y=a(x−h+2)2+k+4，
∵二次函数y=−12(x+1)2−1与y=12(x+1)2−1是同一函数，
a=12，2−h=1，k+4=−1，
解得a=12，h=1，k=−5．
(2)∵二次函数y=a(x−h)2+h的解析式为y=12(x−1)2+1，
∴函数图象开口向上，对称轴是直线x=1，顶点坐标是(1,1)．
【解析】(1)根据平移规律，可得答案；
(2)根据二次函数的性质，可得答案．
本题考查了二次函数的几何变换，二次函数的性质，熟练掌握平移的规律：左加右减，上加下减是解题的关键．
22.【答案】解：(1)延长FD至G，使DG=BE，连接AG，如图①，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠ABE=ADG=∠DAB=90°，
在△ABE和△ADG中，
AB=AD∠ABE=∠ADGBE=DG
∴△ABE≌△ADG(SAS)，
∴AE=AG，∠DAG=∠EAB，
∵∠EAF=45°，
∴∠DAF+∠EAB=45°，
∴∠DAF+∠DAG=45°，
∴∠GAF=∠EAF=45°，
∵AF=AF，
在△GAF和△EAF中，
AE=AG∠GAF=∠EAFAF=AF
∴△GAF≌△EAF(SAS)，
∴EF=GF，
∴GF=DF+DG=DF+BE，
即：EF=DF+BE．
(2)EF=DF−BE．
在DC上截取DH=BE，连接AH，如图②，
在△ABE和△ADH中，
AB=AD∠ABE=∠ADHBE=DH
∴△ABE≌△ADH(SAS)，
∴AH=AE，∠DAH=∠EAB，
∵∠EAF=∠EAB+∠BAF=45°，
∴∠DAH+∠BAF=45°，
∴∠HAF=45°=∠EAF，
∵AF=AF，
在△HAF和△EAF中，
AF=AF∠HAF=∠EAFAH=AE
∴△HAF≌EAF(SAS)，
∴HF=EF，
∵DF=DH+HF=BE+EF，
∴EF=DF−BE．(3)2或3．
【解析】【分析】
本题考查了旋转变换、正方形的性质、全等三角形判定与性质、勾股定理等知识点，难度适中．对于线段和差关系的证明，截长补短是常用手段，并且本题是经典的“大角夹半角”模型，其结论和推导过程要牢记，以便再遇到类似问题时可迅速解答．
(1)延长FD至G，使DG=BE，连接AG，先证△ABE≌△ADG，再证△GAF≌△EAF即可；
(2)在DC上截取DH=BE，连接AH，先证△ADH≌△ABE，再证△HAF≌EAF即可；
(3)设BE=x，分别表示出CE、CF，用勾股定理建立方程，解之即可．
【解答】
解：(1)见答案；
(2)见答案；
(3)如图③，
由(1)中结论可知：EF=DF+BE，
∵AB=BC=CD=AD=6，
设BE=x，则CE=6−x，
∵EF=5，
∴DF=5−x，
∴FC=1+x，
在Rt△CEF中，EF2=FC2+CE2，
∴25=(1+x)2+(6−x)2，
解得：x=2或x=3，
即BE的长为2或3．
23.【答案】解：(1)∵抛物线y=ax2+bx+c的顶点D的坐标为(−2,9)，
∴可设y=a(x+2)2+9，
又∵抛物线过点B(0,5)，代入得：
5=4a+9，
∴a=−1，
∴y=−(x+2)2+9
=−x2−4x+5，
∴抛物线的解析式为y=−x2−4x+5；
(2)∵抛物线y=−x2−4x+5与坐标轴分别交于A、B、C三点，且B的坐标为(0,5)，
∴当y=0时，−x2−4x+5=0，
解得x1=−5，x2=1，
∴A(1,0)，C(−5,0)，
又∵D(−2,9)，
∴直线BC的解析式为y=x+5；
设直线CD的解析式为y=kx+b，将C(−5,0)，D(−2,9)代入，得：
0=−5k+b9=−2k+b，
解得：k=3b=15，
∴直线CD的解析式为y=3x+15．
设点P的坐标为(x,0)，则G(x,x+5)，H(x,3x+15)．
∴S△CGH=12HG×CP
=12(5+x)(3x+15−x−5)
=12(5+x)(2x+10)
=(5+x)(x+5)
=(x+5)2，
设抛物线的对称轴交直线BC于点K，如图：
∵顶点D的坐标为(−2,9)，
∴对称轴为直线x=−2，
∴K(−2,3)，
∴DK=9−3=6，
∴S△BCD=S△DKC+S△DKB
=12×6×3+12×6×2
=15，
∴若线段HG把△CBD的面积分成相等的两部分，则(x+5)2=12×15，
解得：x1= 30−102，x2=−10− 302(舍)，
∴P( 30−102,0)；
(3)如图，设点M的坐标为(m,m+5)，
∵C(−5,0)，D(−2,9)，
∴CD= (−5+2)2+(9−0)2=3 10，
当CD与DM是菱形的两边时，则CD=DM，
∴3 10= (−2−m)2+(9−m−5)2，
解得m1=−5(不合题意，舍去)，m2=7，
∴点M(7,12)；
当CD与CM′′是菱形的两边时，则CD=CM′′，
∴3 10= (−5−m)2+(m+5)2，
解得m=±3 5−5，
∴点M(3 5−5,3 5)或点M(−3 5−5,−3 5)；
当DM′与CM′是菱形的两边时，则CM′=DM′，
∴ (m+5)2+(m+5)2= (m+2)2+(m+5−9)2，
解得m=−54，
∴点M(−54,154).
综上所述，点M的坐标为(7,12)或(3 5−5,3 5)或(−3 5−5,−3 5)或(−54,154).
【解析】(1)抛物线y=ax2+bx+c的顶点D的坐标为(−2,9)，可设y=a(x+2)2+9，再将点B(0,5)代入，解得a的值，则可得抛物线的解析式；
(2)求得直线BC与直线CD的解析式，设点P的坐标为(x,0)，则G(x,x+5)，H(x,3x+15)根据S△CGH=12HG×CP，将S△CGH=用含x的式子表示出来，再由S△BCD=S△DKC+S△DKB，求得S△BCD；根据线段HG把△CBD的面积分成相等的两部分，得出关于x的方程，解方程并作出取舍，则可得P点的坐标；
(3)设点M的坐标为(m,m+5)，求得CD的值，再分情况讨论：当CD与DM是菱形的两边时，则CD=DM；当DM′与CM′是菱形的两边时，则CM′=DM′；当DM′与CM′是菱形的两边时，则CM′=DM′.分别得出关于m的等式，解得m的值，则可得点M的坐标．
本题属于二次函数综合题，考查了待定系数法求一次函数和二次函数的解析式、一次函数和二次函数图象上的点的坐标特点、三角形的面积计算、一元二次方程及菱形的性质等知识点，数形结合、熟练掌握相关性质及定理是解题的关键．