浙江省义乌地区重点达标名校2021-2022学年中考数学考前最后一卷含解析

这是一份浙江省义乌地区重点达标名校2021-2022学年中考数学考前最后一卷含解析，共22页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁，化简等内容，欢迎下载使用。

2021-2022中考数学模拟试卷
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。
4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

一、选择题（每小题只有一个正确答案，每小题3分，满分30分）
1．如图所示，把直角三角形纸片沿过顶点B的直线（BE交CA于E）折叠，直角顶点C落在斜边AB上，如果折叠后得等腰△EBA，那么结论中：①∠A=30°；②点C与AB的中点重合；③点E到AB的距离等于CE的长，正确的个数是（　　）

A．0 B．1 C．2 D．3
2．某校九年级（1）班全体学生实验考试的成绩统计如下表：
成绩（分）
24
25
26
27
28
29
30
人数（人）
2
5
6
6
8
7
6
根据上表中的信息判断，下列结论中错误的是（　　）
A．该班一共有40名同学
B．该班考试成绩的众数是28分
C．该班考试成绩的中位数是28分
D．该班考试成绩的平均数是28分
3．估计的值在（ ）
A．2和3之间 B．3和4之间 C．4和5之间 D．5和6之间
4．的相反数是（　　）
A． B．- C． D．
5．如图，某地修建高速公路，要从A地向B地修一条隧道（点A、B在同一水平面上）．为了测量A、B两地之间的距离，一架直升飞机从A地出发，垂直上升800米到达C处，在C处观察B地的俯角为α，则A、B两地之间的距离为（　　）

A．800sinα米 B．800tanα米 C．米 D．米
6．在下列网格中，小正方形的边长为1，点A、B、O都在格点上，则的正弦值是

A． B． C． D．
7．如图，等腰直角三角形的顶点A、C分别在直线a、b上，若a∥b，∠1=30°，则∠2的度数为（　　）

A．30° B．15° C．10° D．20°
8．如图，在⊙O中，AE是直径，半径OC垂直于弦AB于D，连接BE，若AB=2，CD=1，则BE的长是　　

A．5 B．6 C．7 D．8
9．化简：（a+）（1﹣）的结果等于（　　）
A．a﹣2 B．a+2 C． D．
10．一个圆锥的侧面积是12π，它的底面半径是3，则它的母线长等于（　　）
A．2 B．3 C．4 D．6
二、填空题（共7小题，每小题3分，满分21分）
11．点A（﹣3，y1），B（2，y2），C（3，y3）在抛物线y=2x2﹣4x+c上，则y1，y2，y3的大小关系是_____．
12．已知关于x方程x2﹣3x+a=0有一个根为1，则方程的另一个根为_____．
13．分解因式：3m2﹣6mn+3n2＝_____．
14．如图，直线a、b相交于点O，若∠1=30°，则∠2=___

15．如图所示，点A1、A2、A3在x轴上，且OA1=A1A2=A2A3，分别过点A1、A2、A3作y轴的平行线，与反比例函数y=（x＞0）的图象分别交于点B1、B2、B3，分别过点B1、B2、B3作x轴的平行线，分别与y轴交于点C1、C2、C3，连接OB1、OB2、OB3，若图中三个阴影部分的面积之和为，则k= ．

16．如图，半径为5的半圆的初始状态是直径平行于桌面上的直线b，然后把半圆沿直线b进行无滑动滚动，使半圆的直径与直线b重合为止，则圆心O运动路径的长度等于_____．

17．某地区的居民用电，按照高峰时段和空闲时段规定了不同的单价．某户5月份高峰时段用电量是空闲时段用电量2倍，6月份高峰时段用电量比5月份高峰时段用电量少50%，结果6月份的用电量和5月份的用电量相等，但6月份的电费却比5月份的电费少25%，求该地区空闲时段民用电的单价比高峰时段的用电单价低的百分率是_____．
三、解答题（共7小题，满分69分）
18．（10分）如图，在△ABC中，∠ABC=90°，BD为AC边上的中线．
（1）按如下要求尺规作图，保留作图痕迹，标注相应的字母：过点C作直线CE，使CE⊥BC于点C，交BD的延长线于点E，连接AE；
（2）求证：四边形ABCE是矩形．

19．（5分）如图，在平行四边形ABCD中，连接AC，做△ABC的外接圆⊙O，延长EC交⊙O于点D，连接BD、AD，BC与AD交于点F分，∠ABC=∠ADB。
（1）求证：AE是⊙O的切线；
（2）若AE=12，CD=10，求⊙O的半径。

20．（8分）如图所示，在▱ABCD中，E是CD延长线上的一点，BE与AD交于点F，DE＝CD.
(1)求证：△ABF∽△CEB；
(2)若△DEF的面积为2，求▱ABCD的面积．

21．（10分）如图甲，直线y=﹣x+3与x轴、y轴分别交于点B、点C，经过B、C两点的抛物线y=x2+bx+c与x轴的另一个交点为A，顶点为P．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）在该抛物线的对称轴上是否存在点M，使以C，P，M为顶点的三角形为等腰三角形？若存在，请直接写出所符合条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）当0＜x＜3时，在抛物线上求一点E，使△CBE的面积有最大值（图乙、丙供画图探究）．
22．（10分）如图，AB是⊙O的直径，D、D为⊙O上两点，CF⊥AB于点F，CE⊥AD交AD的延长线于点E，且CE=CF.
（1）求证：CE是⊙O的切线；
（2）连接CD、CB，若AD=CD=a，求四边形ABCD面积.

23．（12分）如图抛物线y=ax2+bx，过点A（4，0）和点B（6，2），四边形OCBA是平行四边形，点M（t，0）为x轴正半轴上的点，点N为射线AB上的点，且AN=OM，点D为抛物线的顶点．
（1）求抛物线的解析式，并直接写出点D的坐标；
（2）当△AMN的周长最小时，求t的值；
（3）如图②，过点M作ME⊥x轴，交抛物线y=ax2+bx于点E，连接EM，AE，当△AME与△DOC相似时．请直接写出所有符合条件的点M坐标．

24．（14分）如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，对角线 AC、BD交于点 M，点E在边BC上，且∠DAE=∠DCB，联结AE，AE与BD交于点F．

（1）求证：；
（2）连接DE，如果BF=3FM，求证：四边形ABED是平行四边形.



参考答案

一、选择题（每小题只有一个正确答案，每小题3分，满分30分）
1、D
【解析】
根据翻折变换的性质分别得出对应角相等以及利用等腰三角形的性质判断得出即可．
【详解】
∵把直角三角形纸片沿过顶点B的直线（BE交CA于E）折叠，直角顶点C落在斜边AB上，折叠后得等腰△EBA，
∴∠A=∠EBA，∠CBE=∠EBA，
∴∠A=∠CBE=∠EBA，
∵∠C=90°，
∴∠A+∠CBE+∠EBA=90°，
∴∠A=∠CBE=∠EBA=30°，故①选项正确；
∵∠A=∠EBA，∠EDB=90°，
∴AD=BD，故②选项正确；
∵∠C=∠EDB=90°，∠CBE=∠EBD=30°，
∴EC=ED（角平分线上的点到角的两边距离相等），
∴点E到AB的距离等于CE的长，故③选项正确，
故正确的有3个．
故选D．
【点睛】
此题主要考查了翻折变换的性质以及角平分线的性质和等腰三角形的性质等知识，利用折叠前后对应角相等是解题关键．
2、D
【解析】
直接利用众数、中位数、平均数的求法分别分析得出答案．
【详解】
解：A、该班一共有2+5+6+6+8+7+6=40名同学，故此选项正确，不合题意；
B、该班考试成绩的众数是28分，此选项正确，不合题意；
C、该班考试成绩的中位数是：第20和21个数据的平均数，为28分，此选项正确，不合题
意；
D、该班考试成绩的平均数是：（24×2+25×5+26×6+27×6+28×8+29×7+30×6）÷40=27.45（分），
故选项D错误，符合题意．
故选D．
【点睛】
此题主要考查了众数、中位数、平均数的求法，正确把握相关定义是解题关键．
3、D
【解析】
寻找小于26的最大平方数和大于26的最小平方数即可.
【详解】
解：小于26的最大平方数为25，大于26的最小平方数为36，故，即：
，故选择D.
【点睛】
本题考查了二次根式的相关定义.
4、C
【解析】
根据只有符号不同的两个数互为相反数进行解答即可.
【详解】
与只有符号不同，
所以的相反数是，
故选C．
【点睛】
本题考查了相反数的定义，熟练掌握相反数的定义是解题的关键.
5、D
【解析】
【分析】在Rt△ABC中，∠CAB=90°，∠B=α，AC=800米，根据tanα=，即可解决问题.
【详解】在Rt△ABC中，∵∠CAB=90°，∠B=α，AC=800米，
∴tanα=，
∴AB=，
故选D．
【点睛】本题考查解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型.
6、A
【解析】
由题意根据勾股定理求出OA，进而根据正弦的定义进行分析解答即可．
【详解】
解：由题意得，，，

由勾股定理得，，
．
故选：A．
【点睛】
本题考查的是锐角三角函数的定义，在直角三角形中，锐角的正弦为对边比斜边，余弦为邻边比斜边，正切为对边比邻边．
7、B
【解析】
分析：由等腰直角三角形的性质和平行线的性质求出∠ACD=60°，即可得出∠2的度数．
详解：如图所示：

∵△ABC是等腰直角三角形，
∴∠BAC=90°，∠ACB=45°，
∴∠1+∠BAC=30°+90°=120°，
∵a∥b，
∴∠ACD=180°-120°=60°，
∴∠2=∠ACD-∠ACB=60°-45°=15°；
故选B．
点睛：本题考查了平行线的性质、等腰直角三角形的性质；熟练掌握等腰直角三角形的性质，由平行线的性质求出∠ACD的度数是解决问题的关键．
8、B
【解析】
根据垂径定理求出AD,根据勾股定理列式求出半径 ，根据三角形中位线定理计算即可．
【详解】
解：∵半径OC垂直于弦AB，
∴AD=DB= AB=
在Rt△AOD中，OA2=(OC-CD)2+AD2,即OA2=(OA-1)2+( )2，
解得，OA=4
∴OD=OC-CD=3，
∵AO=OE,AD=DB,
∴BE=2OD=6
故选B
【点睛】
本题考查的是垂径定理、勾股定理，掌握垂直于弦的直径平分这条弦是解题的关键
9、B
【解析】
解：原式====．
故选B．
考点：分式的混合运算．
10、C
【解析】
设母线长为R，底面半径是3cm，则底面周长=6π，侧面积=3πR=12π，
∴R=4cm．
故选C．

二、填空题（共7小题，每小题3分，满分21分）
11、y2＜y3＜y1
【解析】
把点的坐标分别代入抛物线解析式可分别求得y1、y2、y3的值，比较可求得答案．
【详解】
∵y=2x2-4x+c，
∴当x=-3时，y1=2×（-3）2-4×（-3）+c=30+c，
当x=2时，y2=2×22-4×2+c=c，
当x=3时，y3=2×32-4×3+c=6+c，
∵c＜6+c＜30+c，
∴y2＜y3＜y1，
故答案为y2＜y3＜y1．
【点睛】
本题主要考查二次函数图象上点的坐标特征，掌握函数图象上点的坐标满足函数解析式是解题的关键．
12、1
【解析】
分析：设方程的另一个根为m，根据两根之和等于-，即可得出关于m的一元一次方程，解之即可得出结论．
详解：设方程的另一个根为m，
根据题意得：1+m=3，
解得：m=1．
故答案为1．
点睛：本题考查了根与系数的关系，牢记两根之和等于-是解题的关键．
13、3（m-n）2
【解析】
原式==
故填：
14、30°
【解析】
因∠1和∠2是邻补角，且∠1=30°，由邻补角的定义可得∠2=180°﹣∠1=180°﹣30°=150°．
解：∵∠1+∠2=180°，
又∠1=30°，
∴∠2=150°．
15、1．
【解析】
先根据反比例函数比例系数k的几何意义得到,再根据相似三角形的面积比等于相似比的平方，得到用含k的代数式表示3个阴影部分的面积之和，然后根据三个阴影部分的面积之和为，列出方程，解方程即可求出k的值．
【详解】
解：根据题意可知，
轴，
设图中阴影部分的面积从左向右依次为，
则，
，



解得：k=2．
故答案为1．
考点：反比例函数综合题．
16、5π
【解析】
根据题意得出球在无滑动旋转中通过的路程为圆弧，根据弧长公式求出弧长即可．
【详解】
解：由图形可知，圆心先向前走OO1的长度，从O到O1的运动轨迹是一条直线，长度为圆的周长，
然后沿着弧O1O2旋转圆的周长，
则圆心O运动路径的长度为：×2π×5＝5π，
故答案为5π．

【点睛】
本题考查的是弧长的计算和旋转的知识，解题关键是确定半圆作无滑动翻转所经过的路线并求出长度．
17、60%
【解析】
设空闲时段民用电的单价为x元/千瓦时，高峰时段民用电的单价为y元/千瓦时，该用户5月份空闲时段用电量为a千瓦时，则5月份高峰时段用电量为2a千瓦时，6月份空闲时段用电量为2a千瓦时，6月份高峰时段用电量为a千瓦时，根据总价＝单价×数量结合6月份的电费却比5月份的电费少25%，即可得出关于x，y的二元一次方程，解之即可得出x，y之间的关系，进而即可得出结论．
【详解】
设空闲时段民用电的单价为x元/千瓦时，高峰时段民用电的单价为y元/千瓦时，该用户5月份空闲时段用电量为a千瓦时，则5月份高峰时段用电量为2a千瓦时，6月份空闲时段用电量为2a千瓦时，6月份高峰时段用电量为a千瓦时，
依题意，得：（1﹣25%）（ax+2ay）＝2ax+ay，
解得：x＝0.4y，
∴该地区空闲时段民用电的单价比高峰时段的用电单价低×100%＝60%．
故答案为60%．
【点睛】
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．

三、解答题（共7小题，满分69分）
18、 (1)见解析;(2)见解析.
【解析】
（1）根据题意作图即可；
（2）先根据BD为AC边上的中线，AD=DC，再证明△ABD≌△CED（AAS）得AB=EC，已知∠ABC=90°即可得四边形ABCE是矩形．
【详解】
（1）解：如图所示：E点即为所求；

（2）证明：∵CE⊥BC，
∴∠BCE=90°，
∵∠ABC=90°，
∴∠BCE+∠ABC=180°，
∴AB∥CE，
∴∠ABE=∠CEB，∠BAC=∠ECA，
∵BD为AC边上的中线，
∴AD=DC，
在△ABD和△CED中
，
∴△ABD≌△CED（AAS），
∴AB=EC，
∴四边形ABCE是平行四边形，
∵∠ABC=90°，
∴平行四边形ABCE是矩形．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定与性质与矩形的性质，解题的关键是熟练的掌握全等三角形的判定与性质与矩形的性质.
19、（1）证明见解析；（2）．
【解析】
（1）作辅助线，先根据垂径定理得：OA⊥BC，再证明OA⊥AE，则AE是⊙O的切线；
（2）连接OC，证明△ACE∽△DAE，得，计算CE的长，设⊙O的半径为r，根据勾股定理得：r2=62+（r-2）2，解出可得结论．
【详解】
（1）证明：连接OA，交BC于G，

∵∠ABC=∠ADB．∠ABC=∠ADE，
∴∠ADB=∠ADE，
∴，
∴OA⊥BC，
∵四边形ABCE是平行四边形，
∴AE∥BC，
∴OA⊥AE，
∴AE是⊙O的切线；
（2）连接OC，
∵AB=AC=CE，
∴∠CAE=∠E，
∵四边形ABCE是平行四边形，
∴BC∥AE，∠ABC=∠E，
∴∠ADC=∠ABC=∠E，
∴△ACE∽△DAE，，
∵AE=12，CD=10，
∴AE2=DE•CE，
144=（10+CE）CE，
解得：CE=8或-18（舍），
∴AC=CE=8，
∴Rt△AGC中，AG==2，
设⊙O的半径为r，
由勾股定理得：r2=62+（r-2）2，
r=，
则⊙O的半径是．
【点睛】
此题考查了垂径定理，圆周角定理，相似三角形的判定与性质，切线的判定与性质，熟练掌握各自的判定与性质是解本题的关键．
20、（1）见解析；（2）16
【解析】
试题分析：（1）要证△ABF∽△CEB，需找出两组对应角相等；已知了平行四边形的对角相等，再利用AB∥CD，可得一对内错角相等，则可证．
（2）由于△DEF∽△EBC，可根据两三角形的相似比，求出△EBC的面积，也就求出了四边形BCDF的面积．同理可根据△DEF∽△AFB，求出△AFB的面积．由此可求出▱ABCD的面积．
试题解析：（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形
∴∠A=∠C，AB∥CD
∴∠ABF=∠CEB
∴△ABF∽△CEB
（2）解：∵四边形ABCD是平行四边形
∴AD∥BC，AB平行且等于CD
∴△DEF∽△CEB，△DEF∽△ABF
∵DE=CD
∴，

∵S△DEF=2
S△CEB=18，S△ABF=8，
∴S四边形BCDF=S△BCE-S△DEF=16
∴S四边形ABCD=S四边形BCDF+S△ABF=16+8=1．
考点：1.相似三角形的判定与性质；2.三角形的面积；3.平行四边形的性质．
21、（1）y=x2﹣4x+3；（2）（2，）或（2，7）或（2，﹣1+2）或（2，﹣1﹣2）；（3）E点坐标为（，）时，△CBE的面积最大．
【解析】
试题分析：（1）由直线解析式可求得B、C坐标，利用待定系数法可求得抛物线解析式；
（2）由抛物线解析式可求得P点坐标及对称轴，可设出M点坐标，表示出MC、MP和PC的长，分MC=MP、MC=PC和MP=PC三种情况，可分别得到关于M点坐标的方程，可求得M点的坐标；
（3）过E作EF⊥x轴，交直线BC于点F，交x轴于点D，可设出E点坐标，表示出F点的坐标，表示出EF的长，进一步可表示出△CBE的面积，利用二次函数的性质可求得其取得最大值时E点的坐标．
试题解析：（1）∵直线y=﹣x+3与x轴、y轴分别交于点B、点C，
∴B（3，0），C（0，3），
把B、C坐标代入抛物线解析式可得，解得，
∴抛物线解析式为y=x2﹣4x+3；
（2）∵y=x2﹣4x+3=（x﹣2）2﹣1，
∴抛物线对称轴为x=2，P（2，﹣1），
设M（2，t），且C（0，3），
∴MC=，MP=|t+1|，PC=，
∵△CPM为等腰三角形，
∴有MC=MP、MC=PC和MP=PC三种情况，
①当MC=MP时，则有=|t+1|，解得t=，此时M（2，）；
②当MC=PC时，则有=2，解得t=﹣1（与P点重合，舍去）或t=7，此时M（2，7）；
③当MP=PC时，则有|t+1|=2，解得t=﹣1+2或t=﹣1﹣2，此时M（2，﹣1+2）或（2，﹣1﹣2）；
综上可知存在满足条件的点M，其坐标为（2，）或（2，7）或（2，﹣1+2）或（2，﹣1﹣2）；
（3）如图，过E作EF⊥x轴，交BC于点F，交x轴于点D，

设E（x，x2﹣4x+3），则F（x，﹣x+3），
∵0＜x＜3，
∴EF=﹣x+3﹣（x2﹣4x+3）=﹣x2+3x，
∴S△CBE=S△EFC+S△EFB=EF•OD+EF•BD=EF•OB=×3（﹣x2+3x）=﹣（x﹣）2+，
∴当x=时，△CBE的面积最大，此时E点坐标为（，），
即当E点坐标为（，）时，△CBE的面积最大．
考点：二次函数综合题．
22、（1）证明见解析；（2）
【解析】
（1）连接OC，AC，可先证明AC平分∠BAE，结合圆的性质可证明OC∥AE，可得∠OCB＝90°，可证得结论；
（2）可先证得四边形AOCD为平行四边形，再证明△OCB为等边三角形，可求得CF、AB，利用梯形的面积公式可求得答案．
【详解】
（1）证明：连接OC，AC．
∵CF⊥AB，CE⊥AD，且CE＝CF．
∴∠CAE＝∠CAB．
∵OC＝OA，
∴∠CAB＝∠OCA．
∴∠CAE＝∠OCA．
∴OC∥AE．
∴∠OCE＋∠AEC＝180°，
∵∠AEC＝90°，
∴∠OCE＝90°即OC⊥CE，
∵OC是⊙O的半径，点C为半径外端，
∴CE是⊙O的切线．
（2）解：∵AD＝CD，
∴∠DAC＝∠DCA＝∠CAB，
∴DC∥AB，
∵∠CAE＝∠OCA，
∴OC∥AD，
∴四边形AOCD是平行四边形，
∴OC＝AD＝a，AB＝2a，
∵∠CAE＝∠CAB，
∴CD＝CB＝a，
∴CB＝OC＝OB，
∴△OCB是等边三角形，
在Rt△CFB中，CF＝ ，
∴S四边形ABCD＝ （DC＋AB）•CF＝
【点睛】
本题主要考查切线的判定，掌握切线的两种判定方法是解题的关键，即有切点时连接圆心和切点，然后证明垂直，没有切点时，过圆心作垂直，证明圆心到直线的距离等于半径．
23、（1）y=x2﹣x，点D的坐标为（2，﹣）；（2）t=2；（3）M点的坐标为（2，0）或（6，0）．
【解析】
（1）利用待定系数法求抛物线解析式；利用配方法把一般式化为顶点式得到点D的坐标；
（2）连接AC，如图①，先计算出AB=4，则判断平行四边形OCBA为菱形，再证明△AOC和△ACB都是等边三角形，接着证明△OCM≌△ACN得到CM=CN，∠OCM=∠ACN，则判断△CMN为等边三角形得到MN=CM，于是△AMN的周长=OA+CM，由于CM⊥OA时，CM的值最小，△AMN的周长最小，从而得到t的值；
（3）先利用勾股定理的逆定理证明△OCD为直角三角形，∠COD=90°，设M（t，0），则E（t，t2-t），根据相似三角形的判定方法，当时，△AME∽△COD，即|t-4|：4=|t2-t |：，当时，△AME∽△DOC，即|t-4|：=|t2-t |：4，然后分别解绝对值方程可得到对应的M点的坐标．
【详解】
解：（1）把A（4，0）和B（6，2）代入y=ax2+bx得
，解得，
∴抛物线解析式为y=x2-x；
∵y=x2-x =-2) 2-；
∴点D的坐标为（2，-）；
（2）连接AC，如图①，

AB==4，
而OA=4，
∴平行四边形OCBA为菱形，
∴OC=BC=4，
∴C（2，2），
∴AC==4，
∴OC=OA=AC=AB=BC，
∴△AOC和△ACB都是等边三角形，
∴∠AOC=∠COB=∠OCA=60°，
而OC=AC，OM=AN，
∴△OCM≌△ACN，
∴CM=CN，∠OCM=∠ACN，
∵∠OCM+∠ACM=60°，
∴∠ACN+∠ACM=60°，
∴△CMN为等边三角形，
∴MN=CM，
∴△AMN的周长=AM+AN+MN=OM+AM+MN=OA+CM=4+CM，
当CM⊥OA时，CM的值最小，△AMN的周长最小，此时OM=2，
∴t=2；
（3）∵C（2，2），D（2，-），
∴CD=，
∵OD=，OC=4，
∴OD2+OC2=CD2，
∴△OCD为直角三角形，∠COD=90°，
设M（t，0），则E（t，t2-t），
∵∠AME=∠COD，
∴当时，△AME∽△COD，即|t-4|：4=|t2-t |：，
整理得|t2-t|=|t-4|，
解方程t2-t =（t-4）得t1=4（舍去），t2=2，此时M点坐标为（2，0）；
解方程t2-t =-（t-4）得t1=4（舍去），t2=-2（舍去）；
当时，△AME∽△DOC，即|t-4|：=|t2-t |：4，整理得|t2-t |=|t-4|，
解方程t2-t =t-4得t1=4（舍去），t2=6，此时M点坐标为（6，0）；
解方程t2-t =-（t-4）得t1=4（舍去），t2=-6（舍去）；
综上所述，M点的坐标为（2，0）或（6，0）．
【点睛】
本题考查了二次函数的综合题：熟练掌握二次函数图象上点的坐标特征、二次函数的性质、平行四边形的性质和菱形的判定与性质；会利用待定系数法求函数解析式；理解坐标与图形性质；熟练掌握相似三角形的判定方法；会运用分类讨论的思想解决数学问题．
24、(1) 证明见解析;(2) 证明见解析.
【解析】
分析：（1）由AD∥BC可得出∠DAE=∠AEB，结合∠DCB=∠DAE可得出∠DCB=∠AEB，进而可得出AE∥DC、△AMF∽△CMD，根据相似三角形的性质可得出=，根据AD∥BC，可得出△AMD∽△CMB，根据相似三角形的性质可得出=，进而可得出=，即MD2=MF•MB；
（2）设FM=a，则BF=3a，BM=4a．由（1）的结论可求出MD的长度，代入DF=DM+MF可得出DF的长度，由AD∥BC，可得出△AFD∽△△EFB，根据相似三角形的性质可得出AF=EF，利用“对角线互相平分的四边形是平行四边形”即可证出四边形ABED是平行四边形．
详解：（1）∵AD∥BC，∴∠DAE=∠AEB．∵∠DCB=∠DAE，∴∠DCB=∠AEB，∴AE∥DC，∴△AMF∽△CMD，∴=．
∵AD∥BC，∴△AMD∽△CMB，∴==，即MD2=MF•MB．
（2）设FM=a，则BF=3a，BM=4a．
由MD2=MF•MB，得：MD2=a•4a，∴MD=2a，∴DF=BF=3a．
∵AD∥BC，∴△AFD∽△△EFB，∴==1，∴AF=EF，∴四边形ABED是平行四边形．

点睛：本题考查了相似三角形的判定与性质、平行四边形的判定、平行线的性质以及矩形，解题的关键是：（1）利用相似三角形的性质找出=、=；（2）牢记“对角线互相平分的四边形是平行四边形”．