江苏省南京市玄武外国语校2022年中考数学猜题卷含解析

2021-2022中考数学模拟试卷

注意事项：

1． 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。

2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。

3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。

4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

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．如果a﹣b=5，那么代数式（﹣2）•的值是（　　）

A．﹣ B． C．﹣5 D．5

2．如图图形中是中心对称图形的是（　　）

A． B．

C． D．

3．已知函数y＝ax2+bx+c的图象如图所示，则关于x的方程ax2+bx+c﹣4＝0的根的情况是

A．有两个相等的实数根 B．有两个异号的实数根

C．有两个不相等的实数根 D．没有实数根

4．如果一个扇形的弧长等于它的半径，那么此扇形称为“等边扇形”．将半径为5的“等边扇形”围成一个圆锥，则圆锥的侧面积为（　　）

A． B．π C．50 D．50π

5．下列函数中，y随着x的增大而减小的是（ ）

A．y=3x B．y=﹣3x C． D．

6．已知关于x的一元二次方程x2+mx+n＝0的两个实数根分别为x1＝2，x2＝4，则m+n的值是（　　）

A．﹣10 B．10 C．﹣6 D．2

7．一元二次方程x2﹣2x＝0的根是（　　）

A．x＝2 B．x＝0 C．x1＝0，x2＝2 D．x1＝0，x2＝﹣2

8．下列图形是轴对称图形的有（　　）

A．2个 B．3个 C．4个 D．5个

9．将抛物线向左平移2个单位长度，再向下平移3个单位长度，得到的抛物线的函数表达式为（ ）

A．

B．

C．

D．

10．在一个不透明的口袋里有红、黄、蓝三种颜色的小球，这些球除颜色外都相同，其中有5个红球，4个蓝球．若随机摸出一个蓝球的概率为，则随机摸出一个黄球的概率为（　　）

A． B． C． D．

二、填空题（共7小题，每小题3分，满分21分）

11．如图，△ABC内接于⊙O，AB是⊙O的直径，点D在圆O上，BD＝CD，AB＝10，AC＝6，连接OD交BC于点E，DE＝______．

12．将半径为5，圆心角为144°的扇形围成一个圈锥的侧面，则这个圆锥的底面半径为 ．

13．如图，随机闭合开关，，中的两个，能让两盏灯泡和同时发光的概率为___________．

14．如图，AB是⊙O的切线，B为切点，AC经过点O，与⊙O分别相交于点D，C，若∠ACB=30°，AB=，则阴影部分的面积是___．

15．如图，在菱形ABCD中，AB＝BD．点E、F分别在AB、AD上，且AE＝DF．连接BF与DE相交于点G，连接CG与BD相交于点H．下列结论：①△AED≌△DFB；②S四边形BCDG＝CG2；③若AF＝2DF，则BG＝6GF．其中正确的结论有_____．（填序号）

16．已知抛物线y=ax2+bx+c=0(a≠0) 与 轴交于 ， 两点，若点 的坐标为 ，线段 的长为8，则抛物线的对称轴为直线 ________________．

17．已知反比例函数的图像经过点，那么的值是__．

三、解答题（共7小题，满分69分）

18．（10分）台州市某水产养殖户进行小龙虾养殖.已知每千克小龙虾养殖成本为6元，在整个销售旺季的80天里，销售单价p(元/千克)与时间第t(天)之间的函数关系为：p= t+16，日销售量y(千克)与时间第t(天)之间的函数关系如图所示：

(1)求日销售量y与时间t的函数关系式？

(2)哪一天的日销售利润最大？最大利润是多少？

(3)该养殖户有多少天日销售利润不低于2400元？

19．（5分）如图，矩形中，对角线、交于点，以、为邻边作平行四边形，连接

求证：四边形是菱形若，，求四边形的面积

20．（8分）已知AC，EC分别为四边形ABCD和EFCG的对角线，点E在△ABC内，∠CAE+∠CBE=1．

（1）如图①，当四边形ABCD和EFCG均为正方形时，连接BF．

i）求证：△CAE∽△CBF；

ii）若BE=1，AE=2，求CE的长；

（2）如图②，当四边形ABCD和EFCG均为矩形，且时，若BE＝1，AE=2，CE=3，求k的值；

（3）如图③，当四边形ABCD和EFCG均为菱形，且∠DAB=∠GEF=45°时，设BE=m，AE=n，CE=p，试探究m，n，p三者之间满足的等量关系．（直接写出结果，不必写出解答过程）

21．（10分）某高中学校为高一新生设计的学生板凳的正面视图如图所示，其中BA=CD，BC=20cm，BC、EF平行于地面AD且到地面AD的距离分别为40cm、8cm．为使板凳两腿底端A、D之间的距离为50cm，那么横梁EF应为多长？（材质及其厚度等暂忽略不计）．

22．（10分）如图，在规格为8×8的边长为1个单位的正方形网格中（每个小正方形的边长为1），△ABC的三个顶点都在格点上，且直线m、n互相垂直．

（1）画出△ABC关于直线n的对称图形△A′B′C′；

（2）直线m上存在一点P，使△APB的周长最小；

①在直线m上作出该点P；（保留画图痕迹）

②△APB的周长的最小值为　   　．（直接写出结果）

23．（12分） “铁路建设助推经济发展”，近年来我国政府十分重视铁路建设．渝利铁路通车后，从重庆到上海比原铁路全程缩短了320千米，列车设计运行时速比原铁路设计运行时速提高了120千米/小时，全程设计运行时间只需8小时，比原铁路设计运行时间少用16小时．

（1）渝利铁路通车后，重庆到上海的列车设计运行里程是多少千米？

（2）专家建议：从安全的角度考虑，实际运行时速减少m%，以便于有充分时间应对突发事件，这样，从重庆到上海的实际运行时间将增加m%小时，求m的值．

24．（14分）如图，抛物线y=﹣+bx+c交x轴于点A（﹣2，0）和点B，交y轴于点C（0，3），点D是x轴上一动点，连接CD，将线段CD绕点D旋转得到DE，过点E作直线l⊥x轴，垂足为H，过点C作CF⊥l于F，连接DF．

（1）求抛物线解析式；

（2）若线段DE是CD绕点D顺时针旋转90°得到，求线段DF的长；

（3）若线段DE是CD绕点D旋转90°得到，且点E恰好在抛物线上，请求出点E的坐标．

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】

【分析】先对括号内的进行通分，进行分式的加减法运算，然后再进行分式的乘除法运算，最后把a-b=5整体代入进行求解即可.

【详解】（﹣2）•

=

=

=a-b，

当a-b=5时，原式=5，

故选D.

2、B

【解析】
把一个图形绕着某一个点旋转180°，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.

【详解】

解：根据中心对称图形的定义可知只有B选项是中心对称图形，故选择B.

【点睛】

本题考察了中心对称图形的含义.

3、A

【解析】
根据抛物线的顶点坐标的纵坐标为4，判断方程ax2+bx+c﹣4＝0的根的情况即是判断函数y＝ax2+bx+c的图象与直线y＝4交点的情况．

【详解】

∵函数的顶点的纵坐标为4，

∴直线y＝4与抛物线只有一个交点，

∴方程ax2+bx+c﹣4＝0有两个相等的实数根，

故选A．

【点睛】

本题考查了二次函数与一元二次方程，熟练掌握一元二次方程与二次函数间的关系是解题的关键.

4、A

【解析】
根据新定义得到扇形的弧长为5，然后根据扇形的面积公式求解．

【详解】

解：圆锥的侧面积=•5•5=．

故选A．

【点睛】

本题考查圆锥的计算：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．

5、B

【解析】

试题分析：A、y=3x，y随着x的增大而增大，故此选项错误；

B、y=﹣3x，y随着x的增大而减小，正确；

C、，每个象限内，y随着x的增大而减小，故此选项错误；

D、，每个象限内，y随着x的增大而增大，故此选项错误；

故选B．

考点：反比例函数的性质；正比例函数的性质．

6、D

【解析】
根据“一元二次方程x2+mx+n＝0的两个实数根分别为x1＝2，x2＝4”，结合根与系数的关系，分别列出关于m和n的一元一次不等式，求出m和n的值，代入m+n即可得到答案．

【详解】

解：根据题意得：

x1+x2＝﹣m＝2+4，

解得：m＝﹣6，

x1•x2＝n＝2×4，

解得：n＝8，

m+n＝﹣6+8＝2，

故选D．

【点睛】

本题考查了根与系数的关系，正确掌握根与系数的关系是解决问题的关键．

7、C

【解析】
方程左边分解因式后，利用两数相乘积为0，两因式中至少有一个为0转化为两个一元一次方程来求解．

【详解】

方程变形得：x（x﹣1）＝0，

可得x＝0或x﹣1＝0，

解得：x1＝0，x1＝1．

故选C．

【点睛】

考查了解一元二次方程﹣因式分解法，熟练掌握因式分解的方法是解本题的关键．

8、C

【解析】

试题分析：根据轴对称图形的概念：如果一个图形沿一条直线折叠后，直线两旁的部分能够互相重合，那么这个图形叫做轴对称图形．据此对图中的图形进行判断．

解：图（1）有一条对称轴，是轴对称图形，符合题意；

图（2）不是轴对称图形，因为找不到任何这样的一条直线，使它沿这条直线折叠后，直线两旁的部分能够重合，即不满足轴对称图形的定义．不符合题意；

图（3）有二条对称轴，是轴对称图形，符合题意；

图（3）有五条对称轴，是轴对称图形，符合题意；

图（3）有一条对称轴，是轴对称图形，符合题意．

故轴对称图形有4个．

故选C．

考点：轴对称图形．

9、A

【解析】
先确定抛物线y=x2的顶点坐标为（0，0），再根据点平移的规律得到点（0，0）平移后所得对应点的坐标为（-2，-1），然后根据顶点式写出平移后的抛物线解析式．

【详解】

抛物线y=x2的顶点坐标为（0，0），把点（0，0）向左平移1个单位，再向下平移2个单位长度所得对应点的坐标为（-2，-1），所以平移后的抛物线解析式为y=（x+2）2-1．
故选A．

10、A

【解析】
设黄球有x个，根据摸出一个球是蓝球的概率是，得出黄球的个数，再根据概率公式即可得出随机摸出一个黄球的概率．

【详解】

解：设袋子中黄球有x个，

根据题意，得：，

解得：x=3，

即袋中黄球有3个，

所以随机摸出一个黄球的概率为，

故选A．

【点睛】

此题主要考查了概率公式的应用，用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．得到所求的情况数是解决本题的关键．

二、填空题（共7小题，每小题3分，满分21分）

11、1

【解析】
先利用垂径定理得到OD⊥BC，则BE=CE，再证明OE为△ABC的中位线得到，入境计算OD−OE即可．

【详解】

解：∵BD＝CD，

∴，

∴OD⊥BC，

∴BE＝CE，

而OA＝OB，

∴OE为△ABC的中位线，

∴，

∴DE＝OD－OE＝5－3＝1．

故答案为1．

【点睛】

此题考查垂径定理,中位线的性质，解题的关键在于利用中位线的性质求解.

12、1

【解析】

考点：圆锥的计算．

分析：求得扇形的弧长，除以1π即为圆锥的底面半径．

解：扇形的弧长为：=4π；

这个圆锥的底面半径为：4π÷1π=1．

点评：考查了扇形的弧长公式；圆的周长公式；用到的知识点为：圆锥的弧长等于底面周长．

13、

【解析】
首先根据题意画出树状图，然后由树状图求得所有等可能的结果与能让两盏灯泡同时发光的情况，再利用概率公式求解即可求得答案．

【详解】

解：画树状图得：

由树状图得：共有6种结果，且每种结果的可能性相同，其中能让两盏灯泡同时发光的是闭合开关为：K1、K3与K3、K1共两种结果，

∴能让两盏灯泡同时发光的概率，

故答案为：．

【点睛】

本题考查的是用列表法或画树状图法求概率．列表法或画树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，列表法适合于两步完成的事件，树状图法适合两步或两步以上完成的事件．注意概率=所求情况数与总情况数之比．

14、﹣

【解析】

连接OB．

∵AB是⊙O切线，

∴OB⊥AB，

∵OC=OB，∠C=30°，

∴∠C=∠OBC=30°，

∴∠AOB=∠C+∠OBC=60°，

在Rt△ABO中，∵∠ABO=90°，AB=，∠A=30°，

∴OB=1，

∴S阴=S△ABO﹣S扇形OBD=×1×﹣ =﹣ ．

15、①②③

【解析】
（1）由已知条件易得∠A=∠BDF=60°，结合BD=AB=AD，AE=DF，即可证得△AED≌△DFB，从而说明结论①正确；（2）由已知条件可证点B、C、D、G四点共圆，从而可得∠CDN=∠CBM，如图，过点C作CM⊥BF于点M，过点C作CN⊥ED于点N，结合CB=CD即可证得△CBM≌△CDN，由此可得S四边形BCDG=S四边形CMGN=2S△CGN，在Rt△CGN中，由∠CGN=∠DBC=60°，∠CNG=90°可得GN=CG，CN=CG，由此即可求得S△CGN=CG2，从而可得结论②是正确的；（3）过点F作FK∥AB交DE于点K，由此可得△DFK∽△DAE，△GFK∽△GBE，结合AF=2DF和相似三角形的性质即可证得结论④成立.

【详解】

（1）∵四边形ABCD是菱形，BD=AB，

∴AB=BD=BC=DC=DA，

∴△ABD和△CBD都是等边三角形，

∴∠A=∠BDF=60°，

又∵AE=DF，

∴△AED≌△DFB，即结论①正确；

（2）∵△AED≌△DFB，△ABD和△DBC是等边三角形，

∴∠ADE=∠DBF，∠DBC=∠CDB=∠BDA=60°，

∴∠GBC+∠CDG=∠DBF+∠DBC+∠CDB+∠GDB=∠DBC+∠CDB+∠GDB+∠ADE=∠DBC+∠CDB+∠BDA=180°，

∴点B、C、D、G四点共圆，

∴∠CDN=∠CBM，

如下图，过点C作CM⊥BF于点M，过点C作CN⊥ED于点N，

∴∠CDN=∠CBM=90°，

又∵CB=CD，

∴△CBM≌△CDN，

∴S四边形BCDG=S四边形CMGN=2S△CGN，

∵在Rt△CGN中，∠CGN=∠DBC=60°，∠CNG=90°

∴GN=CG，CN=CG，

∴S△CGN=CG2，

∴S四边形BCDG=2S△CGN，=CG2，即结论②是正确的；

（3）如下图，过点F作FK∥AB交DE于点K，

∴△DFK∽△DAE，△GFK∽△GBE，

∴，，

∵AF=2DF，

∴，

∵AB=AD，AE=DF，AF=2DF，

∴BE=2AE，

∴，

∴BG=6FG，即结论③成立.

综上所述，本题中正确的结论是：

故答案为①②③

点睛：本题是一道涉及菱形、相似三角形、全等三角形和含30°角的直角三角形等多种几何图形的判定与性质的题，题目难度较大，熟悉所涉及图形的性质和判定方法，作出如图所示的辅助线是正确解答本题的关键.

16、或x=-1

【解析】
由点A的坐标及AB的长度可得出点B的坐标，由抛物线的对称性可求出抛物线的对称轴．

【详解】

∵点A的坐标为（-2，0），线段AB的长为8，

∴点B的坐标为（1，0）或（-10，0）．

∵抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于A、B两点，

∴抛物线的对称轴为直线x==2或x==-1．

故答案为x=2或x=-1．

【点睛】

本题考查了抛物线与x轴的交点以及二次函数的性质，由抛物线与x轴的交点坐标找出抛物线的对称轴是解题的关键．

17、

【解析】
将点的坐标代入，可以得到-1=，然后解方程，便可以得到k的值．

【详解】

∵反比例函数y＝的图象经过点（2，-1），
∴-1=
∴k＝− ；
故答案为k＝−．

【点睛】

本题主要考查函数图像上的点满足其解析式，可以结合代入法进行解答

三、解答题（共7小题，满分69分）

18、 (1)y=﹣2t+200(1≤t≤80，t为整数)； (2)第30天的日销售利润最大，最大利润为2450元；(3)共有21天符合条件．

【解析】
（1）根据函数图象，设解析式为y=kt+b，将(1，198)、(80，40)代入，利用待定系数法求解可得；
（2）设日销售利润为w，根据“总利润=每千克利润×销售量”列出函数解析式，由二次函数的性质分别求得最值即可判断；
（3）求出w=2400时t的值，结合函数图象即可得出答案；

【详解】

(1)设解析式为y=kt+b，将(1，198)、(80，40)代入，得：

，解得：，∴y=﹣2t+200(1≤t≤80，t为整数)；

(2)设日销售利润为w，则w=(p﹣6)y，

当1≤t≤80时，w=(t+16﹣6)(﹣2t+200)=﹣(t﹣30)2+2450，

∴当t=30时，w最大=2450；

∴第30天的日销售利润最大，最大利润为2450元．

(3)由(2)得：当1≤t≤80时，

w=﹣(t﹣30)2+2450，

令w=2400，即﹣ (t﹣30)2+2450=2400，

解得：t1=20、t2=40，

∴t的取值范围是20≤t≤40，

∴共有21天符合条件．

【点睛】

本题考查二次函数的应用，熟练掌握待定系数求函数解析式、由相等关系得出利润的函数解析式、利用二次函数的图象解不等式及二次函数的图象与性质是解题关键．

19、（1）见解析；（2）S四边形ADOE =.

【解析】
(1) 根据矩形的性质有OA=OB=OC=OD，根据四边形ADOE是平行四边形，得到OD∥AE，AE=OD. 等量代换得到AE=OB.即可证明四边形AOBE为平行四边形.根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形即可证明.

(2)根据菱形的性质有∠EAB=∠BAO.根据矩形的性质有AB∥CD，根据平行线的性质有∠BAC=∠ACD，求出∠DCA=60°，求出AD=.根据面积公式SΔADC，即可求解.

【详解】

（1）证明：∵矩形ABCD，

∴OA=OB=OC=OD.

∵平行四边形ADOE，

∴OD∥AE，AE=OD.

∴AE=OB.

∴四边形AOBE为平行四边形.

∵OA=OB，

∴四边形AOBE为菱形.

（2）解：∵菱形AOBE，

∴∠EAB=∠BAO.

∵矩形ABCD，

∴AB∥CD.

∴∠BAC=∠ACD，∠ADC=90°.

∴∠EAB=∠BAO=∠DCA.

∵∠EAO+∠DCO=180°，

∴∠DCA=60°.

∵DC=2，

∴AD=.

∴SΔADC=.

∴S四边形ADOE =.

【点睛】

考查平行四边形的判定与性质，矩形的性质，菱形的判定与性质，解直角三角形，综合性比较强.

20、（1）i）证明见试题解析；ii）；（2）；（3）．

【解析】
（1）i）由∠ACE+∠ECB=45°，∠ BCF+∠ECB=45°，得到∠ACE=∠BCF，又由于，故△CAE∽△CBF；

ii）由，得到BF=，再由△CAE∽△CBF，得到∠CAE=∠CBF，进一步可得到∠EBF=1°，从而有，解得；

（2）连接BF，同理可得：∠EBF=1°，由，得到，，故，从而，得到，代入解方程即可；

（3）连接BF，同理可得：∠EBF=1°，过C作CH⊥AB延长线于H，可得：

，，

故，

从而有．

【详解】

解：（1）i）∵∠ACE+∠ECB=45°，∠ BCF+∠ECB=45°，∴∠ACE=∠BCF，又∵，∴△CAE∽△CBF；

ii）∵，∴BF=，∵△CAE∽△CBF，∴∠CAE=∠CBF，又∵∠CAE+∠CBE=1°，∴∠CBF+∠CBE=1°，即∠EBF=1°，∴，解得；

（2）连接BF，同理可得：∠EBF=1°，∵，∴，，∴，∴，，∴，∴，解得；

（3）连接BF，同理可得：∠EBF=1°，过C作CH⊥AB延长线于H，可得：

，，

∴，

∴．

【点睛】

本题考查相似三角形的判定与性质；正方形的性质；矩形的性质；菱形的性质．

21、44cm

【解析】

解：如图，

设BM与AD相交于点H，CN与AD相交于点G，

由题意得，MH=8cm，BH=40cm，则BM=32cm，

∵四边形ABCD是等腰梯形，AD=50cm，BC=20cm，

∴．

∵EF∥CD，∴△BEM∽△BAH．

∴，即，解得：EM=1．

∴EF=EM＋NF＋BC=2EM＋BC=44（cm）．

答：横梁EF应为44cm．

根据等腰梯形的性质，可得AH=DG，EM=NF，先求出AH、GD的长度，再由△BEM∽△BAH，可得出EM，继而得出EF的长度．

22、（1）详见解析；（2）①详见解析；②.

【解析】
（1）根据轴对称的性质，可作出△ABC关于直线n的对称图形△A′B′C′；
（2）①作点B关于直线m的对称点B''，连接B''A与x轴的交点为点P；
②由△ABP的周长=AB+AP+BP=AB+AP+B''P，则当AP与PB''共线时，△APB的周长有最小值．

【详解】

解：（1）如图△A′B′C′为所求图形．

（2）①如图：点P为所求点．

②∵△ABP的周长=AB+AP+BP=AB+AP+B''P

∴当AP与PB''共线时，△APB的周长有最小值．

∴△APB的周长的最小值AB+AB''=+3

故答案为 +3

【点睛】

本题考查轴对称变换，勾股定理，最短路径问题，解题关键是熟练掌握轴对称的性质．

23、（1）1600千米；（2）1

【解析】

试题分析：（1）利用“从重庆到上海比原铁路全程缩短了320千米，列车设计运行时速比原铁路设计运行时速提高了l20千米/小时，全程设计运行时间只需8小时，比原铁路设计运行时间少用16小时”，分别得出等式组成方程组求出即可；
（2）根据题意得出方程（80+120）（1-m%）（8+m%）=1600，进而解方程求出即可．

试题解析：

（1）设原时速为xkm/h，通车后里程为ykm，则有：

，

解得： ．

答：渝利铁路通车后，重庆到上海的列车设计运行里程是1600千米；

（2）由题意可得出：（80+120）（1﹣m%）（8+m%）=1600，

解得：m1=1，m2=0（不合题意舍去），

答：m的值为1．

24、 (1) 抛物线解析式为y=﹣；(2) DF=3；(3) 点E的坐标为E1（4，1）或E2（﹣ ，﹣）或E3（ ，﹣）或E4（，﹣）．

【解析】
（1）将点A、C坐标代入抛物线解析式求解可得；

（2）证△COD≌△DHE得DH=OC，由CF⊥FH知四边形OHFC是矩形，据此可得FH=OC=DH=3，利用勾股定理即可得出答案；

（3）设点D的坐标为（t，0），由（1）知△COD≌△DHE得DH=OC、EH=OD，再分CD绕点D顺时针旋转和逆时针旋转两种情况，表示出点E的坐标，代入抛物线求得t的值，从而得出答案．

【详解】

（1）∵抛物线y=﹣+bx+c交x轴于点A（﹣2，0）、C（0，3），∴，解得：，∴抛物线解析式为y=﹣+x+3；

（2）如图1．

∵∠CDE=90°，∠COD=∠DHE=90°，∴∠OCD+∠ODC=∠HDE+∠ODC，∴∠OCD=∠HDE．

又∵DC=DE，∴△COD≌△DHE，∴DH=OC．

又∵CF⊥FH，∴四边形OHFC是矩形，∴FH=OC=DH=3，∴DF=3；

（3）如图2，设点D的坐标为（t，0）．

∵点E恰好在抛物线上，且EH=OD，∠DHE=90°，∴由（2）知，△COD≌△DHE，∴DH=OC，EH=OD，分两种情况讨论：

①当CD绕点D顺时针旋转时，点E的坐标为（t+3，t），代入抛物线y=﹣+x+3，得：﹣（t+3）2+（t+3）+3=t，解得：t=1或t=﹣，所以点E的坐标E1（4，1）或E2（﹣，﹣）；

②当CD绕点D逆时针旋转时，点E的坐标为（t﹣3，﹣t），代入抛物线y=﹣+x+3得：﹣（t﹣3）2+（t﹣3）+3=﹣t，解得：t=或t=．故点E的坐标E3（，﹣）或E4（，﹣）；

综上所述：点E的坐标为E1（4，1）或E2（﹣，﹣）或E3（，﹣）或E4（，﹣）．

【点睛】

本题主要考查二次函数的综合问题，解题的关键是掌握待定系数法求函数解析式、全等三角形的判定与性质、矩形的判定与性质及分类讨论思想的运用．