【中考二模】2023年年中考数学第二次模拟考试卷01

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中考三次模拟测试的重要性
三次模拟考试都有一个共同的作用，就是“以考促教”、“以考促学”，但是三次考试还有比较明显的不同之处。三次模拟的目的是始终坚持教学研究，特别是习题教学的研究，做好统计分析工作，做好针对性的讲评，给学生学法指导。那么三次模拟考试又有何区别么？
一模考试：一模考试大致的时间为3月中旬到4月之间。一模考试是考生第一次接触中考题型。这次考试主要是为了让考生了解中考题型，同时发现自己的薄弱环节，然后根据自己的实际情况对症下药，这样复习效果才会显著。
二模考试：二模考试大致在五月份，难度相对较大。这次考试主要检测学校以及学生在第一轮复习的成果，让老师和孩子找到问题的关键，是否存在基础不扎实，计算能力是否需要加强等等。然后找到解决方法，做到复习方法的改进，以及重难点的分布，复习的目标。
三模考试：三模考试大概在中考前两周左右，三模是中考前的最后一次考前检验，可以说这个时候，考生的成绩基本上已经定型了。主要也是对初中三年的知识做一个系统的检测，让学生知道中考的一个大致体系和结构。
让学生增强考试信心，考试过后老师的复习也会做一个相应调整，做到查缺补漏，题型的讲解也会着重于综合性较强的题型，提升学生的综合运用能力和解题思想。

2023年年中考数学第二次模拟考试卷01
数学·全解全析

1
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3
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5
6
7
8
9
10
B
B
D
D
B
C
C
D
B
C
一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的）
1．【答案】B
【分析】根据乘积为1的两数互为倒数，先求出各个数的倒数，再根据有理数的大小比较法则：①正数都大于0；②负数都小于0； ③正数大于一切负数； ④两个负数，绝对值大的其值反而小，判断即可．
【详解】解：﹣5，﹣2，2，3的倒数分别是，，，，
∵<<<，∴其倒数最小的是﹣2．故选：B．
【点睛】本题考查倒数的定义，有理数大小的比较．掌握会求一个数的倒数和比较有理数大小法则是解题的关键．
2． 【答案】B
【分析】把数记成a×10n的形式，其中a是整数数位只有一位的数，n是正整数的形式．
【详解】解：6800000＝6.8×106，故选：B．
【点睛】此题主要考查了科学记数法表示较大的数，关键是掌握把一个大于10的数记成a×10n的形式，其中a是整数数位只有一位的数，n＝原来的整数位数−1．
3． 【答案】D
【分析】应用幂的运算性质和整式的乘法公式运算即可得出答案．
【详解】，故选项A不符合题意；（），故选项B不符合题意；
，故选项C不符合题意；，故选项D符合题意；故选：D．
【点睛】本题考查了幂的运算性质和整式的乘法中的完全平方公式，熟练运用性质和公式进行正确计算是解决本题的关键．
4．【答案】D
【分析】根据三视图的定义逐项判断即可．
【详解】解：A、B、C的俯视图都和题干中给出的图形不符，故不符合题意，故选：D．
【点睛】此题考查由三视图判断几何体，熟知三视图的定义是解题的关键．
5．【答案】B
【分析】直接利用待定系数法求出一次函数解析式，进而得出x＝0时，y的值即可．
【详解】解：设y与x的关系式为y＝kx+b，
∵图象经过（﹣20，0），（20，20），
∴，解得：，∴y＝x+10，
当x＝0时，y＝10，即弹簧不挂物体时的长度是10cm．故选：B．
【点睛】本题考查了一次函数的应用，解题关键是要读懂题目的意思，根据题目给出的条件，找出合适的等量关系，列出函数式，然后利用函数关系式即可解决题目的问题．
6．【答案】C
【分析】延长，交于，根据等腰三角形的性质得出，根据平行线的性质得出，
【详解】解：延长，交于，
是等腰三角形，，，
，，
，，故选：．

【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，平行线的性质，三角形外角的性质，熟练掌握性质定理是解题的关键．
7．【答案】C
【分析】根据等式的性质，逐项判断即可．
【详解】解：A、根据等式性质2，m=n两边同时乘以p得mp=np，原变形正确，故选项A不符合题意；
B、根据等式性质2，a（|x|+1）＝b（|x|+1）两边同时除以(|x|+1)得a=b，原变形正确，故选项B不符合题意；
C、根据等式性质2，c可能为0，等式两边同时除以c，原变形错误，故选项C符合题意；
D、根据等式性质1，x=y两边同时减去2应得x-2=y-2，原变形正确，故选项D不符合题意．故选：C．
【点睛】此题主要考查了等式的性质和运用，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：（1）等式两边加同一个数（或式子），结果仍得等式．（2）等式两边乘同一个数或除以一个不为零的数，结果仍得等式．
8． 【答案】D
【分析】首先分别求出小正方形与大正方形的面积，再求出小正方形面积与大正方形面积的比即为小球落在小正方形内部区域阴影部分的概率．
【详解】解：设小正方形的边长为，则其面积为．圆的直径正好是大正方形边长，
根据勾股定理，其小正方形对角线为，即圆的直径为，大正方形的边长为，
则大正方形的面积为，则小球停在小正方形内部阴影区域的概率为；故选：D．
【点睛】此题考查了几何概率的求法，正方形多边形与圆，解答此题除了熟悉几何概率的定义外，还要熟悉圆内接正方形和圆外切正方形的关系．
9． 【答案】B
【分析】如图，连接AF，通过对应边的比相等和两边的一夹角证明，得出点F的运动轨迹为在以A为圆心，以AF为半径的圆；过点D作的切线，连接，可知为最大值，此时；在中，由勾股定理得，在中，由勾股定理得，计算求解即可．
【详解】解：如图，连接AF

由题意知和均为等腰直角三角形
∴∴
∵∴∴∴
∴点F在以A为圆心，以AF为半径的圆上运动
∴过点D作的切线，连接，可知为最大值，此时 在中，，由勾股定理得
在中，由勾股定理得
∴当最大时，故选B．
【点睛】本题考查了三角形相似，切线，勾股定理等知识．解题的关键与难点在于得出点F的运动轨迹．
10．【答案】C
【分析】证明，得出，得出是线段的垂直平分线，由线段垂直平分线的性质得出，，由正方形的形状得出，，，证出，得出，因此，即可得出②正确；设，菱形的边长为，证出，由正方形的性质得出，，证出，由证明，①正确；求出，是等腰直角三角形，得出，，整理得，得出，，由平行线得出，得出，因此④正确；证明，得出，③正确；证明，得出，因此，⑤错误；即可得出结论．
【详解】解：是的平分线，，，，
在和中，，，，
是线段的垂直平分线，，，
四边形是正方形，，，，
，，
，，，四边形是菱形；②正确；
设，菱形的边长为，
四边形是菱形，，，
，，，，
四边形是正方形，，，
，，，
在和中，，，①正确；
，是等腰直角三角形，，，整理得，
，，
四边形是正方形，，，
，，，，④正确；
，，，
在和中，，，，③正确；
在和中，，，，
，⑤错误；综上所述，正确的有4个，故选：C．
【点睛】本题考查了正方形的性质、等腰直角三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行线的性质、菱形的判定与性质、三角形面积的计算等知识；本题综合性强，有一定难度，熟练掌握正方形的性质，证明三角形全等是解题的关键．
二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
11．【答案】
【分析】利用特殊角的三角函数值，算术平方根，零指数幂，负整数指数幂计算即可．
【详解】∵==，故答案为：．
【点睛】本题考查了特殊角的三角函数值，算术平方根即正的平方根，零指数幂，负整数指数幂，熟练掌握性质和特殊角的三角函数值是解题的关键．
12．【答案】1
【分析】先估算出，再估算出即可完成求解．
【详解】解：∵；∴；
因为1.236介于整数1和2之间，所以;故答案为：1．
【点睛】本题考查了对算术平方根取值的估算，要求学生牢记的近似值或者能正确估算出的整数部分即可；该题题干前半部分涉及到数学文化，后半部分为解题的要点，考查了学生的读题、审题等能力．
13．【答案】1
【分析】作AC为直径的圆，圆心为O，即可得当O、E、B三点共线时，BE是最短，根据勾股定理求OB的长度即可求．
【详解】解：如图，作以AC为直径的圆，圆心为O，连接CE，OE，OB，

∵E点在以CD为直径的圆上，∴∠CED＝90°，
∴∠AEC＝180°﹣∠CED＝90°，∴点E也在以AC为直径的圆上，
∵AC＝8，∴OE=OC＝4，∵BC＝3，∠ACB＝90°，∴OB=，
∵点E在⊙O上运动，根据两点之间线段最短，∴BE+OE≥OB，∴当点B、E、O三点共线时OB最短，
∵OE定值，∴BE最短＝OB﹣OE＝5﹣4＝1，故答案为：1
【点睛】本题考查直径所对圆周角性质，动点轨迹，勾股定理，最短路径，掌握直径所对圆周角性质，动点轨迹，勾股定理，最短路径是解题关键．
14．【答案】     8     4
【分析】设点A（a，a2），则点B坐标为（a，0），通过求证△AOB∽△BCO可得CO长度，由AC2＝（xc﹣xA）2+（yC﹣yA）2可得AC2与a的函数关系式，将函数关系式化为顶点式求解．
【详解】解：设点A（a，a2），则点B坐标为（a，0），∴OB＝|a|，AB＝a2，
∵∠ABO＝∠BOC＝90°，∴∠AOB+∠OBC＝90°，∠OBC+∠BCO＝90°，
∴∠AOB＝∠BCO，∴△AOB∽△BCO，∴，
∴OB2＝CO•AB，即a2＝a2•CO，解得CO＝8，∴C（0，8），
∵AC2＝（xc﹣xA）2+（yC﹣yA）2＝a2+a4﹣2a2+64＝（a4﹣64a2）+64＝（a2﹣32）2+48，
∴当a2＝32时，AC2＝48为最小值，即AC＝4．故答案为：8，4．
【点睛】本题考查二次函数的最值问题，解题关键是掌握相似三角形的判定与性质，掌握求二次函数最值的方法．
三、解答题（本大题共8小题，共90分．其中：15-18题，每题8分，19-20题，每题10分，21-22题，每题12分，23题14分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）。
15．【答案】(1)；(2)﹣≤x＜
【分析】(1)首先分解因式及进行括号内分式的加法运算，再把除法运算转化为乘法运算，最后约分得到最简结果；(2)分别求出不等式组中两个不等式的解集，找出两解集的公共部分即可．
【详解】解：(1)原式＝÷＝•＝；
(2) ，
由①得：x＜，由②得：x≥﹣，
∴不等式组的解集为﹣≤x＜．
【点睛】本题考查了分式的混合运算，解一元一次不等式组，(1)要先算括号里的，再进行因式分解和约分运算；(2)准确求得每一个不等式的解集是解决本题的关键．
16．【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)−2，0
【分析】（1）△ABC的三个顶点A（1，3），B（4，4），C（2，1）分别向左平移4个单位后可得对应点A1， B1， C1的坐标，依次连接这三个点即可；
（2）△ABC的三个顶点A（1，3），B（4，4），C（2，1）绕原点O旋转180゜后可得对应点A2， B2， C2的坐标，依次连接这三个点即可；
（3）根据对应点连线的交点即为对称中心，连接、、，此三线的交点即为△A1B1C1与△A2B2C2的对称中心，为此可得关于(−2，0)对称，分别求得直线、的解析式，验证点(−2，0)是否在这两条直线上即可．
(1)点A（1，3），B（4，4），C（2，1）分别向左平移4个单位后的对应点的坐标分别为A1(−3，3)， B1 (0，4)， C1(−2，1)，依次连接这三个点得到平移后的△A1B1C1，如图所示．

(2)△ABC的三个顶点A（1，3），B（4，4），C（2，1）绕原点O旋转180゜后可得对应点A2， B2， C2的坐标分别为(−1，−3)，(−4，−4)， (−2，−1)，依次连接这三个点得到旋转后的△A2B2C2，如图所示；
(3)如（2）中图所示，连接、、，可得关于(−2，0)对称
设直线的解析式为y=kx+b，则有： 解得：
即直线的解析式为
当时，y=0，则(−2，0)是的对称中心；同理可求得直线的解析式为
当时，y=0，则(−2，0)是的对称中心；
综上所述，△A1B1C1与△A2B2C2关于点（−2，0）对称．
【点睛】本题考查了平面直角坐标系中图形的平移与旋转，根据对应点确定旋转中心，难点是确定两个图形的对称中心．
17．【答案】(1) (2)①；；②．
【分析】（1）连接、，根据平行线的性质得出，再根据等腰三角形的性质得出即可判断；（2）①根据最佳射门点为点Q，可证△ADQ∽△QDB，列出比例式即可求出DQ的长度，作BE⊥AQ于E，求出线段长，利用三角函数求解即可；②根据题意可知，过MN中点O作OF⊥AB于F，交AQ于P，利用相似三角形的性质求出EM，再解直角三角形求出MP、PF、PO即可．
(1)解：连接、，∵CD∥AB，∴，
∵，，
∴，∴，∴，
∴最佳射门点为 故答案为：．

(2)解：①作BE⊥AQ于E，∵最佳射门点为点Q，∴，
∵，∴，∴△ADQ∽△QDB，∴，
∵，，∴，代入比例式得，，
解得，（负值舍去）；，
∴，，∴，，
∴，，则，；
②过MN中点O作OF⊥AB于F，交AQ于P，
∵守门员伸开双臂后，可成功防守的范围为，∴当时才能确保防守成功．
∵MN⊥AQ，∴，∴，，
∵，，∴，∴，
∵，，
∵，∴，，
∵，∴，；
MN中点与AB的距离至少为时才能确保防守成功．．

【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，解题关键恰当构建直角三角形，熟练运用解直角三角形的知识求解．
18． 【答案】(1)15 (2)（2a+1） (3)63 (4)（264﹣1） (5)（364﹣1）
【分析】（1）根据前3次的探究可以得出探究4；（2）根据前4次的探究可以得到（x+1）个金盘移动的次数；（3）根据前面的探究得出规律，然后得出结论；（4）根据自主探究得出规律即可；
（5）先把n=2时得出结论，再用相同的方法得出h（3），然后找出规律得出结论．
(1)先用h（3）的方法把较小的3个盘移到2柱（需移动7次），再将最大盘移到3柱（需移动1次），
最后用h（3）的方法把较小的3个盘从2柱移到3柱（需移动7次），
所以共需要7×2+1＝15次，即h(4)=15，故答案为：15；
(2)由探究二可知，若将1个金盘按要求全部从1柱移动到2柱，至少需要1次，
则将2个金盘按要求全部从1柱移动到3柱，则至少需要1×2+1＝3次；
由探究三可知，若将2个金盘按要求全部从1柱移动到2柱，至少需要3次，
则将3个金盘按要求全部从1柱移动到3柱，则至少需要3×2+1＝7次；
由探究四可知，若将3个金盘按要求全部从1柱移动到2柱，至少需要7次，
则将4个金盘按要求全部从1柱移动到3柱，则至少需要7x2+1＝15次；
故若将x个金盘按要求全部从1柱移动到2柱，至少需要a次，
则将（x+1）个金盘按要求全部从1柱移动到3柱，则至少需要（2a+1）次，故答案为：（2a+1）；
(3)h（4）＝15，h（5）＝2h（4）＝2×15+1＝31，
h（6）＝2h（5）+1＝63，∴至少需要63次；
(4)h（1）＝1，h（2）＝3＝22﹣1，h（3）＝7＝23﹣1，h（4）＝15＝24﹣1，.....．
h（64）＝264﹣1，故答案为：264﹣1；
(5)每次只能将盘子向相邻的柱子移动，
故当n＝2时，小盘移到2柱，需要1次，再将小盘移到3柱，需要1次；
将大盘移到2柱，需要1次，再将小盘移到2柱，需要1次，再将小盘移到1柱，需要1次，
将大盘移到3柱，需要1次，将小盘移到2柱，需要1次，再将小盘移到3柱，需要1次；
所以两个盘子需要了8次，故h（2）＝8；按照相同的思路可得：h（3）＝26；
∵h（2）＝8＝32﹣1，h（3）＝26＝33﹣1，∴h（64）＝364﹣1．故答案为：（364﹣1）．
【点睛】本题考查数字变化类、列代数式，关键是根据已知方法总结出移动的规律．
19．【答案】(1)；(2)；(3)EM•DN为定值，见解析
【分析】（1）根据平移求出点B的坐标，并运用待定系数法求出答案；
（2）如图1，过点B作BF⊥x轴于点F，过点C作CG⊥x轴于点G，先证明△CDG∽△BDF，结合BC=2CD，可得出 ，进而求出点C的坐标，再运用待定系数法求出直线l的解析式，得出点D的坐标，即可求得答案；（3）设P(t， )，且t＞0，即可得出M(t，-2t+8)，N(4-，)，运用两点间距离公式即可求出EM•DN=15，故EM•DN为定值．
(1)将点A（0，4）先向右平移1个单位长度，再向上平移2个单位长度，得B(1，6)，
∵点B恰好落在反比例函数 （k＞0）的图象上．
∴ ，∴k=6，∴反比例函数表达式为 ；
(2)如图1，过点B作BF⊥x轴于点F，过点C作CG⊥x轴于点G，∴∠CGD=∠BFD=90°，

∵∠CDG=∠BDF，∴△CDG∽△BDF，∴，
∵BC=2CD，BC+CD=BD，∴BD=3CD，∴，
∵B(1，6)，∴BF=6，OF=1，∴CG=BF=×6=2，
将y=2代入，得2= ，∴x=3，∴C(3，2)，
将B(1，6)，C(3，2)代入y=mx+n，
得： ，解得 ，∴直线l的表达式为y=-2x+8，
令y=0，得：-2x+8=0，解得：x=4，∴D(4，0)， ∴OD=4，
∴S△BOD=•OD•BF=×4×6=12；
(3)如图2，由（2）知，直线BC的解析式为y=-2x+8，

令x=0，得y=8，∴E(0，8)，设P(t，)，且t＞0，
∵PM⊥x轴，PN⊥y轴，∴M(t，-2t+8)，N(4-，)，
∴ ， ，
∴EM•DN= =15，∴EM•DN为定值．
【点睛】本题考查反比例函数的应用、一次函数的应用，两点间距离公式的应用，解题的关键是熟练掌握待定系数法，学会构建方程解决问题，学会构建一次函数，属于中考常考题型．
20． 【答案】(1)见解析(2)见解析(3)
【分析】（1）连接AO，BO，即可证明△AOC≌△BOC（SSS），由∠ACO＝∠BOC，即可证明CO是∠ACB的角平分线；（2）连接AO，BO，BO交MN于点F，连接OD，在⊙O中，∠AOB＝2∠ACB，则可得∠AGQ+∠AOB＝270°，在四边形AOFG中，∠OAG+∠OFG＝360°﹣（∠AGQ+∠AOB）＝90°，可以证明△CAO≌△DAO（SSS），所以∠CAO＝∠DAO，结合（1）可得到∠FQB＝180°﹣（∠CBO+∠QFB）＝90°，所以MN⊥BC，OH⊥MN，即可证得OHBC；
（3）由条件可得MH﹣MP＝NH﹣QN，即PH＝QH，由OHBC，可得O是PE的中点，OP＝EO，延长CO交AB于R，交⊙O于点S，连接PS，设AP＝x，BP＝AP+2＝x+2，所以AB＝2x+2，AR＝BR＝x+1，PR＝1，可以证明△OPS≌△OEC（SAS），进而得到PSBC，由对称性可知，PS＝BQ＝CE＝ ，所以RS＝2，再证明△PRS∽△BRC，可得，CR＝2x+2，连接AS，证明△ASR∽△CBR，得到，求得x＝3，所以得到BR＝4，CR＝8，BC＝4，EQ＝4﹣CE﹣BQ＝2．
(1)解：连接AO，BO，如图4，

∵AO＝BO＝CO，AC＝BC，∴△AOC≌△BOC（SSS），
∴∠ACO＝∠BOC，∴CO是∠ACB的角平分线；
(2)解：连接AO，BO，BO交MN于点F，连接OD，如图5，                 
在⊙O中，∠AOB＝2∠ACB，∵∠AGQ+2∠ACB＝270°，∴∠AGQ+∠AOB＝270°，
在四边形AOFG中，∠OAG+∠OFG＝360°﹣（∠AGQ+∠AOB）＝90°，
∵AD＝BC，∴AD＝AC，
在△CAO和△DAO中， ，∴△CAO≌△DAO（SSS），∴∠CAO＝∠DAO，
由（1）得，∠CAO＝∠CBO，∴∠CBO＝∠DAO，即∠CBO＝∠GAO，
∵∠QFB＝∠OFG，∴∠CBO+∠QFB＝90°，
∴∠FQB＝180°﹣（∠CBO+∠QFB）＝90°，∴MN⊥BC，∵OH⊥MN，∴OHBC；
(3)解：∵OH⊥MN，∴MH＝NH，∵MP＝QN，∴MH﹣MP＝NH﹣QN，即PH＝QH，
∵OHBC，∴O是PE的中点，OP＝EO，
延长CO交AB于R，交⊙O于点S，连接PS，连接AS，如图6，
设AP＝x，BP＝AP+2＝x+2，∴AB＝2x+2，AR＝BR＝x+1，∴PR＝1，
在△OPS和△OEC中， ，∴△OPS≌△OEC（SAS），∴∠CEO＝∠SPO，∴PSBC，
由对称性可知，PS＝BQ＝CE＝ ，∴RS＝2，
∵PSBC，∴△PRS∽△BRC，∴ ，
∵BR＝AR＝x+1，∴CR＝2x+2，∵∠ASC＝∠ABC，∴△ASR∽△CBR，∴，
∴AR•BR＝CR•SR，∴（x+1）2＝2（2x+2），∴x＝3，∴BR＝4，CR＝8，BC＝4，
∴EQ＝4﹣CE﹣BQ＝2，∴EQ的长为2．
【点睛】本题是圆的综合题型，考查了垂径定理，圆周角圆心角定理，相似三角形的知识与应用，正确添加辅助线是解决该问题的关键．
21．【答案】(1)85，100(2)高中，理由见解析(3)96人
【分析】（1）根据中位数、众数的定义，可以得到a、b的值；（2）根据题目中的数据，可以从中位数、众数来说明理由，注意本题答案不唯一，符合实际即可；（3）利用样本估计总体，分别求出两个校部测试成绩达到90分及以上的一体机管理员的人数，再相加即可．
(1)解：由直方图可知，初中一体机管理员的测试成绩15个数据按从小到大的顺序排列，
∵初中一体机管理员的测试成绩在C组中的数据为：81，85，88，∴中位数a＝85，
∵高中一体机管理员的测试成绩：76，83，71，100，81，100，82，88，95，90，100，86，89， 93，86．
∴按从小到大排列是：71，76，81，82，83，86，86，88，89，90，93，95，100，100，100.
∴众数b＝100，故答案为：85，100；
(2)解：根据以上数据，我认为高中的一体机管理员对一体机设备操作的知识掌握的更好．
理由：两个校部的平均成绩一样，而高中校部的中位数，说明高中校部掌握的较好．故答案为：高中；
(3)解：100×+140×=96（人），
答：估计此次浏试成绩达到90分及以上的一体机管理员共有约96人．
【点睛】本题考查频数分布直方图、中位数、众数、用样本估计总体，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
22． 【答案】（1）；（2）；（3）存在，最小值为1
【分析】（1）根据题意利用勾股定理可求出AC长为4．再根据旋转的性质可知，最后由等腰三角形的性质即可求出的长．（2）作交于点D，作交于点E．由旋转可得，．再由平行线的性质可知，即可推出，从而间接求出，．由三角形面积公式可求出．再利用勾股定理即可求出，进而求出．最后利用平行线分线段成比例即可求出的长．
（3）作且交延长线于点P，连接．由题意易证明，
，，即得出．再由平行线性质可知，即得出，即可证明，由此即易证，得出，即点D为中点．从而证明DE为的中位线，即．即要使DE最小，最小即可．根据三角形三边关系可得当点三点共线时最小，且最小值即为，由此即可求出DE的最小值．
【详解】（1）在中，．
根据旋转性质可知，即为等腰三角形．
∵，即，∴，∴．
（2）如图，作交于点D，作交于点E．

由旋转可得，．
∵，∴，∴，∴，．
∵，即，∴．
在中，，∴．∴．
∵，∴，即，∴．
（3）如图，作且交延长线于点P，连接．∵，∴，
∵，即，
又∵，∴．
∵，∴，∴，∴，∴．
∴在和中 ，∴，∴，即点D为中点．
∵点E为AC中点，∴DE为的中位线，∴，即要使DE最小，最小即可．
根据图可知，即当点三点共线时最小，且最小值为．
∴此时，即DE最小值为1．

【点睛】本题为旋转综合题．考查旋转的性质，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，平行线的性质，平行线分线段成比例，全等三角形的判定和性质，中位线的判定和性质以及三角形三边关系，综合性强，为困难题．正确的作出辅助线为难点也是解题关键．
23． 【答案】(1)y＝﹣x2﹣4x﹣3 (2)t＝﹣3 (3)M点的坐标为（，﹣3）或（，﹣3）或（﹣2，﹣3）或（﹣5，﹣3）
【分析】（1）设抛物线解析式为y＝a（x+1）（x+3），将C（0，﹣3）代入求值，进而可得解析式；
（2）解：如图1，连接EE′、BB′，延长BE，交y轴于点Q，设直线BE的解析式为y＝kx+b，待定系数法求解，抛物线y＝﹣x2﹣4x﹣3绕点T（0，t）旋转180°，可得到四边形BEB′E′是平行四边形，根据S△BET＝S四边形BEB′E′＝×12＝3，计算求解即可；（3）设P（x，﹣x2﹣4x﹣3），分情况求解：①如图2，当∠BP1C＝90°时，∠N1P1B＝∠P1CE，可知tan∠N1P1B＝tan∠P1CE，有，BN1＝﹣x2﹣4x﹣3，P1N1＝x+3，P1E＝﹣x，EC＝﹣x2﹣4x，代入求出符合题意的解即可；②当∠BP2C＝90°时，求解方法同①；如图3，当∠P3BC＝90°时，由△BM3C是等腰直角三角形，可知△N3BP3也是等腰直角三角形，有N3B＝N3P3，求出符合题意的解即可；④当∠BCP4＝90°时，由△BOC是等腰直角三角形，可得△N4P4C也是等腰直角三角形，有P4N4＝CN4，求出符合题意的解即可．
(1)解：∵二次函数过点A（﹣1，0），B（﹣3，0），∴设抛物线解析式为y＝a（x+1）（x+3），
将C（0，﹣3）代入，得：3a＝-3，解得：a＝﹣1，∴二次函数的解析式为：y＝﹣x2﹣4x﹣3；
(2)解：如图1，连接EE′、BB′，延长BE，交y轴于点Q．

由（1）得y＝﹣x2﹣4x﹣3＝﹣（x+2）2+1，∴抛物线顶点E（﹣2，1），
设直线BE的解析式为y＝kx+b，
∵B（﹣3，0），E（﹣2，1），∴，解得：，
∴直线BE的解析式为：y＝x+3，∴Q（0，3），
∵抛物线y＝﹣x2﹣4x﹣3绕点T（0，t）旋转180°，∴TB＝TB′，TE＝TE′，
∴四边形BEB′E′是平行四边形，∴S△BET＝S四边形BEB′E′＝×12＝3，
∵S△BET＝S△BQT﹣S△EQT＝×（3﹣2）×TQ＝TQ，∴TQ＝6，∴3﹣t＝6，∴t＝﹣3；
(3)解：设P（x，﹣x2﹣4x﹣3），①如图2，当∠BP1C＝90°时，∠N1P1B＝∠P1CE，

∴tan∠N1P1B＝tan∠P1CE，∴，
∵BN1＝﹣x2﹣4x﹣3，P1N1＝x+3，P1E＝﹣x，EC＝﹣x2﹣4x，
∴，化简得：x2+5x+5＝0，解得：x1＝，x2＝（舍去），
②当∠BP2C＝90°时，同理可得：x2+5x+5＝0，解得：x1＝（舍去），x2＝，
∴M点的坐标为（，﹣3）或（，﹣3），
③如图3，当∠P3BC＝90°时，由△BM3C是等腰直角三角形，

∴△N3BP3也是等腰直角三角形，∴N3B＝N3P3，∴﹣x2﹣4x﹣3＝x+3，
化简得：x2+5x+6＝0，解得：x1＝﹣2，x2＝﹣3（舍去），∴M点的坐标为（﹣2，﹣3）；
④当∠BCP4＝90°时，由△BOC是等腰直角三角形，可得△N4P4C也是等腰直角三角形，
∴P4N4＝CN4，∴﹣x＝﹣3﹣（﹣x2﹣4x﹣3），化简得：x2+5x＝0，
解得：x1＝﹣5，x2＝0（舍去），∴M点的坐标为（﹣5，﹣3），
综上所述：满足条件的M点的坐标（，﹣3）或（，﹣3）或（﹣2，﹣3）或（﹣5，﹣3）．
【点睛】本题考查了二次函数解析式，二次函数与平行四边形的综合，二次函数与直角三角形的综合．解题的关键在于对知识的灵活运用．