中考数学二轮培优训练专题07 图形的轴对称、平移与旋转（讲练）（2份，原卷版+解析版）

这是一份中考数学二轮培优训练专题07 图形的轴对称、平移与旋转（讲练）（2份，原卷版+解析版），共14页。试卷主要包含了考情分析，知识建构，解答题等内容，欢迎下载使用。
TOC \ "1-3" \n \h \z \u \l "_Tc161932546" \l "_Tc161932547" \l "_Tc160094594" 一、考情分析
二、知识建构
\l "_Tc161932548" 考点 图形的轴对称、平移与旋转
\l "_Tc161932549" \l "_Tc161309508" \l "_Tc160094596" \l "_Tc160094596" 【真题研析·规律探寻】
\l "_Tc161932550" 题型01 图形的识别
\l "_Tc161932551" 题型02 与图形变化有关的作图问题
\l "_Tc161932552" 题型03 几何图形的平移变化
\l "_Tc161932553" 题型04 与函数图象有关的平移变化
\l "_Tc161932554" 题型05 几何图形的折叠问题
\l "_Tc161932555" 题型06 与函数图象有关的轴对称变化
\l "_Tc161932556" 题型07 几何图形的旋转变化
\l "_Tc161932557" 题型08 与函数图象有关的旋转变化
\l "_Tc161932558" 题型09 利用平移、轴对称、旋转的性质解决多结论问题
\l "_Tc161932559" 题型10 与图形变化有关的最值问题
\l "_Tc161932560" \l "_Tc161309519" \l "_Tc160094604" 【核心提炼·查漏补缺】
\l "_Tc161932561" \l "_Tc161309520" \l "_Tc160094605" 【好题必刷·强化落实】
考点 图形的轴对称、平移与旋转
题型01 图形的识别
平移的概念：在平面内，一个图形由一个位置沿某个方向移动到另一个位置，这样的图形运动叫做平移．
轴对称图形定义：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，那么这个图形就叫做轴对称图形.
中心对称图形定义：如果一个图形绕某一点旋转180°后能与它自身重合，我们就把这个图形叫做中心对称图形.
在判断一个图形是否为轴对称图形、中心对称图形时，要明确以下两点:
1）如果能找到一条直线(对称轴)把一个图形分成两部分，且直线两旁的部分完全重合，那么这个图形就是轴对称图形;
2）把一个平面图形绕某一点旋转 180°，如果旋转后的图形能和原图形重合，那么这个图形就是中心对称图形.
1．（2023·湖南郴州·中考真题）下列图形中，能由图形a通过平移得到的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据平移的定义：在平面内，把一个图形整体沿某一方向移动，这种图形的平行移动，叫做平移变换，结合各选项所给的图形即可作出判断．
【详解】解：观察图形可知，B中图形能由图形a通过平移得到，A，C，D均不能由图形a通过平移得到；
故选B．
【点睛】本题考查平移．熟练掌握平移的性质，是解题的关键．
2．（2023·黑龙江大庆·中考真题）搭载神舟十六号载人飞船的长征二号F遥十六运载火箭于2023年5月30日成功发射升空，景海鹏、朱杨柱、桂海潮3名航天员开启“太空出差”之旅，展现了中国航天科技的新高度．下列图标中，其文字上方的图案是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据中心对称图形的定义判断即可．
【详解】A、不是中心对称图形，此选项不符合题意，排除；
B、不是中心对称图形，此选项不符合题意，排除；
C、是中心对称图形，此选项符合题意；
D、不是中心对称图形，此选项不符合题意，排除；
故答案为：C．
【点睛】此题考查了中心对称图形的概念，解题的关键是如何判断中心对称图形，旋转180度后与原图重合．
3．（2023·湖北荆州·中考真题）观察如图所示的几何体，下列关于其三视图的说法正确的是（ ）

A．主视图既是中心对称图形，又是轴对称图形
B．左视图既是中心对称图形，又是轴对称图形
C．俯视图既是中心对称图形，又是轴对称图形
D．主视图、左视图、俯视图都是中心对称图形
【答案】C
【分析】先判断该几何体的三视图，再根据轴对称和中心对称图形定义逐项判断三视图，即可求出答案.
【详解】解：A选项：主视图是上下两个等腰三角形，不是中心对称图形，是轴对称图形，故不符合题意；
B选项：左视图是上下两个等腰三角形，不是中心对称图形，是轴对称图形，故不符合题意；
C选项：俯视图是圆（带圆心），既是中心对称图形，又是轴对称图形，故符合题意；
D选项：由A和B选项可知，主视图和左视图都不是中心对称图形，故不符合题意.
故选：C.
【点睛】本题考查了简单几何体的三视图、轴对称图形和中心对称图形，解题的关键在于掌握轴对称和中心对称的定义. 如果一个平面图形沿着一条直线折叠后，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；中心对称是指把一个图形绕着某一点旋转180°，如果它能够与另一个图形重合，那么就说这两个图形关于这个点对称或中心对称.
4．（2022·宁夏·中考真题）如图，将三角尺直立举起靠近墙面，打开手机手电筒照射三角尺，在墙面上形成影子．则三角尺与影子之间属于以下哪种图形变换（ ）

A．平移B．轴对称C．旋转D．位似
【答案】D
【分析】根据位似的定义，即可解决问题．
【详解】根据位似的定义可知：三角尺与影子之间属于位似．
故选：D．
【点睛】本题考查了生活中位似的现象，解决本题的关键是熟记位似的定义．
题型02 与图形变化有关的作图问题
解决图形变化有关的作图问题方法：
1）平移与旋转作图都应抓住两个要点:一是平移、旋转的方向；二是平移的距离及旋转的角度.
2）基本的作图方法是先选取已知图形的几个关键点，再根据平移或旋转的性质作它们的对应点，然后以“局部带动整体”的思想方法作变换后的图形.
3）无论是平移、轴对称与旋转，都不改变图形的大小和形状.
1．（2023·黑龙江·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，已知△ABC的三个顶点坐标分别是A2,−1,B1,−2，C3,−3．

(1)将△ABC向上平移4个单位，再向右平移1个单位，得到△A1B1C1，请画出△A1B1C1．
(2)请画出△ABC关于y轴对称的△A2B2C2．
(3)将△A2B2C2着原点O顺时针旋转90°，得到△A3B3C3，求线段A2C2在旋转过程中扫过的面积（结果保留π）．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)13π4
【分析】（1）根据平移的性质得出对应点的位置进而画出图形；
（2）利用轴对称的性质得出对应点的位置进而画出图形；
（3）画出旋转后的图形，根据SC3A3A2C2=SC3DEC2=S扇C2OC3−S扇DOE即可得出答案．
【详解】（1）解：如图所示，△A1B1C1即为所求；

（2）如图所示，△A2B2C2即为所求；
（3）将△A2B2C2着原点O顺时针旋转90°，得到△A3B3C3，

设A2A3所在圆交OC3于点D，交OC2于点E，
∵ OA2=OA3，OC2=OC3，
∴C2E=C3D，
∵∠A3OA2=90°，∠C2OC3=90°，
∴∠A3OD=∠A2OE，
∴A3D=A2E，
∴S曲边△A3C3D=S曲边△A2C2E，OC3=32，OD=OA2=5，
∴SC3A3A2C2=SC3DEC2=S扇C2OC3−S扇DOE=90°πOC32360°−90°πOD2360°=90°π322360°−90°π52360°=13π4，
故线段A2C2在旋转过程中扫过的面积为13π4．
【点睛】本题考查平移、轴对称变换作图和旋转的性质以及扇形的面积，熟练掌握网格结构准确找出对应点的位置是解题的关键．
2．（2023·四川达州·中考真题）如图，网格中每个小正方形的边长均为1，△ABC的顶点均在小正方形的格点上．

(1)将△ABC向下平移3个单位长度得到△A1B1C1，画出△A1B1C1；
(2)将△ABC绕点C顺时针旋转90度得到△A2B2C2，画出△A2B2C2；
(3)在（2）的运动过程中请计算出△ABC扫过的面积．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)5+5π2
【分析】（1）先作出点A、B、C平移后的对应点A1，B1、C1，然后顺次连接即可；
（2）先作出点A、B绕点C顺时针旋转90度的对应点A2，B2，然后顺次连接即可；
（3）证明△ABC为等腰直角三角形，求出S△ABC=12AB×BC=52，S扇形CAA2=90π×102360=5π2，根据旋转过程中△ABC扫过的面积等于△ABC的面积加扇形CAA1的面积即可得出答案．
【详解】（1）解：作出点A、B、C平移后的对应点A1，B1、C1，顺次连接，则△A1B1C1即为所求，如图所示：

（2）解：作出点A、B绕点C顺时针旋转90度的对应点A2，B2，顺次连接，则△A2B2C2即为所求，如图所示：

（3）解：∵AB=12+22=5，AC=32+12=10，BC=12+22=5，
∴AB=BC，
∵52+52=10=102，
∴AB2+BC2=AC2，
∴△ABC为等腰直角三角形，
∴S△ABC=12AB×BC=52，
根据旋转可知，∠ACA2=90°，
∴S扇形CAA2=90π×102360=5π2，
∴在旋转过程中△ABC扫过的面积为S=S△ABC+S扇形CAA2=5+5π2．

【点睛】本题主要考查了平移、旋转作图，勾股定理逆定理，扇形面积计算，解题的关键是作出平移或旋转后的对应点．
3．（2022·广西河池·中考真题）如图、在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点的坐标分别为A（4，1），B（2，3），C（1，2）．

(1)画出与△ABC关于y轴对称的△A1B1C1；
(2)以原点O为位似中心，在第三象限内画一个△A2B2C2，使它与△ABC的相似比为2:1，并写出点B2的坐标．
【答案】(1)作图见解析
(2)作图见解析
【分析】（1）根据关于y轴对称的点的坐标得到A1、B1、C1的坐标，然后描点连线得到△A1B1C1．
（2）把A、B、C的坐标都乘以-2得到A2、B2、C2的坐标，然后描点连线即可．
【详解】（1）如图，ΔA1B1C1为所作．
（2）如图，ΔA2B2C2为所作，点B2的坐标为（-4，-6）．
【点睛】本题考查位似变换、轴对称变换，解题的关键是注意位似中心及相似比、对称轴．
题型03 几何图形的平移变化
平移变换问题:分几何图形平移变换和函数图像平移变换. 平移是将一个图形沿某一方向移动一段距离，不会改变图形的大小和形状，只改变图形的位置.在图形的变化过程中，解决此类问题的方法很多，而关键在于解决问题的着眼点，从恰当的着眼点出发，再根据具体图形变换的特点确定其变化.
1．（2023·山东潍坊·中考真题）如图，在直角坐标系中，菱形OABC的顶点A的坐标为−2,0，∠AOC=60°．将菱形OABC沿x轴向右平移1个单位长度，再沿y轴向下平移1个单位长度，得到菱形OA'B'C'，其中点B'的坐标为（ ）

A．(−2,3−1)B．−2,1C．(−3,1)D．(−3,3−1)
【答案】A
【分析】如图，过B作BH⊥x轴于H，求解OA=AB=2，AB∥OC，可得∠BAH=∠AOC=60°，求解AH=OB⋅cs60°=1，BH=22−12=3，可得B−3,3，再利用平移的性质可得B'−2,3−1．
【详解】解：如图，过B作BH⊥x轴于H，

∵菱形OABC的顶点A的坐标为−2,0，∠AOC=60°．
∴OA=AB=2，AB∥OC，
∴∠BAH=∠AOC=60°，
∴AH=OB⋅cs60°=1，BH=22−12=3，
∴B−3,3，
∵将菱形OABC沿x轴向右平移1个单位长度，再沿y轴向下平移1个单位长度，
∴B'−2,3−1；
故选A
【点睛】本题考查的是菱形的性质，勾股定理的应用，锐角三角函数的应用，图形的平移，熟练的求解B的坐标是解本题的关键．
2．（2023·河南·中考真题）李老师善于通过合适的主题整合教学内容，帮助同学们用整体的、联系的、发展的眼光看问题，形成科学的思维习惯．下面是李老师在“图形的变化”主题下设计的问题，请你解答．

(1)观察发现：如图1，在平面直角坐标系中，过点M4,0的直线l∥y轴，作△ABC关于y轴对称的图形△A1B1C1，再分别作△A1B1C1关于x轴和直线l对称的图形△A2B2C2和△A3B3C3，则△A2B2C2可以看作是△ABC绕点O顺时针旋转得到的，旋转角的度数为______；△A3B3C3可以看作是△ABC向右平移得到的，平移距离为______个单位长度．
(2)探究迁移：如图2，▱ABCD中，∠BAD=α0°90°，点E为AC上一动点，将△ABE以BE为对称轴翻折．同学们经过思考后进行如下探究：
独立思考：小明：“当点D落在BC上时，∠EDC=2∠ACB．”
小红：“若点E为AC中点，给出AC与DC的长，就可求出BE的长．”
实践探究：奋进小组的同学们经过探究后提出问题1，请你回答：

问题1：在等腰△ABC中，AB=AC,∠A>90°,△BDE由△ABE翻折得到．
（1）如图1，当点D落在BC上时，求证：∠EDC=2∠ACB；
（2）如图2，若点E为AC中点，AC=4,CD=3，求BE的长．
问题解决：小明经过探究发现：若将问题1中的等腰三角形换成∠A0,b2−4ac>0的图象是由函数y=ax2+bx+ca>0,b2−4ac>0的图象x轴上方部分不变，下方部分沿x轴向上翻折而成，如图所示，则下列结论正确的是（ ）
①2a+b=0 ；②c=3； ③abc>0；④将图象向上平移1个单位后与直线y=5有3个交点．
A．①②B．①③C．②③④D．①③④
【答案】D
【分析】根据函数图象与x轴交点的横坐标求出对称轴为−b2a=1，进而可得2a+b=0，故①正确；由函数图象与y轴的交点坐标为（0，3），y=ax2+bx+ca>0,b2−4ac>0的图象x轴上方部分不变，下方部分沿x轴向上翻折而成可知c＝-3，故②错误；根据对称轴求出b＜0，进而可得abc>0，故③正确；求出翻折前的二次函数的顶点坐标，然后根据平移的性质可得④正确．
【详解】解：由函数图象可得：y=ax2+bx+c与x轴交点的横坐标为－1和3，
∴对称轴为x=−1+32=1，即−b2a=1，
∴整理得：2a+b=0，故①正确；
∵y=ax2+bx+ca>0,b2−4ac>0与y轴的交点坐标为（0，3），
y=ax2+bx+ca>0可知，开口向上，图中函数图象是由原函数下方部分沿x轴向上翻折而成，
∴c＝-3，故②错误；
∵y=ax2+bx+ca>0,b2−4ac>0中a＞0，−b2a=1，
∴b＜0，
又∵c＝-3＜0，
∴abc>0，故③正确；
设抛物线y=ax2+bx+c的解析式为y=ax+1x−3，
代入（0，3）得：3=−3a，
解得：a＝－1，
∴y=−x+1x−3=−x2+2x+3=−x−12+4，
∴顶点坐标为（1，4），
∵点（1，4）向上平移1个单位后的坐标为（1，5），
∴将图象向上平移1个单位后与直线y=5有3个交点，故④正确；
故选：D．
【点睛】本题考查了二次函数的图象和性质，掌握二次函数的对称轴公式，顶点坐标的求法是解题的关键．
2．（2023·四川德阳·中考真题）已知：在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于点A(−4,0)，B(2,0)，与y轴交于点C(0,−4)．

(1)求抛物线的解析式；
(2)如图1，如果把抛物线x轴下方的部分沿x轴翻折180°，抛物线的其余部分保持不变，得到一个新图象．当平面内的直线y=kx+6与新图象有三个公共点时，求k的值；
(3)如图2，如果把直线AB沿y轴向上平移至经过点D，与抛物线的交点分别是E，F，直线BC交EF于点H，过点F作FG⊥CH于点G，若DFHG=25．求点F的坐标．
【答案】(1)y=12x2+x−4
(2)1或32
(3)4,8
【详解】（1）设抛物线的解析式为y=ax2+bx+c，
∵C(0,−4)，
∴c=−4，
y=ax2+bx−4，
把A(−4,0)，B(2,0)代入y=ax2+bx+c，得：16a−4b−4=04a+2b−4=0，
解得：a=12b=1，
∴抛物线的解析式为y=12x2+x−4
（2）∵直线表达式y=kx+6，
∴直线经过定点0,6，
∴将过点0,6的直线旋转观察和新图象的公共点情况
∵把抛物线x轴下方的部分沿x轴翻折180°，抛物线的解析式为y=12x2+x−4，
∴新图象表达式为：−40中，当x=0时，y=2，
∴C0，2，
∵抛物线解析式为y=−ax2+5ax+2a>0，
∴抛物线对称轴为直线x=−5a−2a=52，
∵过点C作x轴的平行线交该抛物线于点D，
∴C、D关于抛物线对称轴对称，
∴D5，2；
（2）解：当a=13时，抛物线解析式为y=−13x2+53x+2，
当y=0，即−13x2+53x+2=0，解得x=−1或x=6，
∴A−1，0；
如图，设DP上与点M关于直线AD对称的点为Nm，n，
由轴对称的性质可得AN=AM，DN=DM，
∴m+12+n2=4−−12m−52+n−22=5−42+22，
解得：3m+n=12，即n=12−3m
∴m2+2m+1+144−72m+9m2=25，
∴m2−7m+12=0，
解得m=3或m=4（舍去），
∴n=12−3m=3，
∴N3，3，
设直线DP的解析式为y=kx+b1，
∴3k+b1=35k+b1=2，
∴k=−12b1=92，
∴直线DP的解析式为y=−12x+92，
联立y=−12x+92y=−13x2+53x+2，解得x=32y=154或x=5y=2
∴P32，154；

（3）解：①当a=1时，抛物线解析式为y=−x2+5x+2，E1，2，F5，2，
∴EH=EF=FG=4，
∴H1，6，G5，6，
当x=1时，y=−12+5×1+2=6，
∴抛物线y=−x2+5x+2恰好经过H1，6；
∵抛物线对称轴为直线x=52，
由对称性可知抛物线经过4，6，
∴点4，6时抛物线与正方形的一个交点，
又∵点F与点D重合，
∴抛物线也经过点F5，2；
综上所述，正方形EFGH的边与抛物线的所有交点坐标为1，6，4，6，5，2；

②如图3-1所示，当抛物线与GH、GF分别交于T、D，
∵当正方形EFGH的边与该抛物线有且仅有两个交点，且这两个交点到x轴的距离之差为52，
∴点T的纵坐标为2+2.5=4.5，
∴5−1a+a+1=4.5，
∴a2+1.5a−1=0，
解得a=−2（舍去）或a=0.5；

如图3-2所示，当抛物线与GH、EF分别交于T、S，
∵当正方形EFGH的边与该抛物线有且仅有两个交点，且这两个交点到x轴的距离之差为52，
∴5−1a=2.5，
解得a=0.4（舍去，因为此时点F在点D下方）

如图3-3所示，当抛物线与EH、EF分别交于T、S，
∵当正方形EFGH的边与该抛物线有且仅有两个交点，且这两个交点到x轴的距离之差为52，
∴−a⋅1a2+5a⋅1a+2=a+1+2.5，
∴7−1a=a+3.5，
∴a2−3.5a+1=0，
解得a=7+334或a=7−334（舍去）；
当x=52时，y=−ax2+5ax+2=6.25a+2，
当 a=7+334时，6.25a+2>7−1a，
∴a=7+334不符合题意；

综上所述，a=0.5．
【点睛】本题主要考查了二次函数综合，勾股定理，轴对称的性质，正方形的性质等等，利用分类讨论和数形结合的思想求解是解题的关键．
4．（2022·辽宁沈阳·中考真题）如图，平面直角坐标系中，O是坐标原点，抛物线y=ax2+bx−3经过点B6,0和点D4,−3与x轴另一个交点A．抛物线与y轴交于点C，作直线AD．
(1)①求抛物线的函数表达式
②并直接写出直线AD的函数表达式．
(2)点E是直线AD下方抛物线上一点，连接BE交AD于点F，连接BD，DE，△BDF的面积记为S1，△DEF的面积记为S2，当S1=2S2时，求点E的坐标；
(3)点G为抛物线的顶点，将抛物线图象中x轴下方部分沿x轴向上翻折，与抛物线剩下部分组成新的曲线为C1，点C的对应点C'，点G的对应点G'，将曲线C1，沿y轴向下平移n个单位长度（00) ；
（2）根据题意，
∵点A为（2，1），
∵将△AOB绕点О旋转90°，
则分为：顺时针旋转90度和逆时针旋转90度，如图：
∴A'(−1，2)或(1，−2)．
【点睛】本题考查了反比例函数和一次函数的综合，以及三角函数，旋转的性质，解题的关键是熟练掌握所学的知识，正确的画出图像进行分析．
2．（2022·四川资阳·中考真题）已知二次函数图象的顶点坐标为A(1,4)，且与x轴交于点B(−1,0)．
(1)求二次函数的表达式；
(2)如图，将二次函数图象绕x轴的正半轴上一点P(m,0)旋转180°，此时点A、B的对应点分别为点C、D．
①连结AB、BC、CD、DA，当四边形ABCD为矩形时，求m的值；
②在①的条件下，若点M是直线x=m上一点，原二次函数图象上是否存在一点Q，使得以点B、C、M、Q为顶点的四边形为平行四边形，若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−(x−1)2+4（或y=−x2+2x+3）
(2)①m=4，②存在符合条件的点Q，其坐标为(−4,−21)或(2,3)或(12,−117)
【分析】（1）根据二次函数的图象的顶点坐标，设二次函数的表达式为y=a(x−1)2+4，再把B(−1,0)代入即可得出答案；
（2）①过点A(1,4)作AE⊥x轴于点E，根据∠BAD=∠BEA=90°，又因为∠ABE=∠DBA，证明出△BAE∽△BDA，从而得出AB2=BE⋅BD，将BD=2(m+1)，BE=2，AE=4代入即可求出m的值；
②根据上问可以得到C7,−4，点M的横坐标为4，B−1,0，要让以点B、C、M、Q为顶点的平行四边形，所以分为三种情况讨论：1）当以BC为边时，存在平行四边形为BCMQ；2）当以BC为边时，存在平行四边形为BCQM；3）当以BC为对角线时，存在平行四边形为BQCM；即可得出答案．
【详解】（1）∵二次函数的图象的顶点坐标为A(1,4)，
∴设二次函数的表达式为y=a(x−1)2+4，
又∵B(−1,0)，∴0=a(−1−1)2+4，
解得：a=−1，
∴y=−(x−1)2+4（或y=−x2+2x+3）；
（2）①∵点P在x轴正半轴上，
∴m>0，
∴BP=m+1，
由旋转可得：BD=2BP，
∴BD=2(m+1)，
过点A(1,4)作AE⊥x轴于点E，
∴BE=2，AE=4，
在Rt△ABE中，AB2=BE2+AE2=22+42=20，
当四边形ABCD为矩形时，AD⊥AB，
∴∠BAD=∠BEA=90°，
又∠ABE=∠DBA，
∴△BAE∽△BDA，
∴AB2=BE⋅BD，
∴4(m+1)=20，
解得m=4；
②由题可得点A1,4与点C关于点P4,0成中心对称，
∴C7,−4，
∵点M在直线x=4上，
∴点M的横坐标为4，
存在以点B、C、M、Q为顶点的平行四边形，
1）、当以BC为边时，平行四边形为BCMQ，
点C向左平移8个单位，与点B的横坐标相同，
∴将点M向左平移8个单位后，与点Q的横坐标相同，
∴Q−4,y1代入y=−x2+2x+3，
解得：y1=−21，
∴Q(−4,−21)，
2）、当以BC为边时，平行四边形为BCQM，
点B向右平移8个单位，与点C的横坐标相同，
∴将M向右平移8个单位后，与点Q的横坐标相同，
∴Q12,y2代入y=−x2+2x+3，
解得：y2=−117，
∴Q(12,−117)，
3）、当以BC为对角线时，
点M向左平移5个单位，与点B的横坐标相同，
∴点C向左平移5个单位后，与点Q的横坐标相同，
∴Q2,y3代入y=−x2+2x+3，
得：y3=3，
∴Q(2,3)，
综上所述，存在符合条件的点Q，其坐标为(−4,−21)或(2,3)或(12,−117)．
【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数的解析式，二次函数的性质，中心对称，平行四边形的存在性问题，矩形的性质，熟练掌握以上性质并作出辅助线是本题的关键．
3．（2023·辽宁沈阳·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，二次函数y=13x2+bx+c的图象经过点A0,2，与x轴的交点为点B3,0和点C．

(1)求这个二次函数的表达式；
(2)点E，G在y轴正半轴上，OG=2OE，点D在线段OC上，OD=3OE．以线段OD，OE为邻边作矩形ODFE，连接GD，设OE=a．
①连接FC，当△GOD与△FDC相似时，求a的值；
②当点D与点C重合时，将线段GD绕点G按逆时针方向旋转60°后得到线段GH，连接FH，FG，将△GFH绕点F按顺时针方向旋转α(0°