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2. （2026·荆州期中）抛物线$y=ax^2+2x+c$与x轴交于$A(-1,0)$，B两点，与y轴交于点$C(0,3)$。
（1）求抛物线的表达式。
（2）如图，过点A的直线$m// BC$，点Q是直线BC上方抛物线上一动点，过点Q作$QE⊥ m$，垂足为点E，连结BE，CE，CQ，QB。当四边形BECQ的面积最大时，求点Q的坐标及四边形BECQ面积的最大值。
（1）求抛物线的表达式。
（2）如图，过点A的直线$m// BC$，点Q是直线BC上方抛物线上一动点，过点Q作$QE⊥ m$，垂足为点E，连结BE，CE，CQ，QB。当四边形BECQ的面积最大时，求点Q的坐标及四边形BECQ面积的最大值。
答案
2. (1)
∵抛物线$y=ax^2+2x+c$过$A(-1,0),C(0,3)$，
∴$\begin{cases}a-2+c=0,\\c=3,\end{cases}$解得$\begin{cases}a=-1,\\c=3,\end{cases}$
∴抛物线的表达式为$y=-x^2+2x+3$。
(2) 令$y=0$，得$-x^2+2x+3=0$，解得$x_1=-1,x_2=3$，
∴$B(3,0)$。
∵$C(0,3)$，
∴设直线$BC$的表达式为$y = kx + b$，
∴$\begin{cases}3k+b=0,\\b=3,\end{cases}$解得$\begin{cases}k=-1,\\b=3,\end{cases}$
∴直线$BC$的表达式为$y=-x+3$。
∵$m// BC$，
∴$S_{△ BCE}=S_{△ BCA}$（同底等高）。
∵$A(-1,0),B(3,0),C(0,3)$，
∴$S_{△ BCA}=\frac{1}{2}× AB×3=\frac{1}{2}×4×3=6$，
∴$S_{△ BCE}=6$。设$Q(t,-t^2+2t+3)(0＜t＜3)$，过$Q$作$x$轴的垂线，交$BC$于点$F$，则$F(t,-t+3)$，
∴$QF=(-t^2+2t+3)-(-t+3)=-t^2+3t$。
∵$B(3,0),C(0,3)$，水平距离$OB=3$，
∴$S_{△ BCQ}=\frac{1}{2}× QF×3=\frac{1}{2}×(-t^2+3t)×3=-\frac{3}{2}t^2+\frac{9}{2}t$，四边形$BECQ$的面积$S=S_{△ BCE}+S_{△ BCQ}=6+(-\frac{3}{2}t^2+\frac{9}{2}t)=-\frac{3}{2}t^2+\frac{9}{2}t+6=-\frac{3}{2}(t-\frac{3}{2})^2+\frac{75}{8}$，
∵$-\frac{3}{2}＜0$，
∴当$t=\frac{3}{2}$时，$S_{max}=\frac{75}{8}$，此时$Q(\frac{3}{2},-(\frac{3}{2})^2+2×\frac{3}{2}+3)$，即$(\frac{3}{2},\frac{15}{4})$，
∴四边形$BECQ$面积的最大值为$\frac{75}{8}$，此时点$Q$的坐标为$(\frac{3}{2},\frac{15}{4})$。
解析
【分析】
（1）求抛物线表达式时，已知抛物线经过$A(-1,0)$和$C(0,3)$两个定点，直接将两点坐标代入抛物线的一般式，得到关于参数$a$、$c$的二元一次方程组，解方程组即可求出参数值，进而得到抛物线解析式。
（2）首先求出抛物线与x轴的另一个交点$B$的坐标，再求出直线$BC$的解析式；由于直线$m// BC$，根据平行线间距离处处相等，可得$△ BCE$和$△ BCA$同底等高，因此$△ BCE$的面积是固定值，等于$△ ABC$的面积。此时四边形$BECQ$的面积可转化为固定的$△ BCE$面积加$△ BCQ$的面积，因此只需最大化$△ BCQ$的面积即可。设点$Q$的横坐标为$t$，用$t$表示$Q$的纵坐标，过$Q$作x轴垂线交$BC$于点$F$，用$Q$和$F$的纵坐标差求出铅垂高$QF$的长度，结合$B$、$C$的水平距离表示出$△ BCQ$的面积，进而得到四边形面积关于$t$的二次函数，配方后结合二次函数的开口方向即可求出最值和对应的$Q$点坐标。
【解析】
(1)
∵抛物线$y=ax^2+2x+c$过$A(-1,0),C(0,3)$，
∴$\begin{cases}a-2+c=0,\\c=3,\end{cases}$解得$\begin{cases}a=-1,\\c=3,\end{cases}$
∴抛物线的表达式为$y=-x^2+2x+3$。
(2) 令$y=0$，得$-x^2+2x+3=0$，解得$x_1=-1,x_2=3$，
∴$B(3,0)$。
∵$C(0,3)$，设直线$BC$的表达式为$y = kx + b$，
∴$\begin{cases}3k+b=0,\\b=3,\end{cases}$解得$\begin{cases}k=-1,\\b=3,\end{cases}$
∴直线$BC$的表达式为$y=-x+3$。
∵$m// BC$，
∴$S_{△ BCE}=S_{△ BCA}$（同底等高）。
∵$A(-1,0),B(3,0),C(0,3)$，
∴$S_{△ BCA}=\frac{1}{2}× AB×3=\frac{1}{2}×4×3=6$，
∴$S_{△ BCE}=6$。设$Q(t,-t^2+2t+3)(0＜t＜3)$，过$Q$作$x$轴的垂线，交$BC$于点$F$，则$F(t,-t+3)$，
∴$QF=(-t^2+2t+3)-(-t+3)=-t^2+3t$。
∵$B(3,0),C(0,3)$，水平距离$|x_B-x_C|=3$，
∴$S_{△ BCQ}=\frac{1}{2}× QF×3=\frac{1}{2}×(-t^2+3t)×3=-\frac{3}{2}t^2+\frac{9}{2}t$，
四边形$BECQ$的面积$S=S_{△ BCE}+S_{△ BCQ}=6+(-\frac{3}{2}t^2+\frac{9}{2}t)=-\frac{3}{2}t^2+\frac{9}{2}t+6=-\frac{3}{2}(t-\frac{3}{2})^2+\frac{75}{8}$，
∵$-\frac{3}{2}＜0$，
∴二次函数开口向下，
∴当$t=\frac{3}{2}$时，$S_{max}=\frac{75}{8}$，此时$Q(\frac{3}{2},-(\frac{3}{2})^2+2×\frac{3}{2}+3)$，即$(\frac{3}{2},\frac{15}{4})$。
【答案】
(1) 抛物线的表达式为$\boldsymbol{y=-x^2+2x+3}$；
(2) 四边形BECQ面积的最大值为$\boldsymbol{\frac{75}{8}}$，此时点Q的坐标为$\boldsymbol{(\frac{3}{2},\frac{15}{4})}$。
【知识点】
待定系数法求解析式，二次函数最值，平行线面积转化
【点评】
本题是二次函数与面积最值的典型综合题，解题核心是利用平行线性质完成面积的转化，将不规则四边形的面积转化为固定面积与可变三角形面积之和，再通过铅垂高法表示三角形面积，结合二次函数性质求解最值，对学生的转化思维和代数建模能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
（1）求抛物线表达式时，已知抛物线经过$A(-1,0)$和$C(0,3)$两个定点，直接将两点坐标代入抛物线的一般式，得到关于参数$a$、$c$的二元一次方程组，解方程组即可求出参数值，进而得到抛物线解析式。
（2）首先求出抛物线与x轴的另一个交点$B$的坐标，再求出直线$BC$的解析式；由于直线$m// BC$，根据平行线间距离处处相等，可得$△ BCE$和$△ BCA$同底等高，因此$△ BCE$的面积是固定值，等于$△ ABC$的面积。此时四边形$BECQ$的面积可转化为固定的$△ BCE$面积加$△ BCQ$的面积，因此只需最大化$△ BCQ$的面积即可。设点$Q$的横坐标为$t$，用$t$表示$Q$的纵坐标，过$Q$作x轴垂线交$BC$于点$F$，用$Q$和$F$的纵坐标差求出铅垂高$QF$的长度，结合$B$、$C$的水平距离表示出$△ BCQ$的面积，进而得到四边形面积关于$t$的二次函数，配方后结合二次函数的开口方向即可求出最值和对应的$Q$点坐标。
【解析】
(1)
∵抛物线$y=ax^2+2x+c$过$A(-1,0),C(0,3)$，
∴$\begin{cases}a-2+c=0,\\c=3,\end{cases}$解得$\begin{cases}a=-1,\\c=3,\end{cases}$
∴抛物线的表达式为$y=-x^2+2x+3$。
(2) 令$y=0$，得$-x^2+2x+3=0$，解得$x_1=-1,x_2=3$，
∴$B(3,0)$。
∵$C(0,3)$，设直线$BC$的表达式为$y = kx + b$，
∴$\begin{cases}3k+b=0,\\b=3,\end{cases}$解得$\begin{cases}k=-1,\\b=3,\end{cases}$
∴直线$BC$的表达式为$y=-x+3$。
∵$m// BC$，
∴$S_{△ BCE}=S_{△ BCA}$（同底等高）。
∵$A(-1,0),B(3,0),C(0,3)$，
∴$S_{△ BCA}=\frac{1}{2}× AB×3=\frac{1}{2}×4×3=6$，
∴$S_{△ BCE}=6$。设$Q(t,-t^2+2t+3)(0＜t＜3)$，过$Q$作$x$轴的垂线，交$BC$于点$F$，则$F(t,-t+3)$，
∴$QF=(-t^2+2t+3)-(-t+3)=-t^2+3t$。
∵$B(3,0),C(0,3)$，水平距离$|x_B-x_C|=3$，
∴$S_{△ BCQ}=\frac{1}{2}× QF×3=\frac{1}{2}×(-t^2+3t)×3=-\frac{3}{2}t^2+\frac{9}{2}t$，
四边形$BECQ$的面积$S=S_{△ BCE}+S_{△ BCQ}=6+(-\frac{3}{2}t^2+\frac{9}{2}t)=-\frac{3}{2}t^2+\frac{9}{2}t+6=-\frac{3}{2}(t-\frac{3}{2})^2+\frac{75}{8}$，
∵$-\frac{3}{2}＜0$，
∴二次函数开口向下，
∴当$t=\frac{3}{2}$时，$S_{max}=\frac{75}{8}$，此时$Q(\frac{3}{2},-(\frac{3}{2})^2+2×\frac{3}{2}+3)$，即$(\frac{3}{2},\frac{15}{4})$。
【答案】
(1) 抛物线的表达式为$\boldsymbol{y=-x^2+2x+3}$；
(2) 四边形BECQ面积的最大值为$\boldsymbol{\frac{75}{8}}$，此时点Q的坐标为$\boldsymbol{(\frac{3}{2},\frac{15}{4})}$。
【知识点】
待定系数法求解析式，二次函数最值，平行线面积转化
【点评】
本题是二次函数与面积最值的典型综合题，解题核心是利用平行线性质完成面积的转化，将不规则四边形的面积转化为固定面积与可变三角形面积之和，再通过铅垂高法表示三角形面积，结合二次函数性质求解最值，对学生的转化思维和代数建模能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
