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1.「2026云南玉溪五中期中」如图,在平面直角坐标系中,二次函数$y=ax^2+bx+c$的图象经过点$A(4,0),B(0,8),C(-2,0)$.
(1)求直线AB的表达式.
(2)求二次函数的表达式.
(3)设点P是第一象限内抛物线上的一个动点,过点P作$PQ// y$轴交直线AB于点Q,求PQ长的最大值.
(1)求直线AB的表达式.
(2)求二次函数的表达式.
(3)设点P是第一象限内抛物线上的一个动点,过点P作$PQ// y$轴交直线AB于点Q,求PQ长的最大值.
答案
(1)设直线AB的表达式为$y=kx+m$,
将点$A(4,0),B(0,8)$代入$y=kx+m$,
得$\begin{cases}4k+m=0,\\m=8,\end{cases}$解得$\begin{cases}k=-2,\\m=8,\end{cases}$
∴ 直线AB的表达式为$y=-2x+8$.
(2)将点$A(4,0),B(0,8),C(-2,0)$代入$y=ax^2+bx+c$,
得$\begin{cases}16a+4b+c=0,\\c=8,\\4a-2b+c=0,\end{cases}$解得$\begin{cases}a=-1,\\b=2,\\c=8,\end{cases}$
∴ 二次函数的表达式为$y=-x^2+2x+8$.
(3)设$P(t,-t^2+2t+8),0＜t＜4$,
则$Q(t,-2t+8)$,
∴$PQ=-t^2+2t+8-(-2t+8)=-t^2+2t+8+2t-8=-t^2+4t=-(t-2)^2+4$,
∴ 当$t=2$时,PQ长取得最大值,最大值为4.
将点$A(4,0),B(0,8)$代入$y=kx+m$,
得$\begin{cases}4k+m=0,\\m=8,\end{cases}$解得$\begin{cases}k=-2,\\m=8,\end{cases}$
∴ 直线AB的表达式为$y=-2x+8$.
(2)将点$A(4,0),B(0,8),C(-2,0)$代入$y=ax^2+bx+c$,
得$\begin{cases}16a+4b+c=0,\\c=8,\\4a-2b+c=0,\end{cases}$解得$\begin{cases}a=-1,\\b=2,\\c=8,\end{cases}$
∴ 二次函数的表达式为$y=-x^2+2x+8$.
(3)设$P(t,-t^2+2t+8),0＜t＜4$,
则$Q(t,-2t+8)$,
∴$PQ=-t^2+2t+8-(-2t+8)=-t^2+2t+8+2t-8=-t^2+4t=-(t-2)^2+4$,
∴ 当$t=2$时,PQ长取得最大值,最大值为4.
解析
【分析】
(1) 求直线AB的表达式可采用待定系数法：设一次函数解析式为$y=kx+m$，将已知的A、B两点坐标代入解析式，得到关于k、m的二元一次方程组，解方程组即可求出k、m的值，进而得到直线AB的表达式。
(2) 求二次函数表达式同样用待定系数法：将A、B、C三点坐标代入二次函数一般式$y=ax^2+bx+c$，得到关于a、b、c的三元一次方程组，解方程组求出系数即可得到二次函数解析式。
(3) 求PQ的最大值时，因为$PQ//y$轴，所以P、Q两点横坐标相同，设点P的横坐标为t（$0＜t＜4$，保证P在第一象限抛物线上），分别用t表示出P、Q的纵坐标，PQ的长度等于P的纵坐标减去Q的纵坐标（P在AB上方，纵坐标更大），得到PQ关于t的二次函数，再通过配方转化为顶点式，即可求出最大值。
【解析】
(1) 设直线AB的表达式为$y=kx+m$，
将点$A(4,0),B(0,8)$代入$y=kx+m$，
得$\begin{cases}4k+m=0,\\m=8,\end{cases}$解得$\begin{cases}k=-2,\\m=8,\end{cases}$
∴ 直线AB的表达式为$y=-2x+8$。
(2) 将点$A(4,0),B(0,8),C(-2,0)$代入$y=ax^2+bx+c$，
得$\begin{cases}16a+4b+c=0,\\c=8,\\4a-2b+c=0,\end{cases}$解得$\begin{cases}a=-1,\\b=2,\\c=8,\end{cases}$
∴ 二次函数的表达式为$y=-x^2+2x+8$。
(3) 设点$P$的横坐标为$t$，其中$0＜t＜4$，则$P(t,-t^2+2t+8)$，
∵ $PQ// y$轴，点Q在直线AB上，
∴ $Q(t,-2t+8)$，
∴$PQ=(-t^2+2t+8)-(-2t+8)=-t^2+2t+8+2t-8=-t^2+4t=-(t-2)^2+4$，
∵ 二次项系数$-1＜0$，函数开口向下，且$2$在$0＜t＜4$范围内，
∴ 当$t=2$时，PQ长取得最大值，最大值为4。
【答案】
(1) $y=-2x+8$
(2) $y=-x^2+2x+8$
(3) $4$
【知识点】
1. 待定系数法求解析式
2. 二次函数的最值
3. 坐标与线段长度
【点评】
本题是二次函数与一次函数结合的基础综合题，前两问考查待定系数法求函数解析式的基础应用，第三问的核心是利用平行于y轴的线段长度等于两点纵坐标之差，将线段最值问题转化为二次函数的最值问题，是二次函数最值类问题的典型考法，需要熟练掌握该类问题的转化思路。
【难度系数】
0.7
(1) 求直线AB的表达式可采用待定系数法：设一次函数解析式为$y=kx+m$，将已知的A、B两点坐标代入解析式，得到关于k、m的二元一次方程组，解方程组即可求出k、m的值，进而得到直线AB的表达式。
(2) 求二次函数表达式同样用待定系数法：将A、B、C三点坐标代入二次函数一般式$y=ax^2+bx+c$，得到关于a、b、c的三元一次方程组，解方程组求出系数即可得到二次函数解析式。
(3) 求PQ的最大值时，因为$PQ//y$轴，所以P、Q两点横坐标相同，设点P的横坐标为t（$0＜t＜4$，保证P在第一象限抛物线上），分别用t表示出P、Q的纵坐标，PQ的长度等于P的纵坐标减去Q的纵坐标（P在AB上方，纵坐标更大），得到PQ关于t的二次函数，再通过配方转化为顶点式，即可求出最大值。
【解析】
(1) 设直线AB的表达式为$y=kx+m$，
将点$A(4,0),B(0,8)$代入$y=kx+m$，
得$\begin{cases}4k+m=0,\\m=8,\end{cases}$解得$\begin{cases}k=-2,\\m=8,\end{cases}$
∴ 直线AB的表达式为$y=-2x+8$。
(2) 将点$A(4,0),B(0,8),C(-2,0)$代入$y=ax^2+bx+c$，
得$\begin{cases}16a+4b+c=0,\\c=8,\\4a-2b+c=0,\end{cases}$解得$\begin{cases}a=-1,\\b=2,\\c=8,\end{cases}$
∴ 二次函数的表达式为$y=-x^2+2x+8$。
(3) 设点$P$的横坐标为$t$，其中$0＜t＜4$，则$P(t,-t^2+2t+8)$，
∵ $PQ// y$轴，点Q在直线AB上，
∴ $Q(t,-2t+8)$，
∴$PQ=(-t^2+2t+8)-(-2t+8)=-t^2+2t+8+2t-8=-t^2+4t=-(t-2)^2+4$，
∵ 二次项系数$-1＜0$，函数开口向下，且$2$在$0＜t＜4$范围内，
∴ 当$t=2$时，PQ长取得最大值，最大值为4。
【答案】
(1) $y=-2x+8$
(2) $y=-x^2+2x+8$
(3) $4$
【知识点】
1. 待定系数法求解析式
2. 二次函数的最值
3. 坐标与线段长度
【点评】
本题是二次函数与一次函数结合的基础综合题，前两问考查待定系数法求函数解析式的基础应用，第三问的核心是利用平行于y轴的线段长度等于两点纵坐标之差，将线段最值问题转化为二次函数的最值问题，是二次函数最值类问题的典型考法，需要熟练掌握该类问题的转化思路。
【难度系数】
0.7
2.「2026安徽合肥期中」在平面直角坐标系中，抛物线$y=ax^2+2x+c(a≠0)$与x轴交于$A(-1,0),B(3,0)$两点，与y轴交于点C，作直线BC.
(1)求抛物线的表达式.
(2)如图1，点P是线段BC上方的抛物线上一动点，过点P作$PQ⊥BC$，垂足为Q，求线段PQ长的最大值.
(3)如图2，点M是直线BC上一动点，过点M作线段$MN// OC$(点N在直线BC下方)，已知$MN=2$，若线段MN与抛物线有交点，请直接写出点M的横坐标$x_M$的取值范围.
(1)求抛物线的表达式.
(2)如图1，点P是线段BC上方的抛物线上一动点，过点P作$PQ⊥BC$，垂足为Q，求线段PQ长的最大值.
(3)如图2，点M是直线BC上一动点，过点M作线段$MN// OC$(点N在直线BC下方)，已知$MN=2$，若线段MN与抛物线有交点，请直接写出点M的横坐标$x_M$的取值范围.
答案
(1)将点$A(-1,0),B(3,0)$的坐标分别代入$y=ax^2+2x+c$得$\begin{cases}a-2+c=0,\\9a+6+c=0,\end{cases}$解得$\begin{cases}a=-1,\\c=3,\end{cases}$
∴ 抛物线的表达式为$y=-x^2+2x+3$.
(2)
∵ 当$x=0$时,$y=3$,
∴ $C(0,3)$,
∴ $OC=3$,
∵ $B(3,0)$,
∴ $OB=3$,
∴ $OC=OB$,
∴ $∠OBC=45°$,
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$y=-x+3$,
如图,过点P作$PE⊥x$轴于点E,交BC于点D,
设$P(m,-m^2+2m+3)$,则$D(m,-m+3)$,
∴ $PD=-m^2+2m+3-(-m+3)=-m^2+3m=-(m-\dfrac{3}{2})^2+\dfrac{9}{4}$,
∵ $PQ⊥BC$,
∴ $∠PQD=90°=∠PEB$,
∵ $∠PDQ=∠BDE$,
∴ $∠DPQ=∠OBC=45°$,
∴ $△DPQ$是等腰直角三角形,
∴ $PQ=DQ$,
由勾股定理易知$PQ=\dfrac{\sqrt{2}}{2}PD$,
∴ 当PD最长时,PQ最长,
∵ $PD=-(m-\dfrac{3}{2})^2+\dfrac{9}{4}$,
∴ 当$m=\dfrac{3}{2}$时,PD长取得最大值,最大值为$\dfrac{9}{4}$,此时PQ长最大,最大值为$\dfrac{9\sqrt{2}}{8}$,点P的坐标为$(\dfrac{3}{2},\dfrac{15}{4})$.
(3)$\dfrac{3-\sqrt{17}}{2} ≤ x_M ≤ 0$ 或 $3 ≤ x_M ≤ \dfrac{3+\sqrt{17}}{2}$.
详解:设$M(t,-t+3)$,则$x_N=t$,
当点N恰好在抛物线上时,$N(t,-t^2+2t+3)$,
∴ $MN=-t+3-(-t^2+2t+3)=t^2-3t$,
当$MN=2$时,$t^2-3t=2$,解得$t_1=\dfrac{3+\sqrt{17}}{2}$,$t_2=\dfrac{3-\sqrt{17}}{2}$,
∵ 线段MN与抛物线有交点,
∴ $\dfrac{3-\sqrt{17}}{2} ≤ x_M ≤ 0$ 或 $3 ≤ x_M ≤ \dfrac{3+\sqrt{17}}{2}$.
解析
【分析】
(1) 求抛物线表达式可采用待定系数法，将已知的A、B两点坐标代入抛物线解析式，得到关于a、c的二元一次方程组，解方程组即可求得参数值，进而得到抛物线表达式。
(2) 先求点C坐标与直线BC的解析式，可证△OBC为等腰直角三角形，∠OBC=45°。过点P作PE⊥x轴交BC于点D，可得△PDQ为等腰直角三角形，因此$PQ=\dfrac{\sqrt{2}}{2}PD$，只需将PD表示为关于P点横坐标的二次函数，配方求PD的最大值，即可得到PQ的最大值。
(3) 由$MN//OC$可知M、N横坐标相同，设M的横坐标为t，写出M、N的坐标，根据$MN=2$列方程求得t的边界值，再结合MN的位置要求分类讨论，即可得到$x_M$的取值范围。
【解析】
(1)将点$A(-1,0),B(3,0)$的坐标分别代入$y=ax^2+2x+c$得$\begin{cases}a-2+c=0,\\9a+6+c=0,\end{cases}$解得$\begin{cases}a=-1,\\c=3,\end{cases}$
∴ 抛物线的表达式为$y=-x^2+2x+3$.
(2)
∵ 当$x=0$时,$y=3$,
∴ $C(0,3)$,
∴ $OC=3$,
∵ $B(3,0)$,
∴ $OB=3$,
∴ $OC=OB$,
∴ $∠OBC=45°$,
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$y=-x+3$,
如图,过点P作$PE⊥x$轴于点E,交BC于点D,
设$P(m,-m^2+2m+3)$,则$D(m,-m+3)$,
∴ $PD=-m^2+2m+3-(-m+3)=-m^2+3m=-(m-\dfrac{3}{2})^2+\dfrac{9}{4}$,
∵ $PQ⊥BC$,
∴ $∠PQD=90°=∠PEB$,
∵ $∠PDQ=∠BDE$,
∴ $∠DPQ=∠OBC=45°$,
∴ $△DPQ$是等腰直角三角形,
∴ $PQ=DQ$,
由勾股定理易知$PQ=\dfrac{\sqrt{2}}{2}PD$,
∴ 当PD最长时,PQ最长,
∵ $PD=-(m-\dfrac{3}{2})^2+\dfrac{9}{4}$,
∴ 当$m=\dfrac{3}{2}$时,PD长取得最大值,最大值为$\dfrac{9}{4}$,此时PQ长最大,最大值为$\dfrac{9\sqrt{2}}{8}$.
(3)设$M(t,-t+3)$,则$x_N=t$,
当点N恰好在抛物线上时,$N(t,-t^2+2t+3)$,
∴ $MN=-t+3-(-t^2+2t+3)=t^2-3t$,
当$MN=2$时,$t^2-3t=2$,解得$t_1=\dfrac{3+\sqrt{17}}{2}$,$t_2=\dfrac{3-\sqrt{17}}{2}$,
∵ 线段MN与抛物线有交点,
∴ $\dfrac{3-\sqrt{17}}{2} ≤ x_M ≤ 0$ 或 $3 ≤ x_M ≤ \dfrac{3+\sqrt{17}}{2}$.
【答案】
(1) $y=-x^2+2x+3$
(2) $\dfrac{9\sqrt{2}}{8}$
(3) $\dfrac{3-\sqrt{17}}{2} ≤ x_M ≤ 0$ 或 $3 ≤ x_M ≤ \dfrac{3+\sqrt{17}}{2}$
【知识点】
待定系数法求解析式，二次函数最值应用，等腰直角三角形性质
【点评】
本题是二次函数的典型综合题，前两问侧重基础方法的应用，通过几何性质将垂线段最值转化为二次函数求最值问题，渗透了转化思想；第三问需要结合图形位置分类讨论，能有效考查二次函数与几何图形的综合应用能力。
【难度系数】
0.6
(1) 求抛物线表达式可采用待定系数法，将已知的A、B两点坐标代入抛物线解析式，得到关于a、c的二元一次方程组，解方程组即可求得参数值，进而得到抛物线表达式。
(2) 先求点C坐标与直线BC的解析式，可证△OBC为等腰直角三角形，∠OBC=45°。过点P作PE⊥x轴交BC于点D，可得△PDQ为等腰直角三角形，因此$PQ=\dfrac{\sqrt{2}}{2}PD$，只需将PD表示为关于P点横坐标的二次函数，配方求PD的最大值，即可得到PQ的最大值。
(3) 由$MN//OC$可知M、N横坐标相同，设M的横坐标为t，写出M、N的坐标，根据$MN=2$列方程求得t的边界值，再结合MN的位置要求分类讨论，即可得到$x_M$的取值范围。
【解析】
(1)将点$A(-1,0),B(3,0)$的坐标分别代入$y=ax^2+2x+c$得$\begin{cases}a-2+c=0,\\9a+6+c=0,\end{cases}$解得$\begin{cases}a=-1,\\c=3,\end{cases}$
∴ 抛物线的表达式为$y=-x^2+2x+3$.
(2)
∵ 当$x=0$时,$y=3$,
∴ $C(0,3)$,
∴ $OC=3$,
∵ $B(3,0)$,
∴ $OB=3$,
∴ $OC=OB$,
∴ $∠OBC=45°$,
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$y=-x+3$,
如图,过点P作$PE⊥x$轴于点E,交BC于点D,
设$P(m,-m^2+2m+3)$,则$D(m,-m+3)$,
∴ $PD=-m^2+2m+3-(-m+3)=-m^2+3m=-(m-\dfrac{3}{2})^2+\dfrac{9}{4}$,
∵ $PQ⊥BC$,
∴ $∠PQD=90°=∠PEB$,
∵ $∠PDQ=∠BDE$,
∴ $∠DPQ=∠OBC=45°$,
∴ $△DPQ$是等腰直角三角形,
∴ $PQ=DQ$,
由勾股定理易知$PQ=\dfrac{\sqrt{2}}{2}PD$,
∴ 当PD最长时,PQ最长,
∵ $PD=-(m-\dfrac{3}{2})^2+\dfrac{9}{4}$,
∴ 当$m=\dfrac{3}{2}$时,PD长取得最大值,最大值为$\dfrac{9}{4}$,此时PQ长最大,最大值为$\dfrac{9\sqrt{2}}{8}$.
(3)设$M(t,-t+3)$,则$x_N=t$,
当点N恰好在抛物线上时,$N(t,-t^2+2t+3)$,
∴ $MN=-t+3-(-t^2+2t+3)=t^2-3t$,
当$MN=2$时,$t^2-3t=2$,解得$t_1=\dfrac{3+\sqrt{17}}{2}$,$t_2=\dfrac{3-\sqrt{17}}{2}$,
∵ 线段MN与抛物线有交点,
∴ $\dfrac{3-\sqrt{17}}{2} ≤ x_M ≤ 0$ 或 $3 ≤ x_M ≤ \dfrac{3+\sqrt{17}}{2}$.
【答案】
(1) $y=-x^2+2x+3$
(2) $\dfrac{9\sqrt{2}}{8}$
(3) $\dfrac{3-\sqrt{17}}{2} ≤ x_M ≤ 0$ 或 $3 ≤ x_M ≤ \dfrac{3+\sqrt{17}}{2}$
【知识点】
待定系数法求解析式，二次函数最值应用，等腰直角三角形性质
【点评】
本题是二次函数的典型综合题，前两问侧重基础方法的应用，通过几何性质将垂线段最值转化为二次函数求最值问题，渗透了转化思想；第三问需要结合图形位置分类讨论，能有效考查二次函数与几何图形的综合应用能力。
【难度系数】
0.6
