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4[2026湖北武汉调研,较难]如图(1),已知抛物线$C_1:y=\frac{1}{4}x^2 +bx +c$经过y轴正半轴上一点$C(0,2)$和x轴负半轴上一点A,且$\frac{OC}{OA}=2$.
(1)求抛物线$C_1$的表达式.
(2)将抛物线$C_1$平移,使其顶点与$B(0,1)$重合得到抛物线$C_2$,如图(2)所示,设抛物线$C_2$上有任意一点P,过P作$PM⊥x$轴于点M,则y轴正半轴上是否存在一定点N使得线段$PM=PN$恒成立?若存在,请求出点N的坐标;若不存在,则说明理由.
(3)在(2)的基础上,设过点N的直线l分别交抛物线$C_2$于D,E两点,如图(3)所示,请求出$DN+3EN$的最小值.
(1)求抛物线$C_1$的表达式.
(2)将抛物线$C_1$平移,使其顶点与$B(0,1)$重合得到抛物线$C_2$,如图(2)所示,设抛物线$C_2$上有任意一点P,过P作$PM⊥x$轴于点M,则y轴正半轴上是否存在一定点N使得线段$PM=PN$恒成立?若存在,请求出点N的坐标;若不存在,则说明理由.
(3)在(2)的基础上,设过点N的直线l分别交抛物线$C_2$于D,E两点,如图(3)所示,请求出$DN+3EN$的最小值.
答案
(1)
∵ C(0,2),
∴ OC=2.
∵ $\frac{OC}{OA}=2$,
∴ OA=1,
∴ A(-1,0).
把A(-1,0),C(0,2)代入y=$\frac{1}{4}$x²+bx+c,得$\begin{cases}\frac{1}{4}-b+c=0,\\c=2,\end{cases}$解得$\begin{cases}b=\frac{9}{4},\\c=2,\end{cases}$
∴ 抛物线C₁的表达式为y=$\frac{1}{4}$x²+$\frac{9}{4}$x+2.
(2)存在.
∵ 将抛物线C₁平移,使其顶点与B(0,1)重合得到抛物线C₂,
∴ 抛物线C₂的表达式为y=$\frac{1}{4}$x²+1. 设P(p,$\frac{1}{4}$p²+1),N(0,n),
∴ PM=$\frac{1}{4}$p²+1,PN²=p²+($\frac{1}{4}$p²+1-n)².
当PM=PN时,PM²=PN²,
∴ $(\frac{1}{4}p²+1)^2$=p²+$(\frac{1}{4}p²+1-n)^2$,整理得$(1-\frac{n}{2})p²-2n+n²=0$.
∵ 点N使得线段PM=PN恒成立,
∴ $1-\frac{n}{2}=0$,
∴ n=2,
∴ N(0,2). 故y轴正半轴上存在一定点N使得线段PM=PN恒成立,且N(0,2).
(3)如图,作EG⊥x轴于G,DH⊥x轴于H.由(2)可知,抛物线C₂的表达式为y=$\frac{1}{4}$x²+1,设E(e,$\frac{1}{4}$e²+1),D(d,$\frac{1}{4}$d²+1),
由(2)可知,EG=EN,DN=DH,
∴ DN+3EN=$\frac{1}{4}$d²+1+$\frac{3}{4}$e²+3=$\frac{1}{4}$d²+$\frac{3}{4}$e²+4.
设直线DE的表达式为y=kx+t,把E(e,$\frac{1}{4}$e²+1),D(d,$\frac{1}{4}$d²+1)代入y=kx+t,得$\begin{cases}ek+t=\frac{1}{4}e²+1,\\dk+t=\frac{1}{4}d²+1,\end{cases}$
解得$\begin{cases}k=\frac{1}{4}(d+e),\\t=1-\frac{1}{4}de,\end{cases}$
∴ 直线DE的表达式为y=$\frac{1}{4}$(d+e)x+1-$\frac{1}{4}$de.
∵ 直线DE经过N(0,2),
∴ 1-$\frac{1}{4}$de=2,
∴ de=-4,
∴ d=$\frac{-4}{e}$.
∴ DN+3EN=$\frac{4}{e²}$+$\frac{3}{4}$e²+4=$(\frac{2}{e}-\frac{\sqrt{3}e}{2})^2+2\sqrt{3}+4$.
∵ $(\frac{2}{e}-\frac{\sqrt{3}e}{2})^2$≥0,
∴ DN+3EN的最小值是2√3+4.
解析
【分析】
(1) 先从已知点C的坐标出发求出OC的长度，结合$\frac{OC}{OA}=2$算出OA的长度，得到点A的坐标，再将A、C两点坐标代入抛物线$C_1$的解析式，解二元一次方程组求出b、c的值，即可得到$C_1$的表达式。
(2) 先根据平移后抛物线顶点为$B(0,1)$，写出平移后抛物线$C_2$的解析式；设点P的横坐标为p得到P的坐标，再设y轴上定点N坐标为$(0,n)$，分别表示出PM的长度和PN的平方，利用$PM=PN$恒成立即等式对任意p都成立，令含$p^2$的项系数和常数项均为0，即可求出n的值确定N的坐标。
(3) 借助(2)的结论：抛物线$C_2$上的点到N的距离等于该点到x轴的距离，将$DN$转化为D到x轴的距离$DH$，$EN$转化为E到x轴的距离$EG$，把$DN+3EN$转化为关于E、D横坐标的代数式；再设过N的直线DE的解析式，联立抛物线解析式得到D、E横坐标的乘积关系，代入所求代数式，通过配方利用非负性求最小值即可。
【解析】
(1)
∵ C(0,2),
∴ OC=2.
∵ $\frac{OC}{OA}=2$,
∴ OA=1,
∴ A(-1,0).
把A(-1,0),C(0,2)代入$y=\frac{1}{4}x²+bx+c$,得$\begin{cases}\frac{1}{4}-b+c=0,\\c=2,\end{cases}$解得$\begin{cases}b=\frac{9}{4},\\c=2,\end{cases}$
∴ 抛物线$C_1$的表达式为$y=\frac{1}{4}x²+\frac{9}{4}x+2$.
(2)存在.
∵ 将抛物线$C_1$平移,使其顶点与$B(0,1)$重合得到抛物线$C_2$,
∴ 抛物线$C_2$的表达式为$y=\frac{1}{4}x²+1$. 设P(p,$\frac{1}{4}p²+1$),N(0,n),
∴ PM=$\frac{1}{4}p²+1$,$PN²=p²+(\frac{1}{4}p²+1-n)²$.
当PM=PN时,$PM²=PN²$,
∴ $(\frac{1}{4}p²+1)^2$=$p²+(\frac{1}{4}p²+1-n)^2$,整理得$(1-\frac{n}{2})p²-2n+n²=0$.
∵ 点N使得线段PM=PN恒成立,
∴ $1-\frac{n}{2}=0$,
∴ n=2,
∴ N(0,2). 故y轴正半轴上存在一定点N使得线段PM=PN恒成立,且N(0,2).
(3)如图,作EG⊥x轴于G,DH⊥x轴于H.由(2)可知,抛物线$C_2$的表达式为$y=\frac{1}{4}x²+1$,设E(e,$\frac{1}{4}e²+1$),D(d,$\frac{1}{4}d²+1$),
由(2)可知,EG=EN,DN=DH,
∴ $DN+3EN=\frac{1}{4}d²+1+\frac{3}{4}e²+3=\frac{1}{4}d²+\frac{3}{4}e²+4$.
设直线DE的表达式为$y=kx+t$,把E(e,$\frac{1}{4}e²+1$),D(d,$\frac{1}{4}d²+1$)代入$y=kx+t$,得$\begin{cases}ek+t=\frac{1}{4}e²+1,\\dk+t=\frac{1}{4}d²+1,\end{cases}$
解得$\begin{cases}k=\frac{1}{4}(d+e),\\t=1-\frac{1}{4}de,\end{cases}$
∴ 直线DE的表达式为$y=\frac{1}{4}(d+e)x+1-\frac{1}{4}de$.
∵ 直线DE经过N(0,2),
∴ $1-\frac{1}{4}de=2$,
∴ de=-4,
∴ $d=\frac{-4}{e}$.
∴ $DN+3EN=\frac{4}{e²}+\frac{3}{4}e²+4=(\frac{2}{e}-\frac{\sqrt{3}e}{2})^2+2\sqrt{3}+4$.
∵ $(\frac{2}{e}-\frac{\sqrt{3}e}{2})^2$≥0,
∴ $DN+3EN$的最小值是$2\sqrt{3}+4$.
【答案】
(1) $y=\frac{1}{4}x²+\frac{9}{4}x+2$
(2) 存在，N点坐标为$(0,2)$
(3) $2\sqrt{3}+4$
【知识点】
待定系数法求解析式；二次函数的平移；二次函数最值
【点评】
本题综合考查二次函数的相关知识，第一问为基础题型，考查待定系数法求函数解析式；第二问将线段相等恒成立问题转化为代数式对任意变量成立的问题，是本题的过渡核心；第三问需要结合前一问结论转化线段长度，再通过代数变形利用非负性求最值，对逻辑推理和运算能力有较高要求。
【难度系数】
0.3
(1) 先从已知点C的坐标出发求出OC的长度，结合$\frac{OC}{OA}=2$算出OA的长度，得到点A的坐标，再将A、C两点坐标代入抛物线$C_1$的解析式，解二元一次方程组求出b、c的值，即可得到$C_1$的表达式。
(2) 先根据平移后抛物线顶点为$B(0,1)$，写出平移后抛物线$C_2$的解析式；设点P的横坐标为p得到P的坐标，再设y轴上定点N坐标为$(0,n)$，分别表示出PM的长度和PN的平方，利用$PM=PN$恒成立即等式对任意p都成立，令含$p^2$的项系数和常数项均为0，即可求出n的值确定N的坐标。
(3) 借助(2)的结论：抛物线$C_2$上的点到N的距离等于该点到x轴的距离，将$DN$转化为D到x轴的距离$DH$，$EN$转化为E到x轴的距离$EG$，把$DN+3EN$转化为关于E、D横坐标的代数式；再设过N的直线DE的解析式，联立抛物线解析式得到D、E横坐标的乘积关系，代入所求代数式，通过配方利用非负性求最小值即可。
【解析】
(1)
∵ C(0,2),
∴ OC=2.
∵ $\frac{OC}{OA}=2$,
∴ OA=1,
∴ A(-1,0).
把A(-1,0),C(0,2)代入$y=\frac{1}{4}x²+bx+c$,得$\begin{cases}\frac{1}{4}-b+c=0,\\c=2,\end{cases}$解得$\begin{cases}b=\frac{9}{4},\\c=2,\end{cases}$
∴ 抛物线$C_1$的表达式为$y=\frac{1}{4}x²+\frac{9}{4}x+2$.
(2)存在.
∵ 将抛物线$C_1$平移,使其顶点与$B(0,1)$重合得到抛物线$C_2$,
∴ 抛物线$C_2$的表达式为$y=\frac{1}{4}x²+1$. 设P(p,$\frac{1}{4}p²+1$),N(0,n),
∴ PM=$\frac{1}{4}p²+1$,$PN²=p²+(\frac{1}{4}p²+1-n)²$.
当PM=PN时,$PM²=PN²$,
∴ $(\frac{1}{4}p²+1)^2$=$p²+(\frac{1}{4}p²+1-n)^2$,整理得$(1-\frac{n}{2})p²-2n+n²=0$.
∵ 点N使得线段PM=PN恒成立,
∴ $1-\frac{n}{2}=0$,
∴ n=2,
∴ N(0,2). 故y轴正半轴上存在一定点N使得线段PM=PN恒成立,且N(0,2).
(3)如图,作EG⊥x轴于G,DH⊥x轴于H.由(2)可知,抛物线$C_2$的表达式为$y=\frac{1}{4}x²+1$,设E(e,$\frac{1}{4}e²+1$),D(d,$\frac{1}{4}d²+1$),
由(2)可知,EG=EN,DN=DH,
∴ $DN+3EN=\frac{1}{4}d²+1+\frac{3}{4}e²+3=\frac{1}{4}d²+\frac{3}{4}e²+4$.
设直线DE的表达式为$y=kx+t$,把E(e,$\frac{1}{4}e²+1$),D(d,$\frac{1}{4}d²+1$)代入$y=kx+t$,得$\begin{cases}ek+t=\frac{1}{4}e²+1,\\dk+t=\frac{1}{4}d²+1,\end{cases}$
解得$\begin{cases}k=\frac{1}{4}(d+e),\\t=1-\frac{1}{4}de,\end{cases}$
∴ 直线DE的表达式为$y=\frac{1}{4}(d+e)x+1-\frac{1}{4}de$.
∵ 直线DE经过N(0,2),
∴ $1-\frac{1}{4}de=2$,
∴ de=-4,
∴ $d=\frac{-4}{e}$.
∴ $DN+3EN=\frac{4}{e²}+\frac{3}{4}e²+4=(\frac{2}{e}-\frac{\sqrt{3}e}{2})^2+2\sqrt{3}+4$.
∵ $(\frac{2}{e}-\frac{\sqrt{3}e}{2})^2$≥0,
∴ $DN+3EN$的最小值是$2\sqrt{3}+4$.
【答案】
(1) $y=\frac{1}{4}x²+\frac{9}{4}x+2$
(2) 存在，N点坐标为$(0,2)$
(3) $2\sqrt{3}+4$
【知识点】
待定系数法求解析式；二次函数的平移；二次函数最值
【点评】
本题综合考查二次函数的相关知识，第一问为基础题型，考查待定系数法求函数解析式；第二问将线段相等恒成立问题转化为代数式对任意变量成立的问题，是本题的过渡核心；第三问需要结合前一问结论转化线段长度，再通过代数变形利用非负性求最值，对逻辑推理和运算能力有较高要求。
【难度系数】
0.3
5[中]如图,抛物线$y=ax^2+bx+c$($a,b,c$为常数,$a≠0$)经过点$A(-1,0),B(5,-6),C(6,0)$.
(1)求抛物线的表达式.
(2)连接$AB$,点$P$在直线$AB$下方的抛物线上,求出$△ ABP$的面积最大时点$P$的坐标.
(1)求抛物线的表达式.
(2)连接$AB$,点$P$在直线$AB$下方的抛物线上,求出$△ ABP$的面积最大时点$P$的坐标.
答案
(1)设y=a(x+1)(x-6)(a≠0).把B(5,-6)代入,得a(5+1)(5-6)=-6,解得a=1,
∴ y=(x+1)(x-6)=x²-5x-6.
(2)如图,连接AP,BP,过点P作PD⊥x轴于点D,交AB于点E.
由A(-1,0),B(5,-6),易得直线AB的表达式为y=-x-1.
$S_{△ ABC} = S_{△ ABF} + S_{△ BCF}$
$= \frac{1}{2}BF · AG+\frac{1}{2}BF · EC$
$= \frac{1}{2} BF · (AG+EC)$
$= \frac{1}{2} BF · (AG+GD)$
$= \frac{1}{2}BF · AD.$
设P(m,m²-5m-6)(-1＜m＜5),则E(m,-m-1),
∴ PE=(-m-1)-(m²-5m-6)=-m²+4m+5,
∴ $S_{△ ABP} = \frac{1}{2}PE · (x_B - x_A ) = \frac{1}{2}(-m²+4m+5) ×6 = -3(m-2)²+27$,
∴ 当m=2时,$S_{△ ABP}$最大,此时P(2,-12).
关键点拨
(2) 过点 P 作 $PQ // y$ 轴交 AC 于点 Q, 列出四边形 OCPA 的面积关于 m 的函数表达式是解本题的关键.
解析
【分析】
(1) 已知抛物线与x轴交于A(-1,0)、C(6,0)两点，可先设交点式的抛物线解析式，再将点B(5,-6)代入求出参数a，即可得到抛物线的表达式。
(2) 求△ABP的面积最大值可采用铅垂高法：过点P作x轴的垂线，交直线AB于点E，此时△ABP的面积可表示为$\frac{1}{2}$×铅垂高PE×A、B两点的水平距离。先求出直线AB的解析式，设出点P的横坐标为m，用含m的代数式分别表示P、E的坐标，进而得到PE关于m的二次函数表达式，再利用二次函数的性质求出面积最大时m的值，即可得到对应P点的坐标。
【解析】
(1) 设抛物线的解析式为$y=a(x+1)(x-6)(a≠0)$，将B(5,-6)代入得：
$a(5+1)(5-6)=-6$，
解得$a=1$，
因此抛物线的表达式为$y=(x+1)(x-6)=x^2-5x-6$。
(2) 设直线AB的解析式为$y=kx+n(k≠0)$，将A(-1,0)、B(5,-6)代入得：
$\begin{cases} -k+n=0 \\ 5k+n=-6 \end{cases}$，解得$\begin{cases} k=-1 \\ n=-1 \end{cases}$，
即直线AB的表达式为$y=-x-1$。
过点P作PD⊥x轴于点D，交AB于点E，设$P(m,m^2-5m-6)(-1＜m＜5)$，则$E(m,-m-1)$。
铅垂高$PE=(-m-1)-(m^2-5m-6)=-m^2+4m+5$，
A、B两点的水平距离为$5-(-1)=6$，因此：
$S_{△ABP}=\frac{1}{2}PE×6=3(-m^2+4m+5)=-3(m-2)^2+27$，
因为$-3＜0$，所以当$m=2$时，$S_{△ABP}$取得最大值，
此时P点的纵坐标为$2^2-5×2-6=-12$，即P点坐标为(2,-12)。
【答案】
(1) $y=x^2-5x-6$
(2) $(2,-12)$
$S_{△ ABC} = S_{△ ABF} + S_{△ BCF}$
$= \frac{1}{2}BF · AG+\frac{1}{2}BF · EC$
$= \frac{1}{2} BF · (AG+EC)$
$= \frac{1}{2} BF · (AG+GD)$
$= \frac{1}{2}BF · AD.$
$PE=(-m-1)-(m^2-5m-6)=-m^2+4m+5$
【知识点】
二次函数解析式求解；二次函数最值；坐标系三角形面积计算
【点评】
本题属于二次函数综合题，第一问考查利用交点式确定二次函数解析式，属于基础内容；第二问考查二次函数背景下的三角形面积最值问题，核心是通过构造铅垂高将面积问题转化为二次函数最值问题，是二次函数的常考题型，需熟练掌握该类题的解题思路。
【难度系数】
0.6
(1) 已知抛物线与x轴交于A(-1,0)、C(6,0)两点，可先设交点式的抛物线解析式，再将点B(5,-6)代入求出参数a，即可得到抛物线的表达式。
(2) 求△ABP的面积最大值可采用铅垂高法：过点P作x轴的垂线，交直线AB于点E，此时△ABP的面积可表示为$\frac{1}{2}$×铅垂高PE×A、B两点的水平距离。先求出直线AB的解析式，设出点P的横坐标为m，用含m的代数式分别表示P、E的坐标，进而得到PE关于m的二次函数表达式，再利用二次函数的性质求出面积最大时m的值，即可得到对应P点的坐标。
【解析】
(1) 设抛物线的解析式为$y=a(x+1)(x-6)(a≠0)$，将B(5,-6)代入得：
$a(5+1)(5-6)=-6$，
解得$a=1$，
因此抛物线的表达式为$y=(x+1)(x-6)=x^2-5x-6$。
(2) 设直线AB的解析式为$y=kx+n(k≠0)$，将A(-1,0)、B(5,-6)代入得：
$\begin{cases} -k+n=0 \\ 5k+n=-6 \end{cases}$，解得$\begin{cases} k=-1 \\ n=-1 \end{cases}$，
即直线AB的表达式为$y=-x-1$。
过点P作PD⊥x轴于点D，交AB于点E，设$P(m,m^2-5m-6)(-1＜m＜5)$，则$E(m,-m-1)$。
铅垂高$PE=(-m-1)-(m^2-5m-6)=-m^2+4m+5$，
A、B两点的水平距离为$5-(-1)=6$，因此：
$S_{△ABP}=\frac{1}{2}PE×6=3(-m^2+4m+5)=-3(m-2)^2+27$，
因为$-3＜0$，所以当$m=2$时，$S_{△ABP}$取得最大值，
此时P点的纵坐标为$2^2-5×2-6=-12$，即P点坐标为(2,-12)。
【答案】
(1) $y=x^2-5x-6$
(2) $(2,-12)$
$S_{△ ABC} = S_{△ ABF} + S_{△ BCF}$
$= \frac{1}{2}BF · AG+\frac{1}{2}BF · EC$
$= \frac{1}{2} BF · (AG+EC)$
$= \frac{1}{2} BF · (AG+GD)$
$= \frac{1}{2}BF · AD.$
$PE=(-m-1)-(m^2-5m-6)=-m^2+4m+5$
【知识点】
二次函数解析式求解；二次函数最值；坐标系三角形面积计算
【点评】
本题属于二次函数综合题，第一问考查利用交点式确定二次函数解析式，属于基础内容；第二问考查二次函数背景下的三角形面积最值问题，核心是通过构造铅垂高将面积问题转化为二次函数最值问题，是二次函数的常考题型，需熟练掌握该类题的解题思路。
【难度系数】
0.6
6[2026山东滨州期末,中]如图(1),二次函数$y=ax^2+\frac{3}{2}x+c$的图象与x轴交于点A(4,0)、点B,点C是该函数图象与y轴的交点,且OC=2,连接AC,BC.
(1)求二次函数的表达式,并判断$△ ABC$的形状;
(2)若P是此二次函数图象上第一象限内的点(如图(2)),设P点横坐标为m,求四边形OC-PA的面积最大时m的值.
(1)求二次函数的表达式,并判断$△ ABC$的形状;
(2)若P是此二次函数图象上第一象限内的点(如图(2)),设P点横坐标为m,求四边形OC-PA的面积最大时m的值.
答案
(1)
∵ 点C是函数$y=ax^2+\frac{3}{2}x+c$的图象与y轴的交点,且OC=2,
∴ 点C的坐标为(0,2).
∵ 函数$y=ax^2+\frac{3}{2}x+c$的图象过点C(0,2)和A(4,0),
∴ $\begin{cases}c=2,\\16a+6+c=0,\end{cases}$解得$\begin{cases}a=-\frac{1}{2},\\c=2,\end{cases}$
∴ $y=-\frac{1}{2}x^2+\frac{3}{2}x+2$.
令y=0,则$-\frac{1}{2}x^2+\frac{3}{2}x+2=0$,解得$x_1=4,x_2=-1$,
∴ 点B的坐标为(-1,0),
∴ $BC^2=1^2+2^2=5$,$AC^2=2^2+4^2=20$,$AB^2=25$,
∴ $BC^2+AC^2=AB^2$,
∴ $△ ABC$是直角三角形.
(2)设直线AC的表达式为y=kx+b.
∵ A(4,0),C(0,2),
∴ $\begin{cases}b=2,\\4k+b=0,\end{cases}$解得$\begin{cases}k=-\frac{1}{2},\\b=2,\end{cases}$
∴ $y=-\frac{1}{2}x+2$.
过点P作PQ//y轴交AC于点Q,则点P的纵坐标为$-\frac{1}{2}m^2+\frac{3}{2}m+2$,点Q的纵坐标为$-\frac{1}{2}m+2$,
∴ $PQ=-\frac{1}{2}m^2+\frac{3}{2}m+2-(-\frac{1}{2}m+2)=-\frac{1}{2}m^2+2m$,
∴ $S_{四边形OCPA} = S_{△ AOC} + S_{△ APC} = \frac{1}{2} × 4 × 2 + \frac{1}{2} × (-\frac{1}{2}m^2+2m) ×4 = -m^2+4m+4 = -(m-2)^2+8$,
∴ 当m=2时,$S_{四边形OCPA}$最大,最大值为8.
∵ 点C是函数$y=ax^2+\frac{3}{2}x+c$的图象与y轴的交点,且OC=2,
∴ 点C的坐标为(0,2).
∵ 函数$y=ax^2+\frac{3}{2}x+c$的图象过点C(0,2)和A(4,0),
∴ $\begin{cases}c=2,\\16a+6+c=0,\end{cases}$解得$\begin{cases}a=-\frac{1}{2},\\c=2,\end{cases}$
∴ $y=-\frac{1}{2}x^2+\frac{3}{2}x+2$.
令y=0,则$-\frac{1}{2}x^2+\frac{3}{2}x+2=0$,解得$x_1=4,x_2=-1$,
∴ 点B的坐标为(-1,0),
∴ $BC^2=1^2+2^2=5$,$AC^2=2^2+4^2=20$,$AB^2=25$,
∴ $BC^2+AC^2=AB^2$,
∴ $△ ABC$是直角三角形.
(2)设直线AC的表达式为y=kx+b.
∵ A(4,0),C(0,2),
∴ $\begin{cases}b=2,\\4k+b=0,\end{cases}$解得$\begin{cases}k=-\frac{1}{2},\\b=2,\end{cases}$
∴ $y=-\frac{1}{2}x+2$.
过点P作PQ//y轴交AC于点Q,则点P的纵坐标为$-\frac{1}{2}m^2+\frac{3}{2}m+2$,点Q的纵坐标为$-\frac{1}{2}m+2$,
∴ $PQ=-\frac{1}{2}m^2+\frac{3}{2}m+2-(-\frac{1}{2}m+2)=-\frac{1}{2}m^2+2m$,
∴ $S_{四边形OCPA} = S_{△ AOC} + S_{△ APC} = \frac{1}{2} × 4 × 2 + \frac{1}{2} × (-\frac{1}{2}m^2+2m) ×4 = -m^2+4m+4 = -(m-2)^2+8$,
∴ 当m=2时,$S_{四边形OCPA}$最大,最大值为8.
解析
【分析】
(1) 首先由OC=2结合函数图象确定y轴交点C的坐标，再将点A、C的坐标代入二次函数解析式，解方程组求出待定系数a、c，即可得到二次函数表达式；之后令y=0解方程求出点B的坐标，计算△ABC三边的平方，利用勾股定理逆定理判断三角形形状。
(2) 不规则四边形OCPA的面积可拆分为固定面积的△AOC和随P点位置变化的△APC之和，要使四边形面积最大，只需△APC面积最大即可。先求出直线AC的解析式，过P作PQ平行于y轴交AC于点Q，用P点横坐标m表示出PQ的长度（即△APC的铅垂高），再结合AC的水平宽度表示出△APC的面积，进而得到四边形面积关于m的二次函数，配方后即可求出面积最大时m的值。
【解析】
(1)
∵ 点C是函数$y=ax^2+\frac{3}{2}x+c$的图象与y轴的交点，且OC=2，
∴ 点C的坐标为(0,2)。
∵ 函数图象过点C(0,2)和A(4,0)，
∴ 代入得$\begin{cases}c=2,\\16a+\frac{3}{2}×4+c=0,\end{cases}$即$\begin{cases}c=2,\\16a+6+c=0,\end{cases}$
解得$\begin{cases}a=-\frac{1}{2},\\c=2,\end{cases}$
∴ 二次函数的表达式为$y=-\frac{1}{2}x^2+\frac{3}{2}x+2$。
令y=0，则$-\frac{1}{2}x^2+\frac{3}{2}x+2=0$，整理得$x^2-3x-4=0$，
解得$x_1=4,x_2=-1$，
∴ 点B的坐标为(-1,0)。
计算三边平方：$BC^2=(-1-0)^2+(0-2)^2=1+4=5$，
$AC^2=(4-0)^2+(0-2)^2=16+4=20$，
$AB^2=[4-(-1)]^2=25$，
∵ $BC^2+AC^2=5+20=25=AB^2$，
∴ $△ ABC$是直角三角形。
(2) 设直线AC的表达式为$y=kx+b$，将A(4,0)、C(0,2)代入得：
$\begin{cases}b=2,\\4k+b=0,\end{cases}$解得$\begin{cases}k=-\frac{1}{2},\\b=2,\end{cases}$
∴ 直线AC的解析式为$y=-\frac{1}{2}x+2$。
过点P作PQ//y轴交AC于点Q，
∵ P点横坐标为m，且P在二次函数图象上，Q在AC上，
∴ P点纵坐标为$-\frac{1}{2}m^2+\frac{3}{2}m+2$，Q点纵坐标为$-\frac{1}{2}m+2$，
∴ $PQ=(-\frac{1}{2}m^2+\frac{3}{2}m+2)-(-\frac{1}{2}m+2)=-\frac{1}{2}m^2+2m$。
四边形OCPA的面积可拆分为：
$S_{四边形OCPA} = S_{△ AOC} + S_{△ APC}$，
其中$S_{△ AOC}=\frac{1}{2}× OA× OC=\frac{1}{2}×4×2=4$，
$S_{△ APC}=\frac{1}{2}× PQ×$A、C的水平宽度$=\frac{1}{2}×(-\frac{1}{2}m^2+2m)×4=-m^2+4m$，
∴ $S_{四边形OCPA}=4+(-m^2+4m)=-m^2+4m+4=-(m-2)^2+8$，
∵ 二次项系数$-1＜0$，
∴ 当$m=2$时，$S_{四边形OCPA}$取得最大值。
【答案】
(1) 二次函数的表达式为$\boldsymbol{y=-\frac{1}{2}x^2+\frac{3}{2}x+2}$，$△ ABC$是直角三角形；
(2) 四边形OCPA的面积最大时m的值为$\boldsymbol{2}$。
【知识点】
待定系数法求解析式，勾股定理逆定理，二次函数最值
【点评】
本题是二次函数与几何结合的典型综合题，既考察了二次函数基本性质、解析式求解的基础能力，也考察了不规则图形面积拆分、利用二次函数求最值的综合应用能力，解题的关键是合理选择面积拆分方法，将动态面积转化为关于变量的函数表达式求解。
【难度系数】
0.6
(1) 首先由OC=2结合函数图象确定y轴交点C的坐标，再将点A、C的坐标代入二次函数解析式，解方程组求出待定系数a、c，即可得到二次函数表达式；之后令y=0解方程求出点B的坐标，计算△ABC三边的平方，利用勾股定理逆定理判断三角形形状。
(2) 不规则四边形OCPA的面积可拆分为固定面积的△AOC和随P点位置变化的△APC之和，要使四边形面积最大，只需△APC面积最大即可。先求出直线AC的解析式，过P作PQ平行于y轴交AC于点Q，用P点横坐标m表示出PQ的长度（即△APC的铅垂高），再结合AC的水平宽度表示出△APC的面积，进而得到四边形面积关于m的二次函数，配方后即可求出面积最大时m的值。
【解析】
(1)
∵ 点C是函数$y=ax^2+\frac{3}{2}x+c$的图象与y轴的交点，且OC=2，
∴ 点C的坐标为(0,2)。
∵ 函数图象过点C(0,2)和A(4,0)，
∴ 代入得$\begin{cases}c=2,\\16a+\frac{3}{2}×4+c=0,\end{cases}$即$\begin{cases}c=2,\\16a+6+c=0,\end{cases}$
解得$\begin{cases}a=-\frac{1}{2},\\c=2,\end{cases}$
∴ 二次函数的表达式为$y=-\frac{1}{2}x^2+\frac{3}{2}x+2$。
令y=0，则$-\frac{1}{2}x^2+\frac{3}{2}x+2=0$，整理得$x^2-3x-4=0$，
解得$x_1=4,x_2=-1$，
∴ 点B的坐标为(-1,0)。
计算三边平方：$BC^2=(-1-0)^2+(0-2)^2=1+4=5$，
$AC^2=(4-0)^2+(0-2)^2=16+4=20$，
$AB^2=[4-(-1)]^2=25$，
∵ $BC^2+AC^2=5+20=25=AB^2$，
∴ $△ ABC$是直角三角形。
(2) 设直线AC的表达式为$y=kx+b$，将A(4,0)、C(0,2)代入得：
$\begin{cases}b=2,\\4k+b=0,\end{cases}$解得$\begin{cases}k=-\frac{1}{2},\\b=2,\end{cases}$
∴ 直线AC的解析式为$y=-\frac{1}{2}x+2$。
过点P作PQ//y轴交AC于点Q，
∵ P点横坐标为m，且P在二次函数图象上，Q在AC上，
∴ P点纵坐标为$-\frac{1}{2}m^2+\frac{3}{2}m+2$，Q点纵坐标为$-\frac{1}{2}m+2$，
∴ $PQ=(-\frac{1}{2}m^2+\frac{3}{2}m+2)-(-\frac{1}{2}m+2)=-\frac{1}{2}m^2+2m$。
四边形OCPA的面积可拆分为：
$S_{四边形OCPA} = S_{△ AOC} + S_{△ APC}$，
其中$S_{△ AOC}=\frac{1}{2}× OA× OC=\frac{1}{2}×4×2=4$，
$S_{△ APC}=\frac{1}{2}× PQ×$A、C的水平宽度$=\frac{1}{2}×(-\frac{1}{2}m^2+2m)×4=-m^2+4m$，
∴ $S_{四边形OCPA}=4+(-m^2+4m)=-m^2+4m+4=-(m-2)^2+8$，
∵ 二次项系数$-1＜0$，
∴ 当$m=2$时，$S_{四边形OCPA}$取得最大值。
【答案】
(1) 二次函数的表达式为$\boldsymbol{y=-\frac{1}{2}x^2+\frac{3}{2}x+2}$，$△ ABC$是直角三角形；
(2) 四边形OCPA的面积最大时m的值为$\boldsymbol{2}$。
【知识点】
待定系数法求解析式，勾股定理逆定理，二次函数最值
【点评】
本题是二次函数与几何结合的典型综合题，既考察了二次函数基本性质、解析式求解的基础能力，也考察了不规则图形面积拆分、利用二次函数求最值的综合应用能力，解题的关键是合理选择面积拆分方法，将动态面积转化为关于变量的函数表达式求解。
【难度系数】
0.6
