福建省廈門市逸夫中學2022-2023學年九年級數(shù)學第一學期期末達標測試試題含解析

2022-2023學年九上數(shù)學期末模擬試卷考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內(nèi)，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內(nèi)，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y(jié)束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題(每小題3分,共30分)1．如圖，已知AB是?O的直徑，點P在B的延長線上，PD與⊙O相切于點D，過點B作PD的垂線交PD的延長線于點C．若⊙O的半徑為1．BC＝9，則PA的長為（）A．8 B．4 C．1 D．52．某學校組織創(chuàng)城知識競賽，共設有20道試題，其中有：社會主義核心價值觀試題3道，文明校園創(chuàng)建標準試題6道，文明禮貌試題11道．學生小宇從中任選一道試題作答，他選中文明校園創(chuàng)建標準試題的概率是（）A． B． C． D．3．如圖，已知點在反比例函數(shù)上，軸，垂足為點，且的面積為，則的值為（）A． B． C． D．4．二次函數(shù)y＝ax2＋bx＋c的圖象如圖所示，若點A(-2.2，y1)，B(-3.2，y2)是圖象上的兩點，則y1與y2的大小關系是()．A．y1＜y2 B．y1＝y(tǒng)2 C．y1＞y2 D．不能確定5．服裝店為了解某品牌外套銷售情況，對各種碼數(shù)銷量進行統(tǒng)計店主最應關注的統(tǒng)計量是（）A．平均數(shù) B．中位數(shù) C．方差 D．眾數(shù)6．用相同的小立方塊搭成的幾何體的三種視圖都相同（如圖所示），則搭成該幾何體的小立方塊個數(shù)是（）A．3個 B．4個 C．5個 D．6個7．下列一元二次方程中，有兩個不相等的實數(shù)根的方程是（）A． B． C． D．8．如圖，在中，，，則的值是（）A． B．1 C． D．9．學校門口的欄桿如圖所示，欄桿從水平位置繞點旋轉(zhuǎn)到位置，已知，，垂足分別為，，，，，則欄桿端應下降的垂直距離為()A． B． C． D．10．如圖，在正方形中，點為邊的中點，點在上，，過點作交于點．下列結(jié)論：①；②；③；④．正確的是（

）．A．①② B．①③ C．①③④ D．③④二、填空題(每小題3分,共24分)11．廣場上噴水池中的噴頭微露水面，噴出的水線呈一條拋物線，水線上水珠的高度（米）關于水珠與噴頭的水平距離（米）的函數(shù)解析式是．水珠可以達到的最大高度是________（米）．12．如圖，C，D是拋物線y＝（x+1）2﹣5上兩點，拋物線的頂點為E，CD∥x軸，四邊形ABCD為正方形，AB邊經(jīng)過點E，則正方形ABCD的邊長為_____．13．設、是一元二次方程的兩實數(shù)根，則的值為_________14．若點與點關于原點對稱，則______．15．分解因式：x3﹣16x＝______．16．如果二次根式有意義，那么的取值范圍是_________．17．如果點A（2，﹣4）與點B（6，﹣4）在拋物線y=ax2+bx+c（a≠0）上，那么該拋物線的對稱軸為直線_____．18．小剛要測量一旗桿的高度，他發(fā)現(xiàn)旗桿的影子恰好落在一棟樓上，如圖，此時測得地面上的影長為8米，樓面上的影長為2米．同一時刻，一根長為1米、垂直于地面放置的標桿在地面上的影長為2米，則旗桿的高度為_______米．三、解答題(共66分)19．（10分）如圖，在△ABC中，∠C=90°，AC=8cm，BC=6cm.點P從點A出發(fā)，沿AB邊以2cm/s的速度向點B勻速移動；點Q從點B出發(fā)，沿BC邊以1cm/s的速度向點C勻速移動，當一個運動點到達終點時，另一個運動點也隨之停止運動，設運動的時間為t(s).（1）當PQ∥AC時，求t的值；（2）當t為何值時，△PBQ的面積等于cm2.20．（6分）如圖，⊙O的半徑為，A、B為⊙O上兩點，C為⊙O內(nèi)一點，AC⊥BC，AC=，BC=．（1）判斷點O、C、B的位置關系；（2）求圖中陰影部分的面積．21．（6分）如圖，是直徑AB所對的半圓弧，點P是與直徑AB所圍成圖形的外部的一個定點，AB=8cm，點C是上一動點，連接PC交AB于點D．小明根據(jù)學習函數(shù)的經(jīng)驗，對線段AD，CD，PD，進行了研究，設A，D兩點間的距離為xcm，C，D兩點間的距離為cm，P，D兩點之間的距離為cm．小明根據(jù)學習函數(shù)的經(jīng)驗，分別對函數(shù)，隨自變量x的變化而變化的規(guī)律進行了探究．下面是小明的探究過程，請補充完整：（2）按照下表中自變量x的值進行取點、畫圖、測量，分別得到了，與x的幾組對應值：x/cm0.002.002.003.003.204.005.006.006.502．008.00/cm0.002.042.093.223.304.004.423.462.502．530.00/cm6.245.294.353.463.302.642.00m2.802.002.65補充表格；（說明：補全表格時，相關數(shù)值保留兩位小數(shù)）（2）在同一平面直角坐標系中，描出補全后的表中各組數(shù)值所對應的點，并畫出函數(shù)的圖象：（3）結(jié)合函數(shù)圖象解決問題：當AD＝2PD時，AD的長度約為___________．22．（8分）閱讀下列材料，然后解答問題．經(jīng)過正四邊形(即正方形)各頂點的圓叫做這個正四邊形的外接圓，圓心是正四邊形的對稱中心，這個正四邊形叫做這個圓的內(nèi)接正四邊形．如圖，正方形ABCD內(nèi)接于⊙O，⊙O的面積為S1，正方形ABCD的面積為S1．以圓心O為頂點作∠MON，使∠MON＝90°．將∠MON繞點O旋轉(zhuǎn)，OM、ON分別與⊙O交于點E、F，分別與正方形ABCD的邊交于點G、H．設由OE、OF、及正方形ABCD的邊圍成的圖形(陰影部分)的面積為S．（1）當OM經(jīng)過點A時(如圖①)，則S、S1、S1之間的關系為：(用含S1、S1的代數(shù)式表示)；（1）當OM⊥AB于G時(如圖②)，則(1)中的結(jié)論仍然成立嗎？請說明理由；（3）當∠MON旋轉(zhuǎn)到任意位置時（如圖③），則（1）中的結(jié)論任然成立嗎：請說明理由.23．（8分）如圖，AB是⊙O的直徑，，E是OB的中點，連接CE并延長到點F，使EF=CE．連接AF交⊙O于點D，連接BD，BF．（1）求證：直線BF是⊙O的切線；（2）若OB=2，求BD的長．24．（8分）如圖，直線y＝﹣x+m與拋物線y＝ax2+bx都經(jīng)過點A（6，0），點B，過B作BH垂直x軸于H，OA＝3OH．直線OC與拋物線AB段交于點C．（1）求拋物線的解析式；（2）當點C的縱坐標是時，求直線OC與直線AB的交點D的坐標；（3）在（2）的條件下將△OBH沿BA方向平移到△MPN，頂點P始終在線段AB上，求△MPN與△OAC公共部分面積的最大值．25．（10分）端午節(jié)是我國傳統(tǒng)佳節(jié).小峰同學帶了4個粽子（除粽餡不同外，其它均相同），其中有兩個肉餡粽子、一個紅棗餡粽子和一個豆沙餡粽子，準備從中任意拿出兩個送給他的好朋友小悅.（1）用樹狀圖或列表的方法列出小悅拿到兩個粽子的所有可能結(jié)果；（2）請你計算小悅拿到的兩個粽子都是肉餡的概率.26．（10分）計算：（1）；（2）．

參考答案一、選擇題(每小題3分,共30分)1、C【分析】連接OD,利用切線的性質(zhì)可得∠PDO＝90°，再判定△PDO∽△PCB，最后再利用相似三角形的性質(zhì)列方程解答即可．【詳解】解：連接DO∵PD與⊙O相切于點D，∴∠PDO＝90°，∵BC⊥PC，∴∠C＝90°，∴∠PDO＝∠C，∴DO//BC，∴△PDO∽△PCB，∴，設PA＝x，則，解得：x＝1，∴PA＝1．故答案為C．【點睛】本題考查了圓的切線性質(zhì)以及相似三角形的判定與性質(zhì)，證得△PDO∽△PCB是解答本題的關鍵．2、B【分析】根據(jù)概率公式即可得出答案．【詳解】解：∵共設有20道試題，其中文明校園創(chuàng)建標準試題6道，∴他選中文明校園創(chuàng)建標準的概率是，故選：B．【點睛】此題考查概率的求法：如果一個事件有n種可能，而且這些事件的可能性相同，其中事件A出現(xiàn)m種結(jié)果，那么事件A的概率P（A）＝．3、C【分析】根據(jù)反比例函數(shù)中的比例系數(shù)k的幾何意義即可得出答案．【詳解】∵點在反比例函數(shù)，的面積為故選：C．【點睛】本題主要考查反比例函數(shù)中的比例系數(shù)k的幾何意義，掌握反比例函數(shù)中的比例系數(shù)k的幾何意義是解題的關鍵．4、A【分析】根據(jù)拋物線的對稱性質(zhì)進行解答．【詳解】因為拋物線y＝ax2＋bx＋c的對稱軸是x＝?3，點A(-2.2，y1)，B(-3.2，y2)，所以點B與對稱軸的距離小于點A到對稱軸的距離，所以y1＜y2故選：A．【點睛】考查了二次函數(shù)的性質(zhì)，二次函數(shù)圖象上點的坐標特征．解題時，利用了二次函數(shù)圖象的對稱性．5、D【分析】根據(jù)題意，應該關注哪種尺碼銷量最多.【詳解】由于眾數(shù)是數(shù)據(jù)中出現(xiàn)次數(shù)最多的數(shù)，故應該關注這組數(shù)據(jù)中的眾數(shù).故選D【點睛】本題考查了數(shù)據(jù)的選擇，根據(jù)題意分析，即可完成。屬于基礎題.6、B【分析】從俯視圖中可以看出最底層小正方體的個數(shù)及形狀，從主視圖和左視圖可以看出每一層小正方體的層數(shù)和個數(shù)，從而算出總的個數(shù)．【詳解】依題意可得所以需要4塊；故選：B【點睛】考查學生對三視圖掌握程度和靈活運用能力，同時也體現(xiàn)了對空間想象能力方面的考查．如果掌握口訣“俯視圖打地基，正視圖瘋狂蓋，左視圖拆違章”就更容易得到答案．7、D【分析】根據(jù)根的判別式△=b2-4ac的值的符號，可以判定個方程實數(shù)根的情況，注意排除法在解選擇題中的應用．【詳解】解：A．∵△=b2-4ac=1-4×1×1=-3＜0，

∴此方程沒有實數(shù)根，故本選項錯誤；

B．變形為

∴此方程有沒有實數(shù)根，故本選項錯誤；C．∵△=b2-4ac=22-4×1×1=0，

∴此方程有兩個相等的實數(shù)根，故本選項錯誤；

D．∵△=b2-4ac=42-4×1×1=12，

∴此方程有兩個不相等的實數(shù)根，故本選項正確．

故選：D．【點睛】此題考查了一元二次方程根的判別式的知識．此題比較簡單，注意掌握一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的根與△=b2-4ac有如下關系：①當△＞0時，方程有兩個不相等的兩個實數(shù)根；②當△=0時，方程有兩個相等的兩個實數(shù)根；③當△＜0時，方程無實數(shù)根．8、A【分析】利用相似三角形的性質(zhì)：相似三角形的面積比等于相似比的平方得到，即可解決問題．【詳解】∵，∴，∴，∴，故選：A．【點睛】本題考查相似三角形的判定和性質(zhì)，解題的關鍵是熟練掌握基本知識，屬于中考?？碱}型．9、C【解析】分析：根據(jù)題意得△AOB∽△COD，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可求出CD的長.詳解：∵，，∴∠ABO=∠CDO,∵∠AOB=∠COD,∴△AOB∽△COD，∴∵AO=4m，AB=1.6m，CO=1m，∴.故選C.點睛：本題考查了相似三角形的判定與性質(zhì)，正確得出△AOB∽△COD是解題關鍵．10、C【分析】連接．根據(jù)“HL”可證≌，利用全等三角形的對應邊相等，可得，據(jù)此判斷①；根據(jù)“”可證≌，可得，從而可得，據(jù)此判斷②；由（2）知，可證，據(jù)此判斷③；根據(jù)兩角分別相等的兩個三角形相似，可證∽∽，可得，從而可得，據(jù)此判斷④.【詳解】解：（1）連接．如圖所示：

∵四邊形ABCD是正方形，

∴∠ADC=90°，

∵FG⊥FC，

∴∠GFC=90°，

在Rt△CFG與Rt△CDG中，∴≌．∴．．．①正確．（2）由（1），垂直平分．∴∠EDC+∠2=90°，

∵∠1+∠EDC=90°，∴．∵四邊形ABCD是正方形，

∴AD=DC=AB，∠DAE=∠CDG=90°，∴≌．∴．∵為邊的中點，∴為邊的中點．∴．∴②錯誤．（3）由（2），得．∴．③正確．（4）由（3），可得∽∽．∴∴．∴④正確．故答案為：C.【點睛】本題考查正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、三角形中位線定理、線段的垂直平分線的性質(zhì)等知識，解題的關鍵是靈活運用所學知識解決問題．二、填空題(每小題3分,共24分)11、10【解析】將一般式轉(zhuǎn)化為頂點式，依據(jù)自變量的變化范圍求解即可.【詳解】解：，當x=2時，y有最大值10，故答案為：10.【點睛】利用配方法將一般式轉(zhuǎn)化為頂點式，再利用頂點式去求解函數(shù)的最大值.12、【分析】首先設AB＝CD＝AD＝BC＝a，再根據(jù)拋物線解析式可得E點坐標，表示出C點橫坐標和縱坐標，進而可得方程﹣5﹣a＝﹣5，再解即可．【詳解】設AB＝CD＝AD＝BC＝a，∵拋物線y＝（x+1）2﹣5，∴頂點E（﹣1，﹣5），對稱軸為直線x＝﹣1，∴C的橫坐標為﹣1，D的橫坐標為﹣1﹣，∵點C在拋物線y＝（x+1）2﹣5上，∴C點縱坐標為（﹣1+1）2﹣5＝﹣5，∵E點坐標為（﹣1，﹣5），∴B點縱坐標為﹣5，∵BC＝a，∴﹣5﹣a＝﹣5，解得：a1＝，a2＝0（不合題意，舍去），故答案為：．【點睛】此題主要考查二次函數(shù)與幾何綜合，解題的關鍵是熟知二次函數(shù)的圖像與性質(zhì)、正方形的性質(zhì).13、27【詳解】解：根據(jù)一元二次方程根與系數(shù)的關系，可知+=5，·=-1，因此可知=-2=25+2=27.故答案為27.【點睛】此題主要考查了一元二次方程根與系數(shù)的關系，解題時靈活運用根與系數(shù)的關系：，，確定系數(shù)a，b，c的值代入求解，然后再通過完全平方式變形解答即可.14、1【解析】∵點P（m，﹣2）與點Q（3，n）關于原點對稱，∴m=﹣3，n=2，則（m+n）2018=（﹣3+2）2018=1，故答案為1．15、x（x+4）（x–4）.【解析】先提取x，再把x2和16=42分別寫成完全平方的形式，再利用平方差公式進行因式分解即可．解：原式=x（x2﹣16）=x（x+4）（x﹣4），故答案為x（x+4）（x﹣4）．16、x≤1【分析】直接利用二次根式有意義的條件分析得出答案．【詳解】解：二次根式有意義，則1-x≥0，

解得：x≤1．

故答案為：x≤1．【點睛】此題主要考查了二次根式有意義的條件，正確把握定義是解題關鍵．17、x=4【解析】根據(jù)函數(shù)值相等的點到拋物線對稱軸的距離相等，可由點A（1，-4）和點B（6，-4）都在拋物線y=ax2+bx+c的圖象上，得到其對稱軸為x==1．故答案為x=4.18、1【分析】直接利用已知構(gòu)造三角形，利用同一時刻，實際物體與影長成比例進而得出答案．【詳解】如圖所示：由題意可得，DE＝2米，BE＝CD＝8米，∵同一時刻，一根長為1米、垂直于地面放置的標桿在地面上的影長為2米，∴，解得：AB＝4，故旗桿的高度AC為1米．故答案為：1．【點睛】此題主要考查了相似三角形的應用，正確構(gòu)造三角形是解題關鍵．三、解答題(共66分)19、（1）t=；（2）當t為2s或3s時，△PBQ的面積等于cm2.【分析】（1）根據(jù)PQ∥AC得到△PBQ∽△ABC，列出比例式即可求解；（2）解法一：過點Q作QE⊥AB于E，利用△BQE∽△BCA，得到，得到QE=t，根據(jù)S△PBQ=BP·QE=列出方程即可求解；解法二：過點P作PE⊥BC于E，則PE∥AC，得到△BPE∽△BAC，則，求出PE=(10-2t).，利用S△PBQ=BQ·PE=列出方程即可求解.【詳解】（1）由題意得，BQ=tcm，AP=2cm，則BP=（10—2t）cm在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=8cm，BC=6cm∵PQ∥AC，∴△PBQ∽△ABC，∴，即，解得t=.（2）解法一:如圖3，過點Q作QE⊥AB于E，則∠QEB=∠C=90°.∵∠B=∠B,∴△BQE∽△BCA，∴，即，解得QE=t.∴S△PBQ=BP·QE=，即·(10-2t)·t=.整理，得t2-5t+6=0.解這個方程，得t1=2，t2=3.∵0＜t＜5，∴當t為2s或3s時，△PBQ的面積等于cm2.解法二：過點P作PE⊥BC于E，則PE∥AC（如圖4）.∵PE∥AC.∴△BPE∽△BAC，∴，即，解得PE=(10-2t).∴S△PBQ=BQ·PE=，即·t·(10-2t)=整理，得t2-5t+6=0.解這個方程，得t1=2，t2=3.∵0＜t＜5，∴當t為2s或3s時，△PBQ的面積等于cm2.【點睛】此題主要考查相似三角形的判定與性質(zhì)，解題的關鍵是熟知相似三角形的判定定理、適當構(gòu)造輔助線進行求解.20、（1）O、C、B三點在一條直線上，見解析；（2）【分析】（1）連接OA、OB、OC，證明∠ABC=∠ABO=60°，從而證得O、C、B三點在一條直線上；（2）利用扇形面積與三角形面積的差即可求得答案.【詳解】（1）答：O、C、B三點在一條直線上．證明如下：連接OA、OB、OC，在中，,∵∴∠ABC=60°，在中，∵OA=OB=AB，∴△OAB是等邊三角形，∴∠ABO=60°，故點C在線段OB上，即O、C、B三點在一條直線上．（2）如圖，由（1）得：△OAB是等邊三角形，∴∠O=60°，∴．【點睛】本題考查了扇形面積公式與三角形面積公式，勾股定理、特殊角的三角函數(shù)值，利用證明∠ABC=∠ABO=60°，證得O、C、B三點在一條直線上是解題的關鍵.21、（2）m＝2.23；（2）見解析；（3）4.3【分析】（2）根據(jù)表格中的數(shù)據(jù)可得：當x=5或2時，y2=2.00，然后畫出圖形如圖，可得當與時，，過點P作PM⊥AB于M，然后根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)和勾股定理求出PM的長即得m的值；（2）用光滑的曲線依次連接各點即可；（3）由題意AD＝2PD可得x=2y2，只要在函數(shù)y2的圖象上尋找橫坐標是縱坐標的2倍的點即可，然后結(jié)合圖象解答即可．【詳解】解：（2）由表格可知：當x=5或2時，y2=2.00，如圖，即當時，，時，，∴，過點P作PM⊥AB于M，則，則在Rt△中，，即當x=6時，m=2.23；（2）如圖：（3）由題意得：AD＝2PD，即x=2y2，即在函數(shù)y2的圖象上尋找橫坐標是縱坐標的2倍的點即可，如圖，點Q的位置即為所求，此時，x≈4.3，即AD≈4.3．故答案為：4.3．【點睛】本題主要考查了函數(shù)圖象的規(guī)律、等腰三角形的性質(zhì)、勾股定理和圓的有關知識，正確理解題意、把握題中的規(guī)律、熟練運用數(shù)形結(jié)合的思想方法是解題關鍵．22、（1）；（1）（1）中的結(jié)論仍然成立，理由見解析；（1）（1）中的結(jié)論仍然成立，理由見解析.【解析】試題分析：（1）結(jié)合正方形的性質(zhì)及等腰直角三角形的性質(zhì)，容易得出結(jié)論；（1）仍然成立，可證得四邊形OGHB為正方形，則可求出陰影部分的面積為扇形OEF的面積減去正方形OGBH的面積；（3）仍然成立，過O作OR⊥AB，OS⊥BC，垂足分別為R、S，則可證明△ORG≌△OSH，可得出四邊形ORBS的面積=四邊形OGBH的面積，再利用扇形OEF的面積減正方形ORBS的面積即可得出結(jié)論．試題解析：（1）當OM經(jīng)過點A時由正方形的性質(zhì)可知：∠MON=90°，∴S△OAB=S正方形ABCD=S1，S扇形OEF=S圓O=S1，∴S=S扇形OEF-S△OAB=S圓O-S正方形ABCD=S1-S1=（S1-S1），（1）結(jié)論仍然成立，理由如下：∵∠EOF=90°，∴S扇形OEF=S圓O=S1∵∠OGB=∠EOF=∠ABC=90°，∴四邊形OGBH為矩形，∵OM⊥AB，∴BG=AB=BC=BH，∴四邊形OGBH為正方形，∴S四邊形OGBH=BG1=（AB）1=S1，∴S=S扇形OEF-S四邊形OGBH=S1-S1=（S1-S1）；（3）（1）中的結(jié)論仍然成立，理由如下：∵∠EOF=90°，∴S扇形OEF=S圓O=，過O作OR⊥AB，OS⊥BC，垂足分別為R、S，由（1）可知四邊形ORBS為正方形，∴OR=OS，∵∠ROS=90°，∠MON=90°，∴∠ROG=∠SOH=90°-∠GOS，在△ROG和△SOH中，，∴△ROG≌△SOH（ASA），∴S△ORG=S△OSH，∴S四邊形OGBH=S正方形ORBS，由（1）可知S正方形ORBS=S1，∴S四邊形OGBH=S1，∴S=S扇形OEF-S四邊形OGBH=（S1-S1）．考點：圓的綜合題．23、（1）證明見解析；（2）BD=．【分析】（1）連接OC，由已知可得∠BOC=90°，根據(jù)SAS證明△OCE≌△BFE，根據(jù)全等三角形的對應角相等可得∠OBF=∠COE=90°，繼而可證明直線BF是⊙O的切線；（2）由（1）的全等可知BF=OC=2，利用勾股定理求出AF的長，然后由S△ABF=，即可求出BD=．【詳解】解：（1）連接OC，∵AB是⊙O的直徑，，∴∠BOC=90°，∵E是OB的中點，∴OE=BE，在△OCE和△BFE中，，∴△OCE≌△BFE（SAS），∴∠OBF=∠COE=90°，∴直線BF是⊙O的切線；（2）∵OB=OC=2，由（1）得：△OCE≌△BFE，∴BF=OC=2，∴AF=，∴S△ABF=，即4×2=2BD，∴BD=．【點睛】本題考查了切線的判定、全等三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理、三角形面積的不同表示方法，熟練掌握相關的性質(zhì)與定理是解題的關鍵．24、（1）y＝-x2+3x；（2）(4，2)；（3）【分析】（1）先求出直線AB的解析式，求出點B坐標，再將A，B的坐標代入y＝ax2+bx即可；（2）求出直線AC的解析式，再聯(lián)立直線OC與直線AB的解析式即可；（3）設PM與OC、PA分別交于G、H，PN與OC、OA分別交于K、F，分別求出直線OB，PM，OC的解析式，再分別用含a的代數(shù)式表示出H，G，E，F(xiàn)的坐標，最后分情況討論，可求出△MPN與△OAC公共部分面積的最大值．【詳解】解：（1）∵直線y＝﹣x+m點A（6，0），∴﹣6+m＝0，∴m＝6，∴yAB＝﹣x+6，∵OA＝3OH，∴OH＝2，在yAB＝﹣x+6中，當x＝2時，y＝4，∴B（2，4），將A（6，0），B（2，4）代入y＝ax2+bx，得，，解得，a＝﹣，b＝3，∴拋物線的解析式為y＝-x2+3x；（2）∵直線OC與拋物線AB段交于點C，且點C的縱坐標是，∴＝﹣x2+3x，解得，x1＝1（舍去），x2＝5，