2022年甘肃省嘉峪关市名校数学九年级第一学期期末统考模拟试题含解析.doc

2022-2023学年九上数学期末模拟试卷
注意事项:
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2．答题时请按要求用笔。
3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

一、选择题（每题4分，共48分）
1．如图，菱形ABCD的边长为2，∠A=60°，以点B为圆心的圆与AD、DC相切，与AB、CB的延长线分别相交于点E、F，则图中阴影部分的面积为（ ）

A． B． C． D．
2．如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的两边OA，OC分别在x轴和y轴上，并且OA=5，OC=1．若把矩形OABC绕着点O逆时针旋转，使点A恰好落在BC边上的A1处，则点C的对应点C1的坐标为（　　）

A．（﹣） B．（﹣） C．（﹣） D．（﹣）
3．如图，点A、B、C在⊙O上，∠ACB＝130°，则∠AOB的度数为（　　）

A．50° B．80° C．100° D．110°
4．在正方形网格中，△ABC的位置如图所示，则cos∠B的值为（   ）

A． B． C． D．1
5．如图，圆O是Rt△ABC的外接圆，∠ACB=90°，∠A=25°，过点C作圆O的切线，交AB的延长线于点D，则∠D的度数是（　　）

A．25° B．40° C．50° D．65°
6．把球放在长方体纸盒内，球的一部分露出盒外，其截面如图所示，已知，则球的半径长是（ ）

A．2 B．2.5 C．3 D．4
7．已知抛物线y＝ax2＋bx＋c（a<0）过A（－3，0），B（1，0），C（－5，y 1），D（5，y 2）四点，则y1与y2的大小关系是（ ）
A．y1>y2 B．y1＝y2 C．y1<y2 D．不能确定
8．如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝6，将矩形ABCD绕B逆时针旋转30°后得到矩形GBEF，延长DA交FG于点H，则GH的长为（　　）

A．8﹣4 B．﹣4 C．3﹣4 D．6﹣3
9．方程x（x﹣5）=x的解是（　　）
A．x=0                B．x=0或x=5            C．x=6 D．x=0或x=6
10．如图，四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，且将这个四边形分成①②③④四个三角形.若，则下列结论中一定正确的是（ ）

A．①和②相似 B．①和③相似 C．①和④相似 D．③和④相似
11．二次函数y＝﹣x2+2mx（m为常数），当0≤x≤1时，函数值y的最大值为4，则m的值是（　　）
A．±2 B．2 C．±2.5 D．2.5
12．如图，由一些完全相同的小正方体搭成的几何体的左视图和俯视图，则这个几何体的主视图不可能是（ ）

A． B． C． D．
二、填空题（每题4分，共24分）
13．关于的一元二次方程有一个解是，另一个根为 _______．
14．从某玉米种子中抽取6批，在同一条件下进行发芽试验，有关数据如下：
种子粒数
100
400
800
1 000
2 000
5 000
发芽种子粒数
85
318
652
793
1 604
4 005
发芽频率
0.850
0.795
0.815
0.793
0.802
0.801
根据以上数据可以估计，该玉米种子发芽的概率为___________（精确到0.1）．
15．若函数是正比例函数，则__________．
16．如图，若内一点满足，则称点为的布罗卡尔点，三角形的布罗卡尔点是法国数学教育家克雷尔首次发现，后来被数学爱好者法国军官布罗卡尔重新发现，并用他的名字命名，布罗卡尔点的再次发现，引发了研究“三角形几何”的热潮．已知中，，，为的布罗卡尔点，若，则________．

17．如图，△ABC与△A′B′C′是位似图形，且顶点都在格点上，则位似中心的坐标是__．

18．若m是方程2x2﹣3x﹣1＝0的一个根，则6m2﹣9m+2016的值为_____．
三、解答题（共78分）
19．（8分）某商场经销一种布鞋，已知这种布鞋的成本价为每双30元．市场调查发现，这种布鞋每天的销售量y（单位：双）与销售单价x（单位：元）有如下关系：y＝－x＋60（30≤x≤60）．设这种布鞋每天的销售利润为w元．
（1）求w与x之间的函数解析式；
（2）这种布鞋销售单价定价为多少元时，每天的销售利润最大？最大利润是多少元？
20．（8分）作出函数y＝2x2的图象，并根据图象回答下列问题：
（1）列表：
x
…

…
y
…

…
（2）在下面给出的正方形网格中建立适当的平面直角坐标系，描出列表中的各点，并画出函数y＝2x2的图象：

（3）观察所画函数的图象，当﹣1＜x＜2时，y的取值范围是　 　（直接写出结论）．
21．（8分）如图，在中，，点在边上，点在边上，且是的直径，的平分线与相交于点.
（1）证明：直线是的切线；
（2）连接，若，，求边的长.

22．（10分）一个盒中有4个完全相同的小球，把它们分别标号为1，2，3，4，随机摸取一个小球然后放回，再随机摸出一个小球．
（Ⅰ）请用列表法（或画树状图法）列出所有可能的结果；
（Ⅱ）求两次取出的小球标号相同的概率；
（Ⅲ）求两次取出的小球标号的和大于6的概率．
23．（10分）如图，在平面直角坐标系中，点B(12，10)，过点B作x轴的垂线，垂足为A．作y轴的垂线，垂足为C．点D从O出发，沿y轴正方向以每秒1个单位长度运动；点E从O出发，沿x轴正方向以每秒3个单位长度运动；点F从B出发，沿BA方向以每秒2个单位长度运动．当点E运动到点A时，三点随之停止运动，运动过程中△ODE关于直线DE的对称图形是△O′DE，设运动时间为t．

（1）用含t的代数式分别表示点E和点F的坐标；
（2）若△ODE与以点A，E，F为顶点的三角形相似，求t的值；
（3）当t＝2时，求O′点在坐标．
24．（10分）在平面直角坐标系中，抛物线与轴的交点为A，B（点A 在点B的左侧）.
（1）求点A，B的坐标;
（2）横、纵坐标都是整数的点叫整点.
①直接写出线段AB上整点的个数；
②将抛物线沿翻折，得到新抛物线，直接写出新抛物线在轴上方的部分与线段所围成的区域内（包括边界）整点的个数.
25．（12分）如图，抛物线的表达式为y=ax2+4ax+4a-1（a≠0），它的图像的顶点为A，与x轴负半轴相交于点B、点C（点B在点C左侧），与y轴交于点D，连接AO交抛物线于点E，且S△AEC:S△CEO=1:3.
（1）求点A的坐标和抛物线表达式；
（2）在抛物线的对称轴上是否存在一点P，使得△BDP的内心也在对称轴上，若存在，求点P的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）连接BD，点Q是y轴左侧抛物线上的一点，若以Q为圆心，为半径的圆与直线BD相切，求点Q的坐标.

26．如图，是的直径，点在上，平分角交于，过作直线的垂线，交的延长线于，连接.

（1）求证：；
（2）求证：直线是的切线；
（3）若，求的长.

参考答案

一、选择题（每题4分，共48分）
1、A
【详解】解：设AD与圆的切点为G，连接BG，
∴BG⊥AD，
∵∠A=60°，BG⊥AD，
∴∠ABG=30°，在直角△ABG中，BG=AB=×2=，AG=1，
∴圆B的半径为，
∴S△ABG==，
在菱形ABCD中，
∵∠A=60°，则∠ABC=120°，
∴∠EBF=120°，
∴S阴影=2（S△ABG﹣S扇形ABG）+S扇形FBE==．
故选A．

考点：1．扇形面积的计算；2．菱形的性质；3．切线的性质；4．综合题．
2、A
【分析】直接利用相似三角形的判定与性质得出△ONC1三边关系，再利用勾股定理得出答案．
【详解】过点C1作C1N⊥x轴于点N，过点A1作A1M⊥x轴于点M，

由题意可得：∠C1NO=∠A1MO=90°，
∠1=∠2=∠1，
则△A1OM∽△OC1N，
∵OA=5，OC=1，
∴OA1=5，A1M=1，
∴OM=4，
∴设NO=1x，则NC1=4x，OC1=1，
则（1x）2+（4x）2=9，
解得：x=±（负数舍去），
则NO=，NC1=，
故点C的对应点C1的坐标为：（-，）．
故选A．
【点睛】
此题主要考查了矩形的性质以及勾股定理等知识，正确得出△A1OM∽△OC1N是解题关键．
3、C
【分析】根据圆内接四边形的性质和圆周角定理即可得到结论．
【详解】在优弧AB上任意找一点D，连接AD，BD．

∵∠D=180°﹣∠ACB=50°，
∴∠AOB=2∠D=100°，
故选：C．
【点睛】
本题考查了圆周角定理，圆内接四边形的性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
4、A
【解析】作AD⊥BC，可得AD=BD=5，利用勾股定理求得AB，再由余弦函数的定义求解.
【详解】
作AD⊥BC于点D，
则AD=5，BD=5，
∴AB===5，
∴cos∠B=== .
故选A .
【点睛】
本题考查锐角三角函数的定义.
5、B
【分析】首先连接OC，由∠A=25°，可求得∠BOC的度数，由CD是圆O的切线，可得OC⊥CD，继而求得答案．
【详解】连接OC，

∵圆O是Rt△ABC的外接圆，∠ACB=90°，
∴AB是直径，
∵∠A=25°，
∴∠BOC=2∠A=50°，
∵CD是圆O的切线，
∴OC⊥CD，
∴∠D=90°-∠BOC=40°．
故选B．
6、B
【解析】取EF的中点M，作MN⊥AD于点M，取MN上的球心O，连接OF，设OF=x，则OM=4-x，MF=2，然后在Rt△MOF中利用勾股定理求得OF的长即可．
【详解】如图：

EF的中点M，作MN⊥AD于点M，取MN上的球心O，连接OF，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠C=∠D=90°，
∴四边形CDMN是矩形，
∴MN=CD=4，
设OF=x，则ON=OF，
∴OM=MN-ON=4-x，MF=2，
在直角三角形OMF中，OM2+MF2=OF2，
即：（4-x）2+22=x2，
解得：x=2.5，
故选B．
【点睛】
本题主考查垂径定理及勾股定理的知识，正确作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．
7、A
【分析】根据二次函数图象的对称轴位置以及开口方向，可得C（－5，y 1）距对称轴的距离比D（5，y 2）距对称轴的距离小，进而即可得到答案．
【详解】∵抛物线y＝ax2＋bx＋c（a<0）过A（－3，0），B（1，0），
∴抛物线的对称轴是：直线x=-1，且开口向下，
∵C（－5，y 1）距对称轴的距离比D（5，y 2）距对称轴的距离小，
∴y1>y2，
故选A．
【点睛】
本题主要考查二次函数的性质，掌握用抛物线的轴对称性比较二次函数值的大小，是解题的关键．
8、A
【分析】作辅助线，构建直角△AHM，先由旋转得BG的长，根据旋转角为30°得∠GBA＝30°，利用30°角的三角函数可得GM和BM的长，由此得AM和HM的长，相减可得结论．
【详解】如图，延长BA交GF于M，
由旋转得：∠GBA＝30°，∠G＝∠BAD＝90°，BG＝AB＝4，
∴∠BMG＝60°，
tan∠30°＝＝，
∴，
∴GM＝，
∴BM＝，
∴AM＝﹣4，
Rt△HAM中，∠AHM＝30°，
∴HM＝2AM＝﹣8，
∴GH＝GM﹣HM＝﹣（﹣8）＝8﹣4，

故选：A．
【点睛】
考查了矩形的性质、旋转的性质、特殊角的三角函数及直角三角形30°的性质，解题关键是直角三角形30°所对的直角边等于斜边的一半及特殊角的三角函数值．
9、D
【分析】
先移项，然后利用因式分解法解方程．
【详解】
解：x（x﹣5）﹣x=0，
x（x﹣5﹣1）=0，
x=0或x﹣5﹣1=0，
∴x1=0或x2=1．
故选：D．
【点睛】
本题考查了解一元二次方程﹣因式分解法：先把方程的右边化为0，再把左边通过因式分解化为两个一次因式的积的形式，那么这两个因式的值就都有可能为0，这就能得到两个一元一次方程的解，这样也就把原方程进行了降次，把解一元二次方程转化为解一元一次方程的问题了（数学转化思想）．
10、B
【解析】由题图可知，，由，可得 即可得出
【详解】由题图可知，，结合，可得.
故选B.
【点睛】
当题中所给条件中有两个三角形的两边成比例时，通常考虑利用“两边成比例且夹角相等”的判定方法判定两个三角形相似一定要记准相等的角是两边的“夹角”，否则，结论不成立（类似判定三角形全等的方法“SAS"）.
11、D
【解析】分m≤0、m≥1和0≤m≤1三种情况，根据y的最大值为4，结合二次函数的性质求解可得．
【详解】y＝﹣x2+2mx＝﹣（x﹣m）2+m2（m为常数），
①若m≤0，当x＝0时，y＝﹣（0﹣m）2+m2＝4，
m不存在，
②若m≥1，当x＝1时，y＝﹣（1﹣m）2+m2＝4，
解得：m＝2.5；
③若0≤m≤1，当x＝m时，y＝m2＝4，
即：m2＝4，
解得：m＝2或m＝﹣2，
∵0≤m≤1，
∴m＝﹣2或2都舍去，
故选：D．
【点睛】
此题主要考查二次函数的图像与性质，解题的关键是根据题意分三种情况讨论.
12、A
【分析】由左视图可得出这个几何体有2层，由俯视图可得出这个几何体最底层有4个小正方体．分情况讨论即可得出答案．
【详解】解：由题意可得出这个几何体最底层有4个小正方体，有2层，
当第二层第一列有1个小正方体时，主视图为选项B；
当第二层第二列有1个小正方体时，主视图为选项C；
当第二层第一列,第二列分别有1个小正方体时，主视图为选项D；
故选：A．
【点睛】
本题考查的知识点是简单几何体的三视图，根据所给三视图能够还原几何体是解此题的关键．

二、填空题（每题4分，共24分）
13、
【分析】一元二次方程的根就是一元二次方程的解，就是能够使方程左右两边相等的未知数的值．即把0代入方程求解可得m的值；把m的值代入一元二次方程中，求出x的值，即可得出答案．
【详解】解：把x=0代入方程（m+2）x2+3x+m2-4=0得到m2-4=0，
解得：m=±2，
∵m-2≠0,
∴m=-2，
当m=-2时，原方程为：-4x2+3x=0
解得：x1=0，x2=，
则方程的另一根为x=．
【点睛】
本题主要考查对一元二次方程的解，解一元二次方程等知识点的理解和掌握，能求出m的值是解此题的关键．
14、1．2
【分析】仔细观察表格，发现大量重复试验发芽的频率逐渐稳定在1.2左右，从而得到结论．
【详解】∵观察表格，发现大量重复试验发芽的频率逐渐稳定在1.2左右，
∴该玉米种子发芽的概率为1.2，
故答案为1.2．
【点睛】
考查利用频率估计概率，大量反复试验下频率稳定值即概率．用到的知识点为：频率=所求情况数与总情况数之比．
15、
【分析】根据正比例函数的定义即可得出答案.
【详解】∵函数是正比例函数
∴-a+1=0
解得：a=1
故答案为1.
【点睛】
本题考查的是正比例函数，属于基础题型，正比例函数的表达式为：y=kx(其中k≠0).
16、
【分析】作CH⊥AB于H．首先证明，再证明△PAB∽△PBC，可得，即可求出PA、PC.
【详解】解：作CH⊥AB于H．

∵CA=CB，CH⊥AB，∠ACB=120°，
∴AH=BH，∠ACH=∠BCH=60°，∠CAB=∠CBA=30°，
∴BC=2CH,
∴AB=2BH=2= ，
∵∠PAC=∠PCB=∠PBA，
∴∠PAB=∠PBC，
∴△PAB∽△PBC，
，
∵，
∴PA=，PC=,
∴PA+PC=，
故答案为：.
【点睛】
本题考查等腰三角形的性质、相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是准确寻找相似三角形解决问题．
17、（9，0）
【详解】根据位似图形的定义，连接A′A，B′B并延长交于(9，0)，
所以位似中心的坐标为(9，0)．
故答案为：(9，0)．

18、2．
【分析】把x＝m代入方程，求出2m2﹣3m＝2，再变形后代入，即可求出答案．
【详解】解：∵m是方程2x2﹣3x﹣2＝0的一个根，
∴代入得：2m2﹣3m﹣2＝0，
∴2m2﹣3m＝2，
∴6m2﹣9m+2026＝3（2m2﹣3m）+2026＝3×2+2026＝2，
故答案为2．
【点睛】
本题考查了求代数式的值和一元二次方程的解，解此题的关键是能求出2m2﹣3m＝2．

三、解答题（共78分）
19、（1）w=﹣x2+90x﹣1800；（2）这种布鞋销售单价定价为45元时，每天的销售利润最大，最大利润是,225元
【分析】（1）由题意根据每天的销售利润W=每天的销售量×每件产品的利润，即可列出w与x之间的函数解析式；
（2）根据题意对w与x之间的函数解析式进行配方，即可求得答案．
【详解】解：（1）w=（x﹣30）•y=（﹣x+60）（x﹣30）=﹣x2+30x+60x﹣1800=﹣x2+90x﹣1800，
w与x之间的函数解析式w=﹣x2+90x﹣1800；
（2）根据题意得：w=﹣x2+90x﹣1800=﹣（x﹣45）2+225，
∵﹣1＜0，
当x=45时，w有最大值，最大值是225；
答：这种布鞋销售单价定价为45元时，每天的销售利润最大，最大利润是225元.
【点睛】
本题考查二次函数的应用，根据题意得到每天的销售利润的关系式是解决本题的关键以及利用配方法或公式法求得二次函数的最值问题是常用的解题方法．
20、（1）见解析；（2）见解析；（3）
【分析】（1）根据函数的解析式，取x，y的值，即可．
（2）描点、连线，画出的函数图象即可；
（3）结合函数图象即可求解．
【详解】（1）列表：
x
…
﹣2
﹣1
0
1
2
…
y
…
8
2
0
2
8
…
（2）画出函数y＝2x2的图象如图：

（3）观察所画函数的图象，当﹣1＜x＜2时，y的取值范围是，
故答案为：．
21、（1）见解析；（2）12
【分析】（1）连接OD，AD是∠CAB的平分线，以及OA=DO，推出∠CAD=∠ODA,进而得出OD∥AC,最后根据∠C=90°可得出结论；
（2）因为∠B=30°，所以∠CAB=60°，结合（1）可得AC∥OD，证明△ODE是等边三角形，进而求出OA的长．再在Rt△BOD中，利用含30°直角三角形的性质求出BO的长，从而得出结论．
【详解】解：（1）证明：连接

平分∠CAB，
．
在中，，
．
．
∴AC∥OD．
中，，
，直线为圆的切线；
（2）解：如图，

中，，,
∴．
由（1）可得：AC∥OD，
，
为等边三角形，，
．
由（1）可得，
又，
在中，．
．
【点睛】
本题考查的是切线的判定与性质，等边三角形的判定，含30°的直角三角形的性质等知识，在解答此类题目时要注意添加辅助线，构造直角三角形．
22、（Ⅰ）画树状图见解析; （Ⅱ）两次取出的小球标号相同的概率为;（Ⅲ）两次取出的小球标号的和大于6的概率为 ．
【分析】（Ⅰ）根据题意可画出树状图，由树状图即可求得所有可能的结果．
（Ⅱ）根据树状图，即可求得两次取出的小球标号相同的情况，然后利用概率公式求解即可求得答案．
（Ⅲ）根据树状图，即可求得两次取出的小球标号的和大于6的情况，然后利用概率公式求解即可求得答案．
【详解】解：（Ⅰ）画树状图得：

（Ⅱ）∵共有16种等可能的结果，两次取出的小球的标号相同的有4种情况，
∴两次取出的小球标号相同的概率为=；
（Ⅲ）∵共有16种等可能的结果，两次取出的小球标号的和大于6的有3种结果，
∴两次取出的小球标号的和大于6的概率为 ．
【点睛】
此题考查列表法与树状图法求概率的知识．此题难度不大，解题的关键是注意列表法与树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，列表法适合于两步完成的事件；树状图法适合两步或两步以上完成的事件；注意概率=所求情况数与总情况数之比．
23、（1）E(3t，0)，F(12，10﹣2t)；（2）t＝；（3）O'(，)
【分析】（1）直接根据路程等于速度乘以时间，即可得出结论；
（2）先判断出∠DOE＝∠EAF＝90°，再分两种情况，用相似三角形得出比例式，建立方程求解，最后判断即可得出结论；
（3）先根据勾股定理求出DE，再利用三角形的面积求出OG，进而求出OO'，再判断出△OHO'∽△EOD，得出比例式建立方程求解即可得出结论．
【详解】解：（1）∵BA⊥x轴，CB⊥y轴，B（12，10），
∴AB＝10，
由运动知，OD＝t，OE＝3t，BF＝2t（0≤t≤4），
∴AF＝10﹣2t，
∴E（3t，0），F（12，10﹣2t）；
（2）由（1）知，OD＝t，OE＝3t，AF＝10﹣2t，
∴AE＝12﹣3t，
∵BA⊥x轴，
∴∠OAB＝90°＝∠AOC，
∵△ODE与以点A，E，F为顶点的三角形相似，
∴△DOE∽△EAF或△DOE∽△FAE，
①当△DOE∽△EAF时，，
∴，
∴t＝，
②当△DOE∽△FAE时，，
∴，
∴t＝6（舍），
即：当△ODE与以点A，E，F为顶点的三角形相似时，t＝秒；
（3）如图，
当t＝2时，OD＝2，OE＝6，
在Rt△DOE中，根据勾股定理得，DE＝2，
连接OO'交DE于G，
∴OO'＝2OG，OO⊥DE，
∴S△DOE＝OD•OE＝DE•OG，
∴OG＝＝＝，
∴OO'＝2OG＝，
∵∠AOC＝90°，
∴∠HOO'+∠AOO'＝90°，
∵OO'⊥DE，
∴∠OED+∠AOO'＝90°，
∴∠HOO'＝∠OED，
过点O'作O'H⊥y轴于H，
∴∠OHO'＝90°＝∠DOE，
∴△OHO'∽△EOD，
∴，
∴，
∴OH＝，O'H＝，
∴O'（，）．

【点睛】
此题主要考查相似三角形的判定与性质，解题的关键是熟知矩形的性质及相似三角形的性质．
24、（1）点A的坐标为（-1，0），点B的坐标为（3，0）（2）①5；②6.
【分析】（1）根据x轴上的点的坐标特征即y=0，可得关于x的方程，解方程即可；
（2）①直接写出从－1到3的整数的个数即可；
②先确定新抛物线的解析式，进而可得其顶点坐标，再结合函数图象解答即可.
【详解】解：（1）在中 ，令y=0，，解得：，
∴点A的坐标为（－1，0），点B的坐标为（3，0）；
（2）①线段AB之间横、纵坐标都是整数的点有（－1，0）、（0，0）、（1，0）、（2，0）、（3，0）.
∴线段AB上一共有5个整点；
②抛物线沿翻折，得到的新抛物线是，如图，其顶点坐标是（1，1），
观察图象可知：线段AB上有5个整点，顶点为1个整点，新抛物线在轴上方的部分与线段所围成的区域内（包括边界）共6个整点.

【点睛】
本题考查了二次函数与x轴的交点坐标、二次函数的性质以及对新定义的理解应用，熟练掌握抛物线的基本知识、灵活运用数形结合的思想是解题的关键.
25、（1）抛物线表达式为y=x2+4x+3 ；（2）P（-2，-3）；（3）Q（-4，3）.
【分析】（1）根据抛物线的对称轴易求得顶点坐标，再根据S△AEC:S△CEO=1:3，求得OE：OA=3:4，再证得△OFE∽△OMA，求得点E的坐标，从而求得答案；
（2）根据内心的定义知∠BPM=∠DPM，设点P（-2，b），根据三角函数的定义求得，继而求得的值，从而求得答案；
（3）设Q（m，m2+4m+3），分类讨论，①点Q在BD左上方抛物线上，②点Q在BD下方抛物线上，利用的不同计算方法求得的值，从而求得答案.
【详解】（1）由抛物线y=ax2+4ax+4a-1得对称轴为直线，当时，，
∴ ，
∵S△AEC:S△CEO=1:3 ，
∴AE：OE=1:3 ，
∴OE：OA=3:4，
过点E作EF⊥x轴，垂足为点F，设对称轴与x轴交点为M，如图，

∵EF//AM ，
∴△OFE∽△OMA ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
把点代入抛物线表达式y=ax2+4ax+4a-1得
，
解得：a=1，
∴抛物线表达式为：y=x2+4x+3 ；
（2）三角形的内心是三个角平分线的交点，
∴∠BPM=∠DPM，
过点D作DH⊥AM，垂足为点H，设点P（-2，b），

∵tan∠BPM=tan∠DPM ，
∴，
∴，
∴，
∴P（-2，-3），
（3）∵抛物线表达式为：y=x2+4x+3 ，
∴抛物线与轴和轴的交点坐标分别为：B(-3，0) ，C(-1，0) ，D(0，3) ，
∴，
∴
设Q（m，m2+4m+3），
①点Q在BD左上方抛物线上，如图：作BG⊥x轴交BD于G，QF⊥x轴交于F，作QE⊥BD于E，

设直线QD的解析式为：，
∵点Q的坐标为（m，m2+4m+3）代入得：，
∴直线QD的解析式为：，
当时，，
∴点G的坐标为； ，
∴
，
∵，
∴，
即：，
解得：或(不合题意，舍去) ，
∴点的坐标为：）；
②点Q在BD下方抛物线上，如图：QF⊥x轴交于F，交BD于G，作QE⊥BD于E，

设直线BD的解析式为：，
将点B(-3，0)代入得：，
∴直线BD的解析式为：，
当时，，
∴点G的坐标为； ，
∴
，
∵，
∴，
即：，
∵
∴方程无解，
综上：点的坐标为：）.
【点睛】
本题考查了运用待定系数法求直线及抛物线的解析式，三角函数的定义，勾股定理，三角形的面积，综合性比较强，学会分类讨论的思想思考问题，利用三角形面积的不同计算方法构建方程求值是解答本题的关键.
26、（1）见解析；（2）见解析；（3）.
【分析】（1）根据在同圆中，相等的圆周角所对的弦也相等即可证明；
（2）连接半径，根据等边对等角和等量代换即可证出∠ODE=90°，根据切线的判定定理即可得出结论；
（3）作于，根据角平分线的性质可得，然后利用勾股定理依次求出OF和AD即可．
【详解】证明：（1）∵在中，平分角，
∴，
∴；
（2）如图，连接半径，有，

∴，
∵于，
∴，
由（1）知，
∴，
即，
∴∠ODE=90°
∴是的切线．
（3）如图，连接OD，作于，

则，半径，
在中，

∴
在中，
【点睛】
此题考查的是圆的基本性质、切线的判定、角平分线的性质和勾股定理，掌握在同圆中，相等的圆周角所对的弦也相等、切线的判定定理、角平分线的性质和用勾股定理解直角三角形是解决此题的关键．