26. (本小题满分8分)
已知抛物线$y= -ax^2+2ax+b与x轴的一个交点为A(-1,0)$,与$y轴的正半轴交于点C$.
(1)直接写出该抛物线的对称轴及该抛物线与$x轴的另一个交点B$的坐标.
(2)当点$C在以AB为直径的\odot P$上时,求此抛物线.

【解析】：
（1）已知抛物线方程为$y = -ax^2 + 2ax + b$，其对称轴公式为$x = -\frac{b}{2a}$（这里的a，b是抛物线方程$y=ax^2+bx+c$中的系数），
将抛物线方程中的系数代入，得到对称轴为$x = -\frac{2a}{2(-a)} = 1$，
由于抛物线关于对称轴对称，且已知与x轴的一个交点为A(-1,0)，
所以另一个交点B的横坐标可以通过对称轴和A点的横坐标计算得出，即$x_B = 2 × 1 - (-1) = 3$，
因此，交点B的坐标为(3,0)。
（2）当点C在以AB为直径的⊙P上时，根据圆的性质，直径所对的圆周角为直角，即$\angle ACB = 90^\circ$，
由于OC垂直于AB，且AB在x轴上，所以OC在y轴上，
因此，可以通过相似三角形的性质来求解。
由于$\triangle AOC \sim \triangle COB$（根据AA相似），有$\frac{OC}{OB} = \frac{OA}{OC}$，
即$OC^2 = OA × OB = 1 × 3 = 3$，
所以，$OC = \sqrt{3}$（由于C在y轴的正半轴上，所以取正值），即点C的坐标为(0,$\sqrt{3}$)，
接下来，将点A(-1,0)和点C(0,$\sqrt{3}$)代入抛物线方程$y = -ax^2 + 2ax + b$，
得到方程组：$\begin{cases}-a - 2a + b = 0, \\b = \sqrt{3}.\end{cases}$
解此方程组，得到$a = \frac{\sqrt{3}}{3}$，$b = \sqrt{3}$，
因此，抛物线的解析式为$y = -\frac{\sqrt{3}}{3}x^2 + \frac{2\sqrt{3}}{3}x + \sqrt{3}$。
【答案】：
(1)对称轴是$x = 1$；另一点B的坐标是$(3,0)$。
(2)$y = -\frac{\sqrt{3}}{3}x^2 + \frac{2\sqrt{3}}{3}x + \sqrt{3}$。

27. (本小题满分12分)
如图①,四边形$ABCD内接于\odot O$,$AD$为直径,过点$C作CE\perp AB$,交$AB的延长线于点E$,连接$AC$.
(1)求证：$\angle CAD= \angle BCE$.
(2)若$CE是\odot O$的切线,$\angle CAD= 30^{\circ}$,连接$OC$,如图②.
①请判断四边形$ABCO$的形状,并说明理由.
②当$AB= 2$时,求$AD$,$AC与\overset{\frown} {CD}$围成的阴影部分的面积.

(1)证明：∵四边形ABCD内接于⊙O，∴∠ABC+∠ADC=180°，
∵∠ABC+∠EBC=180°，∴∠EBC=∠ADC，
∵AD为直径，∴∠ACD=90°，∴∠ADC+∠CAD=90°，
∵CE⊥AB，∴∠E=90°，∴∠EBC+∠BCE=90°，
∴∠CAD=∠BCE.
(2)①四边形ABCO是菱形.
理由：∵OA=OC，∠CAD=30°，∴∠OCA=∠CAD=30°，∠AOC=120°，
∵CE是⊙O的切线，∴OC⊥CE，∵CE⊥AB，∴OC//AB，
∴∠OAB=∠AOC=120°，∠BAC=∠OAB-∠CAD=90°，
∵∠AOC+∠OAB=120°+60°=180°，∴BC//OA，
∴四边形ABCO是平行四边形，∵OA=OC，∴▱ABCO是菱形.
②∵四边形ABCO是菱形，AB=2，∴OA=OC=AB=2，AD=2OA=4，
∵∠CAD=30°，AD=4，∴CD=2，AC=2√3，
S△ACD=1/2×AC×CD=1/2×2√3×2=2√3，
S扇形OCD=60π×2²/360=2π/3，
S阴影=S△ACD+S扇形OCD=2√3+2π/3.
答：阴影部分的面积为2√3+2π/3.