2019-2020学年东营市广饶县八年级下学期期末数学试卷(含解析)

2019-2020学年东营市广饶县八年级下学期期末数学试卷
一、选择题（本大题共10小题，共30.0分）
1.下列事件中是必然事件的是()
A. 西宁一月一日刮西北风
B. 抛掷一枚硬币，落地后正面朝上
C. 当x是实数时，x2≥0
D. 三角形内角和是360°
2.将抛物线y=x2−2x向左平移1个单位长度，再向上平移1个单位长度，得到的抛物线的函数
表达式()
A. y=x2
B. y=(x−2)2
C. y=x2−2
D. y=x2+2
3.如图所示，△ABC的边AC的垂直平分线DE交边AB于点D，交边AC于点E，
若∠A=50°，则∠BDC的度数为()
A. 50
B. 100°
C. 120°
D. 130°
4.如图，AB是⊙O的直径，AC是⊙O的切线，A为切点，BC与⊙O交于点D，
连结OD.若∠AOD=80°，则∠C的度数为()
A. 40°
B. 50°
C. 60°
D. 80°
5.已知一元二次方程的两根分别是3和0，则这个一元二次方程是()
A. x2+2x−15=0
B. x2+3x=0
C. x2−9=0
D. x2−3x=0
6.如图，小球从A口往下落，在每个交又口都有向左或向右两种可能，且可能性相同，则小球最
终从E口落出的概率为()
A. 1
2B. 1
4
C. 1
6
D. 1
8
7.已知函数的图象如图所示，那么关于的方程
的根的情况是
A. 无实数根
B. 有两个相等实数根
C. 有两个异号实数
D. 有两个同号不等实数根
8.如图，△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC=2，D为AC上一动点，以AD为
直径的⊙O交BD于E，则线段CE的最小值为()
A. √5
B. √5+1
C. 2√5
D. √5−1
9.汽车刹车后行驶的距离y(单位：米)与行驶的时间x(单位：秒)的函数关系式是y=−6x2+15x，
那么汽车刹车后到静止所需时间的值等于该抛物线()
A. 顶点的横坐标
B. 顶点的纵坐标
C. 与直线x=1的交点的纵坐标
D. 与x轴交点的横坐标
10.从−2、−1、0、1、2这5个数中任取一个数，作为函数y=mx2−4x+2的m值(m为常数)，
则使函数图象与x轴有两个交点的概率是()
A. 1
5B. 2
5
C. 3
5
D. 1
二、填空题（本大题共8小题，共28.0分）
11.小李与小陈做猜拳游戏，规定每人每次出一只手，且至少要出一个手指，
两人出拳的手指数之和为偶数时小李获胜，那么______(填“小李”或
“小陈”)获胜的可能性较大．
12.任意投挪一枚均匀的骰子，点数大于4的概率是______．
13.从地面竖直向上抛出一个小球，小球的高度ℎ(米)与运动时间t(秒)之间的关系式为ℎ=30t−
5t2，那么小球抛出______秒后达到最高点．
14.已知二次函数y=x2+bx+c有最小值−1，则一元二次方程x2+bx+c=0的根的情况是
______．
15.四边形ABCD是直角梯形，AB平行于CD，且∠B=∠C=90°，且BC=CD=
4cm，AB=6cm，把梯形ABCD分别绕直线AB，CD旋转一周，所得几何体
的表面积分别为S1，S2，则|S1−S2|=
16.如图所示是抛物线形拱桥，当拱顶离水面2m时，水面宽4m，建立如图所示的平面直角坐标系，
若水面下降1m时，则水面的宽度为______m.
17.如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，点A(m,6)在第一象限，OA
，则m的值是______ ．
与x轴所夹的锐角为α，且sinα=3
5
18.如图，曲线AB是顶点为B，与y轴交于点A的抛物线y=−x2+4x+2的一部分；曲线BC是
的一部分．由点C开始不断重复“A−B−C”的过程，形成一组波浪线，点双曲线y=k
x
P(2018,m)与Q(2026,n)均在该抛物线上，则m+n=______．
三、计算题（本大题共1小题，共9.0分）
19.如图，已知CO、CB是⊙O’的弦，⊙O’与平面直角坐标系的x轴、
y轴分别交于点B、A，若∠COB=45°，∠OBC=75°，点A的坐标
为(0,2)，求⊙O’的直径．
四、解答题（本大题共6小题，共53.0分）
20.为加强防汛工作，市工程队准备对苏州河一段长为2240米的河堤进行加固．由于采用新的加固
模式，现在计划每天加固的长度比原计划增加了20米，因而完成此段加固工程所需天数将比原计划缩短2天．为进一步缩短该段加固工程的时间，如果要求每天加固224米，那么在现在计划的基础上，每天加固的长度还要再增加多少米？
21.为了贯彻落实《中国足球发展改革总体方案》，我县共有12所中小学学校被
教育部命名为足球特色学校.为进一步普及足球知识，传播足球文化，我县在
中小学举行了“足球在身边”知识竞赛，各类获奖学生人数的比例情况如图
所示，其中获得三等奖的学生共50名，请结合图中信息，解答下列问题：
(1)获得一等奖的学生人数；
(2)在本次知识竞赛活动中，A，B，C，D四所学校表现突出，现决定从这四所学校中随机选取两所
学校举行一场足球友谊赛，请用画树状图或列表的方法求恰好选到A，B两所学校的概率．
22.在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=ax2+2ax−3a(a>0)与x轴交于A，B两点(点A在点
B的左侧)．
(1)求抛物线的对称轴及线段AB的长；
(2)抛物线的顶点为P，若∠APB=120°，求顶点P的坐标及a的值；
(3)若在抛物线上存在一点N，使得∠ANB=90°，结合图象，求a的取值范围．
23.如图，在⊙O中，AB为直径，OC⊥AB，弦CD与OB交于点F，
在AB的延长线上有一点E，且EF=ED．
(1)求证：DE是⊙O的切线；
(2)若tanA=1
，试探究线段AB和BE之间的数量关系，并证明．
2
24.张大爷要围成一个矩形花圃．花圃的一边利用足够长的墙另三边
用总长为32米的篱笆恰好围成．围成的花圃是如图所示的矩形
ABCD.设AB边的长为x米．矩形ABCD的面积为S平方米．
(1)求S与x之间的函数关系式，并写出自变量x的取值范围；
(2)当x为何值时，S有最大值？并求出最大值？
25.若抛物线L：y=ax2+bx+c(a,b，c是常数且abc≠0)与直线
l都经过y轴上的同一点，且抛物线的顶点在直线l上，则称抛物
线L与直线l具有“一带一路”关系，并且将直线l叫做抛物线
L的“路线”，抛物线L叫做直线l的“带线”
(1)若“路线”l的表达式为y=2x−4，它的“带线”L的顶点的横
坐标为−1，求“带线”L的表达式；
(2)如果抛物线y=2x2−4x+1与直线y=nx+1具有“一带一路”
关系，如图，设抛物线与x轴的一个交点为A，与y轴交于点B，其顶点为C．
①求△ABC的面积；
S△ABC，若存在，直接写出点P的坐标，若不存在，请说②在y轴上是否存在一点P，使S△PBC=1
2
明理由．
【答案与解析】
1.答案：C
解析：解：A、B：选项为不确定事件，即随机事件，不符合题意；
C：是必然事件，符合题意；
D：是不可能事件，不符合题意．
故选：C．
必然事件就是一定发生的事件，即发生的概率是1的事件．
解决本题要正确理解必然事件、不可能事件、随机事件的概念，理解概念是解决基础题的主要方法．注意必然事件就是一定发生的事件．
2.答案：A
解析：解：y=x2−2x=(x−1)2−1，
则将抛物线y=x2−2x向左平移1个单位长度，再向上平移1个单位长度，得到的新的抛物线的解析式为：y=x2．
故选：A．
首先配方得出二次函数顶点式，进而利用二次函数平移规律得出答案．
此题主要考查了二次函数的图象与几何变换，正确利用配方法求出二次函数顶点式的形式是解题关键．
3.答案：B
解析：解：∵△ABC的边AC的垂直平分线DE交边AB于点D，交边AC于点E，
∴AD=DC，
∴∠A=∠ACD，
∵∠A=50°，
∴∠ACD=50°，
∴∠BDC=∠A+∠ACD=50°+50°=100°，
故选：B．
根据线段垂直平分线的性质得出AD=DC，推出∠A=∠ACD=50°，根据三角形外角的性质得出即可．
本题考查了等腰三角形的性质、线段垂直平分线的性质、三角形外角的性质等知识点，能根据线段垂直平分线的性质得出AD=DC是解此题的关键．
4.答案：B
解析：
本题考查了切线的性质，等腰三角形的性质，三角形的外角性质，三角形的内角和定理等知识点的应用，关键是求出∠B和∠BAC的度数．
根据等腰三角形性质和三角形外角性质求出∠B，根据切线性质求出∠BAC=90°，根据三角形的内角和定理即可求出结论．
解：∵OB=OD，
∴∠B=∠ODB，
∵∠AOD=80°，∠B+∠ODB=∠AOD，
∴∠B=∠ODB=40°，
∵AC是⊙O的切线，A为切点，
∴∠BAC=90°，
∴∠C=90°−40°=50°，
故选：B．
5.答案：D
解析：解：∵一元二次方程的两根分别是3和0，
∴x1+x2=3，x1⋅x2=0，
∴这个一元二次方程是x2−3x=0．
故选：D．
根据根与系数的关系即可判断．
本题考查了根与系数的关系，解决本题的关键是掌握根与系数的关系．
6.答案：B
解析：
本题考查了列表法与树状图法，读懂题目信息，得出所给的图形的对称性以及可能性相等是解题的关键，用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
根据“在每个交叉口都有向左或向右两种可能，且可能性相等”可知在点B、C、D处都是等可能情况，从而得到在四个出口E、F、G、H也都是等可能情况，然后概率的意义列式即可得解．
解：由图可知，在每个交叉口都有向左或向右两种可能，且可能性相等，
小球最终落出的点共有E、F、G、H四个，
所以，最终从点E落出的概率为1
．
4
故选：B．
7.答案：D
解析：解：∵函数y=ax2+bx+c与x轴有两个交点，且均在x轴的正半轴上，
∴关于x的方程ax2+bx+c=0的根的情况是有两个同号不等实数根．
故选D．
8.答案：D
解析：解：如图，连接AE，则∠AED=∠BEA=90°，
∴点E在以AB为直径的⊙Q上，
∵AB=2，
∴QA=QB=1，
当点Q、E、C三点共线时，CE最小，
∵AC=2，
∴QC=√5，
∴CE=QC−QE=√5−1，
故选：D．
连接AE，可得∠AED=∠BEA=90°，从而知点E在以AB为直径的⊙Q上，继而知点Q、E、C三点共线时CE最小，根据勾股定理求得QC的长，即可得线段CE的最小值．
本题考查了圆周角定理和勾股定理的综合应用，解决本题的关键是确定E点运动的轨迹，从而把问题转化为圆外一点到圆上一点的最短距离问题．
9.答案：A
解析：解：∵汽车刹车后到静止距离y达到最大值，
∴所需时间的值等于该抛物线顶点的横坐标，
故选：A．
根据二次函数的性质即可得到结论．
本题考查了二次函数的应用，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的顶点式解答．
10.答案：C
解析：解：∵在−2、−1、0、1、2这5个数中，使函数图象与x轴有两个交点的有3个数，
∴使函数图象与x轴有两个交点的概率是3
；
5
故选：C．
用使函数图象与x轴有两个交点的个数除以总个数即可得出答案．
本题考查了概率的知识．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
11.答案：小李
解析：解：画树状图如图：
共有25个等可能的结果，两人出拳
的手指数之和为偶数的结果有13个，
则小李获胜的概率为13
25
，
故小李获胜的可能性较大．
故答案为：小李．
画出树状图，共有25个等可能的结果，两人出拳的手指数之和为偶数的结果有13个，即可得出答案．
本题考查了列表法与树状图法以及概率公式；根据题意画出树状图是解题的关键．
12.答案：1
3
解析：解：∵任意抛掷一枚均匀的骰子一次，朝上的点数大于4的有2种情况，
∴任意抛掷一枚均匀的骰子一次，朝上的点数大于4的概率等于：2
6=1
3
．
故答案为：1
3
．
由任意抛掷一枚均匀的骰子一次，朝上的点数大于4的有2种情况，直接利用概率公式求解即可求得答案．
此题考查了概率公式的应用．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
13.答案：3
解析：解：ℎ=−5t2+30t，
=−5(t2−6t+9)+45，
=−5(t−3)2+45，
∵a=−5<0，
∴图象的开口向下，有最大值，
当t=3时，ℎ最大值=45；
即小球抛出3秒后达到最高点．
故答案为：3．
首先理解题意，先把实际问题转化成数学问题后，知道解此题就是求出ℎ=30t−5t2的顶点坐标即可．
考查了二次函数的应用，解此题的关键是把实际问题转化成数学问题，利用二次函数的性质就能求出结果，注意利用配方法解决问题．
14.答案：有两个不相等的实数根
解析：解：∵二次函数y=x2+bx+c有最小值−1，
=−1，
∴4ac−b2
4a
∵a=1，
∴4c−b2=−4，
∴b2−4ac=b2−4c=4>0，
∴一元二次方程x2+bx+c=0有两个不相等的实数根，
故答案为有两个不相等的实数根．
=−1，再根据根的判别式b2−4ac判断一根据二次函数y=x2+bx+c有最小值−1，可得出4ac−b2
4a
元二次方程x2+bx+c=0的根的情况即可．
=−1．
本题考查了抛物线与x轴的交点问题，函数有最小值−1时4ac−b2
4a
15.答案：16
解析：试题分析：若梯形ABCD分别绕直线AB旋转一周，得到的几何体是高为2cm、底面半径为4cm的圆锥和高为4cm、底面半径为4cm的圆柱的组合体，其中圆柱的侧面展开图为长方形，其中长为底面圆的周长，宽为圆柱的高；若梯形ABCD分别绕直线CD旋转一周，得到的几何体为被挖去一个高为2cm的圆锥的圆柱，其中圆柱的侧面展开图为一个长方形，该长方形的长为底面圆的周长，宽为6cm，高为圆柱底面的周长。

故等于圆锥的侧面积+圆柱的一个底面积+圆柱的侧面积M；
等于圆柱的一个底面积+圆柱的侧面积N+圆锥的侧面积，其中这两个圆锥的侧面积和圆柱的一个底面积是分别相等的。

由题意知，
考点：四边形、图形的对称、平移与旋转
16.答案：2√6
解析：解：从图象看，函数定点坐标C为(0,2)，点B的坐标为(2,0)，
则函数的表达式为：y=ax2+2，
把点B坐标代入上式得：a=−1
2
，
设：水面下降1米，到D的位置，则D坐标为(x,−1)，x>0，
把D点坐标代入函数表达式得：x=√6，
故答案为2√6．
把C(0,2)、B的坐标为(2,0)代入二次函数表达式即可求解；把则D坐标为(x,−1)代入函数表达式求出x即可．
本题考查的是二次函数的应用，关键要确定点的坐标，这是一道基础题．
17.答案：8
解析：解：如图，作AH⊥x轴于H．
∵sinα=AH
OA =3
5
，AH=6，
∴OA=10√102−62=8，
∴OH=√OA2−AH2=√102−62=8，∴m=8，
故答案为8．
如图，作AH⊥x轴于H.根据sinα=AH
OA =3
5
，AH=6，求出OA，再利用勾股定理求出OH即可解决
问题．
本题考查解直角三角形，坐标2图形的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．
18.答案：9
解析：解：由图可得，A，C之间的水平距离为6，
2018÷6=336…2，
由抛物线y=−x2+4x+2可得，顶点B(2,6)，即A，B之间的水平距离为2，
∴点P′、点B离x轴的距离相同，都为6，即点P的纵坐标m=6，
由抛物线解析式可得AO=2，即点C的纵坐标为2，
∴C(6,2)，
∴k=2×6=12，
∴双曲线解析式为y=12
，
x
2026−2018=8，故点Q与点P的水平距离
为8，
∵点P′、Q″之间的水平距离=(2+8)−(2+6)=2，
∴点Q″的横坐标=2+2=4，
∴在y=12
中，令x=4，则y=3，
x
∴点Q″、点Q′离x轴的距离相同，都为3，即点Q的纵坐标n=3，
∴m+n=6+3=9，
故答案为：9．
依据题意可得，A，C之间的水平距离为6，点Q与点P的水平距离为8，A，B之间的水平距离为2，，依据点P′、点B离x轴的距离相同，都为6，即点P的纵坐标m=6，点Q″、
双曲线解析式为y=12
x
点Q′离x轴的距离相同，都为3，即点Q的纵坐标n=3，即可得到m+n的值．
本题考查反比例函数图象上点的坐标特征、二次函数的性质，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
19.答案：解：连接AB
∵∠COB=45°，∠OBC=75°，
∴∠C=60°，
∵，
∴∠A=∠C=60°，
∵∠AOB=90°，
∴AB是⊙O’的直径，
∵∠AOB=90°，∠A=60°，
∴∠ABO=30°，
∵A点坐标为(0,2)，
∴AO=2．
∴AB=2OA=4．
答：⊙O’的直径为4．
解析：本题考查了三角形的内角和定理运用、圆周角定理的运用以及直角三角形的性质，题目的综合性较强，难度中等，解题的关键是添加辅助线构造直角三角形，并且利用圆周角定理确定AB是圆的直径，是一道不错的圆的综合性题目.连接AB，由平面直角坐标系的性质可知∠AOB=90°，所以AB是圆的直径，利用三角形的内角和定理易求∠C=60°，再根据圆周角定理可得∠OAB=∠OCB= 60°，再根据直角三角形的性质求出AB的长即可．
20.答案：解：设原计划每天加固的长度x米．
由题意可得：2240
x −2240
x+20
=2．
解之得：x=140或x=−160.(不合题意舍去)
经检验：x=140是原方程的解．
如果要求每天加固224米，那么在现在计划的基础上，每天加固的长度还要再增加224−140−20= 64米．
答：每天加固的长度还要再增加64米．
解析：此题的关键是未知数的设置，读懂题意，应该设原计划每天加固的长度x米，然后根据“每天加固的长度比原计划增加了20米，因而完成此段加固工程所需天数将比原计划缩短2天．”列出方程．
利用分式方程解应用题时，一般题目中会有两个相等关系，这时要根据题目所要解决的问题，选择其中的一个相等关系作为列方程的依据，而另一个则用来设未知数．
21.答案：解：(1)∵三等奖所在扇形的圆心角为90°，
∴三等奖所占的百分比为25%，
∵三等奖为50人，
∴总人数为50÷25%=200(人)，
∴一等奖的学生人数为200×(1−20%−25%−40%)=30(人)；
(2)列表如下：
A B C D
A A
B A
C AD
B BA B
C BD
C CA CB CD
D DA DB DC
∵共有12种等可能的结果，恰好选到A，B两所学校的有2种，
∴恰好选到A，B两所学校的概率为2
12=1
6
．
解析：(1)根据三等奖所在扇形的圆心角的度数求得总人数，然后乘以一等奖所占的百分比即可求得一等奖的学生数；
(2)列表将所有等可能的结果列举出来，利用概率公式求解即可．
本题考查了列表法与树状图法求概率，解题的关键是通过列表将所有等可能的结果列举出来，然后利用概率公式求解．也考查了扇形统计图
22.答案：解：(1)令y=0得：ax2+2ax−3a=0，即a(x+3)(x−1)=0，
解得：x=−3或x=1，
∴A(−3,0)、B(1,0)．
∴抛物线的对称轴为直线x=−3+1
2
=−1，AB=1−(−3)=4．
(2)如图1所示：
设抛物线的对称轴与x轴交于点H．
∵∠APB=120°，AB=4，PH在对称轴上，
∴AH=2，∠APH=60°，
∴PH=2√3
，
3
∴点P的坐标为(−1,−2√3
)，
3
=−4a，
将点P的坐标代入y=a(x+3)(x−1)得：−2√3
3
解得a=√3
．
6
(3)如图2所示：以AB为直径作⊙H．
∵当∠ANB=90°，
∴点N在⊙H上．
∵点N在抛物线上，
∴点N为抛物线与⊙H的交点．
∴点P在圆上或点P在圆外．
∴HP≥2．
∵将x=−1代入y=a(x+3)(x−1)得：y=−4a．
∴HP=4a．
∴4a≥2，解得a≥1
．
2
∴a的取值范围是a≥1
．
2
解析：(1)令y=0得：ax2+2ax−3a=0，解关于x的方程可求得点A和点B的横坐标，然后可求得AB的长，利用抛物线的对称性可得到抛物线的对称轴方程；
(2)如图1所示，利用抛物线的对称性可知：AH=2，∠APH=60°，然后可求得PH=2√3
，从而可
3
得点P的坐标，最后将点P的坐标代入抛物线的解析式可求得a的值；
(3)以AB为直径作⊙H，则点N在⊙H上，当点P在⊙H上或点P在⊙H外时，∠ANB=90°，故
H P≥2，接下来，依据HP≥2列不等式求解即可．
本题主要考查的是二次函数的综合应用，解答本题主要应用了待定系数法求二次函数的解析式，二次函数的性质，找出∠ANB=90°的条件是解题的关键．
23.答案：(1)证明：连接OD，如图所示：
∵EF=ED，
∴∠EFD=∠EDF，
∵∠EFD=∠CFO，
∵OC⊥AB，
∴∠OCF+∠OFC=90°，
∵OC=OD，
∴∠OCF=∠ODF，
∴∠ODC+∠FDE=90°，
∴∠ODE=90°，
∴OD⊥DE，
又∵点D在⊙O上，
∴DE与⊙O的切线；
(2)解：AB=3BE，证明如下：
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
又∵∠ODE=90°，
∴∠ADO=∠BDE，
∵∠E=∠E，
∴△EBD∽△EDA，
∴DE
AE =BE
DE
=BD
AD
，
在Rt△ABD中，tanA=BD
AD =1
2
，
∴DE
AE =BE
DE
=1
2
，
∴AE=2DE，DE=2BE，∴AE=4BE，
∴AB =3BE ．
解析：(1)连接OD ，由等腰三角形的性质得得出∠FDE =∠DFB ，∠OCF =∠ODF ，证出∠ODC +∠FDE =∠ODE =90°，进而可得出DE 是⊙O 的切线；
(2)先由圆周角定理得∠ADB =90°，则∠ADO =∠BDE ，再证△EBD∽△EDA ，得DE AE =BE DE =BD AD =12，即可解决问题．
本题考查了切线的判定与性质、圆周角定理、相似三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、锐角三角函数定义等知识；熟练掌握切线的判定与性质、圆周角定理以及相似三角形的判定与性质是解题的关键． 24.答案：解：(1)由题意，得S =AB ⋅BC =x(32−2x)，
∴S =−2x 2+32x(0<x <16)．
(2)∵a =−2<0，
∴S 有最大值．
∴x =−b 2a =−322×(−2)=8时，有S 最大=4ac−b 24a =−3224×(−2)=128．
∴x =8时，S 有最大值，最大值是128平方米．
解析：(1)设AB 边的长为x 米，则BC =32−2x ，然后利用矩形的面积公式列出函数关系式即可；
(2)利用二次函数的性质求最大值即可．
本题主要考查的是二次函数的应用，掌握二次函数的性质是解题的关键．
25.答案：解：(1)∵“带线”L 的顶点的横坐标为−1，
∴y =2×(−1)−4=−6，
∴“带线”L 的顶点的(−1,−6)，
设L 的解析式为y =a(x +1)2−6，
∵“路线”y =2x −4与y 轴的交点坐标是(0,−4)，
∵带线”L 也经过(0,−4)，将(0,−4)代入L 的表达式，得
a =2，
“带线”L 的表达式为y =2(x +1)2−6=2x 2+4x −4；
(2)①当y =0时，2x 2−4x +1=0，解得x =1±√22，即A 点坐标为(1+√22,0)， y =2x 2−4x +1=2(x −1)2−1其顶点坐标是(1,−1)，
直线y =nx +1经过(1,−1)，
解得n =−2，
直线BC 的解析式为y =−2x +1，设与x 轴相交于点D ，
当y =0时，−2x +1=0，解得x =12，即D(12,0)， AD =1+
√22−12=√2+12 当x =0时，y =1，即B(0,1)，
∴S △ABC =12AD ⋅(y B −y C )=12×√2+12×(1+1)=√2+12
； ②如图，
设P(0,n)，BP =|1−n|，
由S △PBC =12S △ABC ，得
1
2|1−n|×1=12×√2+12
， 化简得1−n =√2+12，或n −1=√2+12
解得n =1−√2
2，n =3+√2
2，
P 点坐标为(0,1−√22)或(0,3+√22
). 解析：(1)根据自变量与函数值的对应关系，可得顶点坐标，根据待定系数法，可得函数解析式；
(2)①根据配方法，可得顶点坐标，根据待定系数法，可得BC 的解析式，根据自变量与函数值的对应关系，可得B ，A 点坐标，根据三角形的面积的和差，可得答案；
②根据面积间的关系，可得关于n 的方程，根据解方程，可得答案．
本题考查了二次函数综合题，解(1)的关键是利用一带一路”关系得出顶点坐标，又利用了待定系数法；解(2)①的关键是利用一带一路”关系求出BC 的解析式，又利用了三角形的面积的和差；解②的关键是利用面积间的关系得出关于n 的方程，要分类讨论，以防遗漏．。