Question

已知抛物线C₁：y₁=

1

4

x²-x+1，点F（2，1）．
（1）求抛物线C₁的顶点坐标；
（2）①若抛物线C₁与y轴的交点为A，连接AF，并延长交抛物线C₁于点B，求证：

1

AF

+

1

BF

=1；
②抛物线C₁上任意一点P（x_P，y_P）（0＜x_P＜2），连接PF，并延长交抛物线C₁于点Q（x_Q，y_Q），试判断

1

PF

+

1

QF

为常数，请说明理由；
（3）将抛物线C₁作适当的平移得到抛物线C₂：y₂=

1

4

（x-h）²，若1＜x≤m时，y₂≤x恒成立，求m的最大值．

Answer 1

考点：二次函数综合题

专题：

分析：（1）将抛物线C₁：y₁=

1

4

x²-x+1的一般式转化为顶点式，即可求得抛物线C₁的顶点坐标；
（2）①由A（0，1），F（2，1），可得AB∥x轴，即可求得AF与BF的长，则问题得解；
②过点P（x_p，y_p）作PM⊥AB于点M，即可求得PF=y_p，同理QF=y_Q，然后由△PMF∽△QNF，根据相似三角形的对应边成比例，即可求得答案；
（3）令y₃=x，设其图象与抛物线C₂交点的横坐标为x₀，x₁，且x₀＜x₁，观察图象，随着抛物线C₂向右不断平移，x₀，x₁的值不断增大，当满足1＜x≤m，y₂≤x恒成立时，m的最大值在x₁处取得．可得：当x₀=1时，所对应的x₁即为m的最大值．

解答：解：（1）∵y₁=

1

4

x²-x+1=

1

4

（x-2）²，
∴抛物线C₁的顶点坐标为（2，0）；


（2）①证明：根据题意得：点A（0，1），
∵F（2，1），
∴AB∥x轴，得AF=BF=2，
∴

1

AF

+

1

BF

=1；
②

1

PF

+

1

QF

=1成立．
理由：
如图，过点P（x_p，y_p）作PM⊥AB于点M，
则FM=2-x_p，PM=1-y_p，（0＜x_p＜1），
∴Rt△PMF中，由勾股定理，
得PF²=FM²+PM²=（2-x_p）²+（1-y_p）²，
又∵点P（x_p，y_p）在抛物线C₁上，
得y_p=

1

4

（x_p-2）²，即（x_p-2）²=4y_p，
∴PF²=4y_p+（1-y_p）²=（1+y_p）²，
即PF=1+y_p，
过点Q（x_Q，y_Q）作QN⊥AB，与AB的延长线交于点N，
同理可得：QF=1+y_Q，
∵∠PMF=∠QNF=90°，∠MFP=∠NFQ，
∴△PMF∽△QNF，
∴

PF

QF

=

PM

QN

，
这里PM=1-y_p=2-PF，QN=y_Q-1=QF-2，
∴

PF

QF

=

2-PF

QF-2

，
∴PF（QF-2）=QF（2-PF），
∴PF•QF=PF+QF，
即

1

PF

+

1

QF

=1；
∴

1

PF

+

1

QF

=1为常数；


（3）令y₃=x，
设其图象与抛物线C₂交点的横坐标为x₀，x₁，且x₀＜x₁，
∵抛物线C₂可以看作是抛物线y=

1

4

x²左右平移得到的，
观察图象，随着抛物线C₂向右不断平移，x₀，x₁的值不断增大，
∴当满足1＜x≤m，y₂≤x恒成立时，m的最大值在x₁处取得．
可得：当x₀=1时，所对应的x₁即为m的最大值．
于是，将x₀=1代入

1

4

（x-h）²=x，
有

1

4

（1-h）²=1，
解得：h=3或h=-1（舍去），
∴y₂=

1

4

（x-3）²．
此时，由y₂=y₃，
得

1

4

（x-3）²=x，
解得：x₀=1，x₁=9，
∴m的最大值为9．

点评：此题考查了二次函数的一般式与顶点式的转化，相似三角形的判定与性质以及最大值等问题．此题综合性很强，解题的关键是方程思想与数形结合思想的应用．