Question

已知拋物線C₁：y₁=

1

4

x²-x+1，點(diǎn)F（2，1）．
（1）求拋物線C₁的頂點(diǎn)坐標(biāo)；
（2）①若拋物線C₁與y軸的交點(diǎn)為A，連接AF，并延長交拋物線C₁于點(diǎn)B，求證：

1

AF

+

1

BF

=1；
②拋物線C₁上任意一點(diǎn)P（x_P，y_P）（0＜x_P＜2），連接PF，并延長交拋物線C₁于點(diǎn)Q（x_Q，y_Q），試判斷

1

PF

+

1

QF

為常數(shù)，請(qǐng)說明理由；
（3）將拋物線C₁作適當(dāng)?shù)钠揭频玫綊佄锞�C₂：y₂=

1

4

（x-h）²，若1＜x≤m時(shí)，y₂≤x恒成立，求m的最大值．

Answer 1

考點(diǎn)：二次函數(shù)綜合題

專題：

分析：（1）將拋物線C₁：y₁=

1

4

x²-x+1的一般式轉(zhuǎn)化為頂點(diǎn)式，即可求得拋物線C₁的頂點(diǎn)坐標(biāo)；
（2）①由A（0，1），F(xiàn)（2，1），可得AB∥x軸，即可求得AF與BF的長，則問題得解；
②過點(diǎn)P（x_p，y_p）作PM⊥AB于點(diǎn)M，即可求得PF=y_p，同理QF=y_Q，然后由△PMF∽△QNF，根據(jù)相似三角形的對(duì)應(yīng)邊成比例，即可求得答案；
（3）令y₃=x，設(shè)其圖象與拋物線C₂交點(diǎn)的橫坐標(biāo)為x₀，x₁，且x₀＜x₁，觀察圖象，隨著拋物線C₂向右不斷平移，x₀，x₁的值不斷增大，當(dāng)滿足1＜x≤m，y₂≤x恒成立時(shí)，m的最大值在x₁處取得．可得：當(dāng)x₀=1時(shí)，所對(duì)應(yīng)的x₁即為m的最大值．

解答：解：（1）∵y₁=

1

4

x²-x+1=

1

4

（x-2）²，
∴拋物線C₁的頂點(diǎn)坐標(biāo)為（2，0）；


（2）①證明：根據(jù)題意得：點(diǎn)A（0，1），
∵F（2，1），
∴AB∥x軸，得AF=BF=2，
∴

1

AF

+

1

BF

=1；
②

1

PF

+

1

QF

=1成立．
理由：
如圖，過點(diǎn)P（x_p，y_p）作PM⊥AB于點(diǎn)M，
則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∵點(diǎn)P（x_p，y_p）在拋物線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，
過點(diǎn)Q（x_Q，y_Q）作QN⊥AB，與AB的延長線交于點(diǎn)N，
同理可得：QF=1+y_Q，
∵∠PMF=∠QNF=90°，∠MFP=∠NFQ，
∴△PMF∽△QNF，
∴

PF

QF

=

PM

QN

，
這里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為常數(shù)；


（3）令y₃=x，
設(shè)其圖象與拋物線C₂交點(diǎn)的橫坐標(biāo)為x₀，x₁，且x₀＜x₁，
∵拋物線C₂可以看作是拋物線y=

1

4

x²左右平移得到的，
觀察圖象，隨著拋物線C₂向右不斷平移，x₀，x₁的值不斷增大，
∴當(dāng)滿足1＜x≤m，y₂≤x恒成立時(shí)，m的最大值在x₁處取得．
可得：當(dāng)x₀=1時(shí)，所對(duì)應(yīng)的x₁即為m的最大值．
于是，將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．
此時(shí)，由y₂=y₃，
得

1

4

（x-3）²=x，
解得：x₀=1，x₁=9，
∴m的最大值為9．

點(diǎn)評(píng)：此題考查了二次函數(shù)的一般式與頂點(diǎn)式的轉(zhuǎn)化，相似三角形的判定與性質(zhì)以及最大值等問題．此題綜合性很強(qiáng)，解題的關(guān)鍵是方程思想與數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用．