已知抛物线C1：y1=12x2-x+1，点F（1，1）．

已知抛物线C1：y1=

1

2

x2-x+1，点F（1，1）．
（I）求抛物线C₁的顶点坐标；
（II）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

=2 山宽水窄 1年前他留下的回答 已收到4个回答

sparrowu 春芽

该名网友总共回答了23个问题，此问答他的回答如下：采纳率：95.7%

解题思路：（I）将抛物线C₁：y₁=[1/2]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；
（II）①由A（0，1），F（1，1），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；
（III）令y₃=x，设其图象与抛物线C₂交点的横坐标为x₀，x₀′，且x₀＜x₀′，观察图象，随着抛物线C₂向右不断平移，x₀，x₀′的值不断增大，当满足2＜x≤m，y₂≤x恒成立时，m的最大值在x₀′处取得．可得：当x₀=2时，所对应的x₀′即为m的最大值．

（I）∵y₁=
1
2]x²-x+1=[1/2]（x-1）²+[1/2]，
∴抛物线C₁的顶点坐标为（1，[1/2]）；
（II）①证明：根据题意得：点A（0，1），
∵F（1，1），
∴AB∥x轴，得AF=BF=1，
∴[1/AF]+[1/BF]=2；
②[1/PF]+[1/QF]=2成立．
理由：
如图，过点P（x_p，y_p）作PM⊥AB于点M，
则FM=1-x_p，PM=1-y_p，（0＜x_p＜1），
∴Rt△PMF中，由勾股定理，
得PF²=FM²+PM²=（1-x_p）²+（1-y_p）²，
又点P（x_p，y_p）在抛物线C₁上，
得y_p=[1/2]（x_p-1）²+[1/2]，即（x_p-1）²=2y_p-1，
∴PF²=2y_p-1+（1-y_p）²=y_p²，
即PF=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=y_Q，
∵∠PMF=∠QNF=90°，∠MFP=∠NFQ，
∴△PMF∽△QNF，
∴[PF/QF=
PM
QN]，
这里PM=1-y_p=1-PF，QN=y_Q-1=QF-1，
∴[PF/QF=
1-PF
QF-1]，
即[1/PF+
1
QF]=2；
（III）令y₃=x，
设其图象与抛物线C₂交点的横坐标为x₀，x₀′，且x₀＜x₀′，
∵抛物线C₂可以看作是抛物线y=[1/2]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，x₀′的值不断增大，
∴当满足2＜x≤m，y₂≤x恒成立时，m的最大值在x₀′处取得．
可得：当x₀=2时，所对应的x₀′即为m的最大值．
于是，将x₀=2代入[1/2]（x-h）²=x，
有[1/2]（2-h）²=2，
解得：h=4或h=0（舍去），
∴y₂=[1/2]（x-4）²．
此时，由y₂=y₃，得[1/2]（x-4）²=x，
解得：x₀=2，x₀′=8，
∴m的最大值为8．

点评：
本题考点： 二次函数综合题．

考点点评： 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．

1年前他留下的回答

1

hb20050418 网友

该名网友总共回答了7个问题，此问答他的回答如下：

请说明理由；（3）将抛物线c1作适当的平移，的抛物线c2：y2=1/2(x-h)^2，若2 1年前他留下的回答

2

张妍婧 网友

该名网友总共回答了1个问题，此问答他的回答如下：

这是哪儿的题？

1年前他留下的回答

1

chenlong08 网友

该名网友总共回答了8个问题，此问答他的回答如下：

过程

1年前他留下的回答

0

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