已知抛物线C1：y1=12x2-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：1AF+1BF=2．②取抛物线C1上任意一点P（xP，yP）（0＜xP＜1），连接PF，并延长交抛物线C1于Q（xQ，yQ）．试判断1PF+1QF=2是否成立？请说明理由；（III）将抛物线C1作适当的平移，得抛物线C2：y2=12(x-h)2，若2＜x≤m时，y2≤x恒成立，求m的最大值．

答

（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．
答案解析：（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．
考试点：二次函数综合题．
知识点：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．