Question

如圖①，在平面直角坐標系中，點P（0，m²）（m＞0）在y軸正半軸上，過點P作平行于x軸的直線，分別交拋物線C₁：y=x²于點A、B，交拋物線C₂：y=x²于點C、D．原點O關于直線AB的對稱點為點Q，分別連接OA，OB，QC和QD．
【猜想與證明】
填表：

m	1	2	3

由上表猜想：對任意m（m＞0）均有=______．請證明你的猜想．
【探究與應用】
（1）利用上面的結(jié)論，可得△AOB與△CQD面積比為______；
（2）當△AOB和△CQD中有一個是等腰直角三角形時，求△CQD與△AOB面積之差；
【聯(lián)想與拓展】
如圖②過點A作y軸的平行線交拋物線C₂于點E，過點D作y軸的平行線交拋物線C₁于點F．在y軸上任取一點M，連接MA、ME、MD和MF，則△MAE與△MDF面積的比值為______．

Answer 1

解：猜想與證明：
當m=1時，1=x²，1=x²，
∴x=±2，x=±3，
∴AB=4，CD=6，
∴；
當m=2時，4=x²，4=x²，
∴x=±4，x=±6，
∴AB=8，CD=12，
∴；
當m=3時，9=x²，9=x²，
∴x=±6，x=±9，
∴AB=12，CD=18，
∴；
∴填表為

m	1	2	3

對任意m（m＞0）均有=．
理由：將y=m²（m＞0）代入y=x²，得x=±2m，
∴A（-2m，m²），B（2m，m²），
∴AB=4m．
將y=m²（m＞0）代入y=x²，得x=±3m，
∴C（-3m，m²），D（3m，m²），
∴CD=6m．
∴，
∴對任意m（m＞0）均有=；

探究與運用：
（1）∵O、Q關于直線CD對稱，
∴PQ=OP．
∵CD∥x軸，
∴∠DPQ=∠DPO=90°．
∴△AOB與△CQD的高相等．
∵=，
∴AB=CD．
∵S_△AOB=AB•PO，S_△CQD=CD•PQ，
∴=，
（2）當△AOB為等腰直角三角形時，如圖3，
∴PO=PB=m²，AB=2OP
∴m²=m⁴，
∴4m²=m⁴，
∴m₁=0，m₂=-2，m₃=2．
∵m＞0，
∴m=2，
∴OP=4，AB=8，
∴PD=6，CD=12．
∴S_△AOB==16
∴S_△CQD==24，
∴S_△CQD-S_△AOB=24-16=8．
當△CQD是等腰直角三角形時，如圖4，
∴PQ=PO=PD=m²，CD=2QP
∴m²=m⁴，
∴9m²=m⁴，
∴m₁=0，m₂=-3，m₃=3．
∵m＞0，
∴m=3，
∴OP=6，AB=12，
∴PQ=9，CD=18．
∴S_△AOB==54
∴S_△CQD==81，
∴S_△CQD-S_△AOB=81-54=27；

聯(lián)想與拓展
由猜想與證明可以得知A（-2m，m²），D（3m，m²），
∵AE∥y軸，DF∥y軸，
∴E點的橫坐標為-2m，F(xiàn)點的橫坐標為3m，
∴y=（-2m）²，y=（3m）²，
∴y=m²，y=m²，
∴E（-2m，m²），F(xiàn)（3m，m²），
∴AE=m²-m2=m²，DF=m²-m²=m²．
S_△AEM=×m²•2m=m³，
S_△DFM=m²•3m=m³．
∴=．
故答案為：；；．
分析：猜想與證明：
把P點的縱坐標分別代入C₁、C₂的解析式就可以AB、CD的值，就可以求出結(jié)論，從而發(fā)現(xiàn)規(guī)律得出對任意m（m＞0）將y=m2代入兩個二次函數(shù)的解析式就可以分別表示出AB與CD的值，從而得出均有=；
探究與證明：
（1）由條件可以得出△AOB與△CQD高相等，就可以得出面積之比等于底之比而得出結(jié)論；
（2）分兩種情況討論，當△AOB為等腰直角三角形時，可以求出m的值就可以求出△AOB的面積，從而求出△CQD的面積，就可以求出其差，當△CQD為等腰直角三角形時，可以求出m的值就可以求出△CDQ的面積，進而可以求出結(jié)論；
聯(lián)想與拓展：
由猜想與證明可以得知A、D的坐標，可以求出F、E的縱坐標，從而可以求出AE、DF的值，由三角形的面積公式分別表示出△MAE與△MDF面積，就可以求出其比值．
點評：本題考出了對稱軸為y軸的拋物線的性質(zhì)的運用，由特殊到一般的數(shù)學思想的運用，等腰直角三角形的性質(zhì)的運用，三角形的面積公式的運用，軸對稱的性質(zhì)的運用，在解答本題時運用兩個拋物線上的點的特征不變建立方程求解是關鍵．