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(guān)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(guān)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(guān)鍵．