Question

如圖①，在平面直角坐標(biāo)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=

1

4

x²于點A、B，交拋物線C₂：y=

1

9

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
AB CD

由上表猜想：對任意m（m＞0）均有

AB

CD

=______．請證明你的猜想．
【探究與應(yīng)用】
（1）利用上面的結(jié)論，可得△AOB與△CQD面積比為______；
（2）當(dāng)△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

猜想與證明：
當(dāng)m=1時，1=

1

4

x²，1=

1

9

x²，
∴x=±2，x=±3，
∴AB=4，CD=6，
∴

AB

CD

=

2

3

；
當(dāng)m=2時，4=

1

4

x²，4=

1

9

x²，
∴x=±4，x=±6，
∴AB=8，CD=12，
∴

AB

CD

=

2

3

；
當(dāng)m=3時，9=

1

4

x²，9=

1

9

x²，
∴x=±6，x=±9，
∴AB=12，CD=18，
∴

AB

CD

=

2

3

；
∴填表為

m	1	2	3
AB CD	2 3	2 3	2 3

對任意m（m＞0）均有

AB

CD

=

2

3

．
理由：將y=m²（m＞0）代入y=

1

4

x²，得x=±2m，
∴A（-2m，m²），B（2m，m²），
∴AB=4m．
將y=m²（m＞0）代入y=

1

9

x²，得x=±3m，
∴C（-3m，m²），D（3m，m²），
∴CD=6m．
∴

AB

CD

=

4m

6m

=

2

3

，
∴對任意m（m＞0）均有

AB

CD

=

2

3

；

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

=

2

3

，
∴AB=

2

3

CD．
∵S_△AOB=

1

2

AB•PO，S_△CQD=

1

2

CD•PQ，
∴

S△AOB

S△CQD

=

1 2 AB•PO

1 2 CD•PQ

=

2

3

，
（2）當(dāng)△AOB為等腰直角三角形時，如圖3，
∴PO=PB=m²，AB=2OP
∴m²=

1

4

m⁴，
∴4m²=m⁴，
∴m₁=0，m₂=-2，m₃=2．
∵m＞0，
∴m=2，
∴OP=4，AB=8，
∴PD=6，CD=12．
∴S_△AOB=

1

2

×8×4=16
∴S_△CQD=

1

2

×12×4=24，
∴S_△CQD-S_△AOB=24-16=8．
當(dāng)△CQD是等腰直角三角形時，如圖4，
∴PQ=PO=PD=m²，CD=2QP
∴m²=

1

9

m⁴，
∴9m²=m⁴，
∴m₁=0，m₂=-3，m₃=3．
∵m＞0，
∴m=3，
∴OP=6，AB=12，
∴PQ=9，CD=18．
∴S_△AOB=

1

2

×9×12=54
∴S_△CQD=

1

2

×9×18=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(biāo)為-2m，F(xiàn)點的橫坐標(biāo)為3m，
∴y=

1

9

（-2m）²，y=

1

4

（3m）²，
∴y=

4

9

m²，y=

9

4

m²，
∴E（-2m，

4

9

m²），F(xiàn)（3m，

9

4

m²），
∴AE=m²-

4

9

m²=

5

9

m²，DF=

9

4

m²-m²=

5

4

m²．
S_△AEM=

1

2

×

5

9

m²•2m=

5

9

m³，
S_△DFM=

1

2

×

5

4

m²•3m=

15

8

m³．
∴

S△AEM

S△DFM

=

5 9 m3

15 8 m3

=

8

27

．
故答案為：

2

3

；

2

3

；

8

27

．