如图，已知抛物线 $y=ax^2$ 过点 $P(-1,1)$，过点 $Q(-
\dfrac{1}{2},0)$ 作斜率大于 $0$ 的直线 $l$ 交抛物线于 $M,N$ 两点（点 $M$ 在 $Q,N$ 之间）．过点 $M$ 作 $x$ 轴的平行线，交 $OP$ 于 $A$，交 $ON$ 于 $B$．$\triangle PMA$ 与 $\triangle OAB$ 的面积分别记为 $S_1,S_2$，比较 $S_1$ 与 $3S_2$ 的大小，说明理由．
\dfrac{1}{2},0)$ 作斜率大于 $0$ 的直线 $l$ 交抛物线于 $M,N$ 两点（点 $M$ 在 $Q,N$ 之间）．过点 $M$ 作 $x$ 轴的平行线，交 $OP$ 于 $A$，交 $ON$ 于 $B$．$\triangle PMA$ 与 $\triangle OAB$ 的面积分别记为 $S_1,S_2$，比较 $S_1$ 与 $3S_2$ 的大小，说明理由．
【难度】
【出处】
2018年全国高中数学联赛吉林省预赛
【标注】
【答案】
$S_1>3S_2$
【解析】
如图，抛物线 $y=ax^2$ 过点 $P(-1,1)$，得 $a=1$，所以抛物线的方程为 $y=x^2$．设直线 $l$ 的方程为 $y=k(x+\dfrac{1}{2})$（其中 $k>0$），由 $\begin{cases}
y=k(x+\dfrac{1}{2})\\
y=x^2\\
\end{cases}$ 得 $2x^2-2kx-k=0$．设 $M(x_1,y_1),N(x_2,y_2)$，那么有 $x_1<x_2,A(-y_1,y_1)$，$x_1+x_2=k,x_1x_2=-\dfrac{k}{2}$．又 $ON$ 的方程为 $y=\dfrac{y_2}{x_2}x$，故 $B(\dfrac{y_1x_2}{y_2},y_1)$，所以 $|MA|=-y_1-x_1,|AB|= \dfrac{y_1x_2}{y_2}+y_1 $，有 $\begin{align}& |AB|-|MA| \\
& =\dfrac{{{y}_{1}}{{x}_{2}}}{{{y}_{2}}}+2{{y}_{1}}+{{x}_{1}}=\dfrac{{{y}_{1}}{{x}_{2}}+2{{y}_{1}}{{y}_{2}}+{{x}_{1}}{{y}_{2}}}{{{y}_{2}}}\\
& =\dfrac{k\left( {{x}_{1}}+\dfrac{1}{2}\right)\cdot {{x}_{2}}+2k\left( {{x}_{1}}+\dfrac{1}{2} \right)\cdot k\left({{x}_{2}}+\dfrac{1}{2} \right)+{{x}_{1}}\cdot k\left( {{x}_{2}}+\dfrac{1}{2}\right)}{{{y}_{2}}} \\
& =\dfrac{\left( 2{{k}^{2}}+2k\right){{x}_{1}}{{x}_{2}}+\left( {{k}^{2}}+\dfrac{1}{2}k \right)\left({{x}_{1}}+{{x}_{2}} \right)+\dfrac{1}{2}{{k}^{2}}}{{{y}_{2}}} \\
& =\dfrac{\left( 2{{k}^{2}}+2k\right)\left( -\dfrac{k}{2} \right)+\left( {{k}^{2}}+\dfrac{1}{2}k \right)k+\dfrac{1}{2}{{k}^{2}}}{{{y}_{2}}}=0\\
\end{align}$．可得 $|AB|=|AM|$．由题意知 $-\dfrac{1}{2}=x_Q<x_1<0$，故 $y_1=x^2_1<\dfrac{1}{4},1-y_1>1-\dfrac{1}{4}=\dfrac{3}{4}$．又因为 $S_1=\dfrac{1}{2}|AM|\cdot(1-y_1),S_2=\dfrac{1}{2}|AB|\cdot y_1$，所以 $ S_1>3S_2$．
y=k(x+\dfrac{1}{2})\\
y=x^2\\
\end{cases}$ 得 $2x^2-2kx-k=0$．设 $M(x_1,y_1),N(x_2,y_2)$，那么有 $x_1<x_2,A(-y_1,y_1)$，$x_1+x_2=k,x_1x_2=-\dfrac{k}{2}$．又 $ON$ 的方程为 $y=\dfrac{y_2}{x_2}x$，故 $B(\dfrac{y_1x_2}{y_2},y_1)$，所以 $|MA|=-y_1-x_1,|AB|= \dfrac{y_1x_2}{y_2}+y_1 $，有 $\begin{align}& |AB|-|MA| \\
& =\dfrac{{{y}_{1}}{{x}_{2}}}{{{y}_{2}}}+2{{y}_{1}}+{{x}_{1}}=\dfrac{{{y}_{1}}{{x}_{2}}+2{{y}_{1}}{{y}_{2}}+{{x}_{1}}{{y}_{2}}}{{{y}_{2}}}\\
& =\dfrac{k\left( {{x}_{1}}+\dfrac{1}{2}\right)\cdot {{x}_{2}}+2k\left( {{x}_{1}}+\dfrac{1}{2} \right)\cdot k\left({{x}_{2}}+\dfrac{1}{2} \right)+{{x}_{1}}\cdot k\left( {{x}_{2}}+\dfrac{1}{2}\right)}{{{y}_{2}}} \\
& =\dfrac{\left( 2{{k}^{2}}+2k\right){{x}_{1}}{{x}_{2}}+\left( {{k}^{2}}+\dfrac{1}{2}k \right)\left({{x}_{1}}+{{x}_{2}} \right)+\dfrac{1}{2}{{k}^{2}}}{{{y}_{2}}} \\
& =\dfrac{\left( 2{{k}^{2}}+2k\right)\left( -\dfrac{k}{2} \right)+\left( {{k}^{2}}+\dfrac{1}{2}k \right)k+\dfrac{1}{2}{{k}^{2}}}{{{y}_{2}}}=0\\
\end{align}$．可得 $|AB|=|AM|$．由题意知 $-\dfrac{1}{2}=x_Q<x_1<0$，故 $y_1=x^2_1<\dfrac{1}{4},1-y_1>1-\dfrac{1}{4}=\dfrac{3}{4}$．又因为 $S_1=\dfrac{1}{2}|AM|\cdot(1-y_1),S_2=\dfrac{1}{2}|AB|\cdot y_1$，所以 $ S_1>3S_2$．
答案
解析
备注
