Question

如图，在平面直角坐标系中，菱形ABCD的项点A、B在x轴上，顶点D在y轴上，B点坐标为（4，0），D点坐标为（0，）．动点P以每秒1个单位的速度从A点出发，沿AB向终点B运动，同时，动点Q以每秒2个单位的速度从B点出发，沿BD、DA向终点A运动．设运动时间为t秒．
（1）求经过A、D、C三点抛物线的解析式；
（2）设△POQ的面积为S，求S与t的函数关系式；
（3）当t≠4时，设PQ与y轴交于点G，判断PG与QG的数量关系，并说明理由；
（4）探索以PQ为直径的圆与AD的位置关系，并直接写出相应位置关系的t的取值范围．

Answer

（1）解答此题的关键是求出菱形的边长，这就要从Rt△AOD入手，在这个三角形中，AO=AB-OB=AD-OB，OB、OD长已知，由勾股定理即可得出AD、AB的长，即可得出A、D、C三点的坐标，再利用待定系数法求解即可．
（2）要分两段考虑：①P在OA段、Q在BD段上时，此时以PO为底，Q点纵坐标的绝对值为高；②P在OB段、Q在AD段上时，此时以OP为底，Q点纵坐标的绝对值为高．（需注意P在A、O、B三处时，不能构成△POQ）
（3）过Q作y轴的垂线段QE，垂足为E，由（2）的解答过程不难得出DQ的长，在Rt△DQE中，∠QDE=30°，那么QE的长可得，此时只需判定△QEG、△POG全等即可．
（4）由（3）的结论知，PQ的中点在y轴上，即以PQ为直径的圆的圆心在y轴上，圆心G的坐标不难得出（其纵坐标正好是Q点纵坐标的一半），过G作AD的垂线段，通过构建直角三角形，即可得到圆心G到线段AD的距离，而由P、Q点的坐标不难得出PQ的长度表达式，比较圆的半径和圆心到AD的距离大小即可得出结论．
【解析】
（1）设AD=AB=x，则OA=x-4；
在Rt△AOD中，OA=x-4，AD=x，OD=4，由勾股定理得：
（x-4）2+（4）2=x2，解得：x=8
∴AD=AB=AC=8，则有：A（-4，0）、C（8，4）；
设抛物线的解析式为y=ax2+bx+4，代入A、C的坐标，得：
，
解得
故抛物线的解析式：y=-x2+x+4．

（2）①当0＜t＜4时，OP=4-t，|yQ|=BQ•sin60°=2t×=t；
S=×（4-t）×t=-t2+2t；
②当4＜t＜8时，OP=t-4，|yQ|=AQ•sin60°=（16-2t）×=（8-t）；
S=×（t-4）×（8-t）=-t2+6t-16；
综上，S=

（3）①当0＜t＜4时，过Q作QE⊥y轴于E，如右图；
在Rt△DQE中，DQ=8-2t，∠QDE=30°，则：QE=DQ=4-t；
而OP=4-t，所以QE=OP；
∵
∴△QEG≌△POG（AAS），
∴PG=QG；
②当4＜t＜8时，同①可证得：PG=QG；
综上，当t≠4时，PG=QG．

（4）①当0＜t＜4时，OP=4-t，即：P（t-4，0）、Q（4-t，t），圆心G（0，t）；
在Rt△OPG中，OP=4-t，OG=t，则：r2=PG2=（4-t）2+（t）2=t2-8t+16；
过G作GF⊥AD于F，如（4）①图；
在Rt△DFG中，∠FDG=30°，DG=4-t，则：d=FG=DG=2-t，
d2=（2-t）2=t2-3t+12；
∵d2-r2=t2-3t+12-（t2-8t+16）=-（t-2）2≤0，且0＜t＜4
∴当0＜t＜或＜t＜4时，d＜r，即以PQ为直径的圆与直线AD相交；
当t=时，d=r，即以PQ为直径的圆与直线AD相切；
②当t=4时，P与O重合、D与Q重合，此时PQ为等边△ADB的高，由等边三角形三心合一的特性可知，以PQ为直径的圆与直线AD相切；
③当4＜t＜8时，同①可求得：
d2=t2、r2=t2-20t+64，
∵d2-r2=t2-（t2-20t+64）=-（t-8）2≤0，且4＜t＜8
∴当4＜t＜或＜t＜8时，d＜r，即以PQ为直径的圆与直线AD相交；
当t=时，d=r，即以PQ为直径的圆与直线AD相切；
综上，当0＜t＜或＜t＜4或4＜t＜或＜t＜8时，以PQ为直径的圆与直线AD相交；
当t=或t=4或t=时，以PQ为直径的圆与直线AD相切．