Question

如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，菱形ABCD的項(xiàng)點(diǎn)A、B在x軸上，頂點(diǎn)D在y軸上，B點(diǎn)坐標(biāo)為（4，0），D點(diǎn)坐標(biāo)為（0，4

3

）．動(dòng)點(diǎn)P以每秒1個(gè)單位的速度從A點(diǎn)出發(fā)，沿AB向終點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)，同時(shí)，動(dòng)點(diǎn)Q以每秒2個(gè)單位的速度從B點(diǎn)出發(fā)，沿BD、DA向終點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)．設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒．
（1）求經(jīng)過(guò)A、D、C三點(diǎn)拋物線(xiàn)的解析式；
（2）設(shè)△POQ的面積為S，求S與t的函數(shù)關(guān)系式；
（3）當(dāng)t≠4時(shí)，設(shè)PQ與y軸交于點(diǎn)G，判斷PG與QG的數(shù)量關(guān)系，并說(shuō)明理由；
（4）探索以PQ為直徑的圓與AD的位置關(guān)系，并直接寫(xiě)出相應(yīng)位置關(guān)系的t的取值范圍．

Answer 1

分析：（1）解答此題的關(guān)鍵是求出菱形的邊長(zhǎng)，這就要從Rt△AOD入手，在這個(gè)三角形中，AO=AB-OB=AD-OB，OB、OD長(zhǎng)已知，由勾股定理即可得出AD、AB的長(zhǎng)，即可得出A、D、C三點(diǎn)的坐標(biāo)，再利用待定系數(shù)法求解即可．
（2）要分兩段考慮：①P在OA段、Q在BD段上時(shí)，此時(shí)以PO為底，Q點(diǎn)縱坐標(biāo)的絕對(duì)值為高；②P在OB段、Q在A(yíng)D段上時(shí)，此時(shí)以O(shè)P為底，Q點(diǎn)縱坐標(biāo)的絕對(duì)值為高．（需注意P在A(yíng)、O、B三處時(shí)，不能構(gòu)成△POQ）
（3）過(guò)Q作y軸的垂線(xiàn)段QE，垂足為E，由（2）的解答過(guò)程不難得出DQ的長(zhǎng)，在Rt△DQE中，∠QDE=30°，那么QE的長(zhǎng)可得，此時(shí)只需判定△QEG、△POG全等即可．
（4）由（3）的結(jié)論知，PQ的中點(diǎn)在y軸上，即以PQ為直徑的圓的圓心在y軸上，圓心G的坐標(biāo)不難得出（其縱坐標(biāo)正好是Q點(diǎn)縱坐標(biāo)的一半），過(guò)G作AD的垂線(xiàn)段，通過(guò)構(gòu)建直角三角形，即可得到圓心G到線(xiàn)段AD的距離，而由P、Q點(diǎn)的坐標(biāo)不難得出PQ的長(zhǎng)度表達(dá)式，比較圓的半徑和圓心到AD的距離大小即可得出結(jié)論．

解答：解：（1）設(shè)AD=AB=x，則OA=x-4；
在Rt△AOD中，OA=x-4，AD=x，OD=4

3

，由勾股定理得：
（x-4）²+（4

3

）²=x²，解得：x=8
∴AD=AB=AC=8，則有：A（-4，0）、C（8，4

3

）；
設(shè)拋物線(xiàn)的解析式為y=ax²+bx+4

3

，代入A、C的坐標(biāo)，得：

16a-4b+4 3 =0 64a+8b+4 3 =4 3

，
解得

a=- 3 12 b= 2 3 3

故拋物線(xiàn)的解析式：y=-

3

12

x²+

2 3

3

x+4

3

．

（2）①當(dāng)0＜t＜4時(shí)，OP=4-t，|y_Q|=BQ•sin60°=2t×

3

2

=

3

t；
S=

1

2

×（4-t）×

3

t=-

3

2

t²+2

3

t；
②當(dāng)4＜t＜8時(shí)，OP=t-4，|y_Q|=AQ•sin60°=（16-2t）×

3

2

=

3

（8-t）；
S=

1

2

×（t-4）×

3

（8-t）=-

3

2

t²+6

3

t-16

3

；
綜上，S=

- 3 2 t2+2 3 t(0＜t＜4) - 3 2 t2+6 3 t-16 3 (4＜t＜8)

（3）①當(dāng)0＜t＜4時(shí)，過(guò)Q作QE⊥y軸于E，如右圖；
在Rt△DQE中，DQ=8-2t，∠QDE=30°，則：QE=

1

2

DQ=4-t；
而OP=4-t，所以QE=OP；
∵

∠QEG=∠POG=90° ∠QGE=∠PGO QE=OP

∴△QEG≌△POG（AAS），
∴PG=QG；
②當(dāng)4＜t＜8時(shí)，同①可證得：PG=QG；
綜上，當(dāng)t≠4時(shí)，PG=QG．

（4）①當(dāng)0＜t＜4時(shí)，OP=4-t，即：P（t-4，0）、Q（4-t，

3

t），圓心G（0，

3

2

t）；
在Rt△OPG中，OP=4-t，OG=

3

2

t，則：r²=PG²=（4-t）²+（

3

2

t）²=

7

4

t²-8t+16；
過(guò)G作GF⊥AD于F，如（4）①圖；
在Rt△DFG中，∠FDG=30°，DG=4

3

-

3

2

t，則：d=FG=

1

2

DG=2

3

-

3

4

t，
d²=（2

3

-

3

4

t）²=

3

16

t²-3t+12；
∵d²-r²=

3

16

t²-3t+12-（

7

4

t²-8t+16）=-（

5

4

t-2）²≤0，且0＜t＜4
∴當(dāng)0＜t＜

8

5

或

8

5

＜t＜4時(shí)，d＜r，即以PQ為直徑的圓與直線(xiàn)AD相交；
當(dāng)t=

8

5

時(shí)，d=r，即以PQ為直徑的圓與直線(xiàn)AD相切；
②當(dāng)t=4時(shí)，P與O重合、D與Q重合，此時(shí)PQ為等邊△ADB的高，由等邊三角形三心合一的特性可知，以PQ為直徑的圓與直線(xiàn)AD相交；
③當(dāng)4＜t＜8時(shí)，同①可求得：
d²=

3

16

t²、r²=

7

4

t²-20t+64，
∵d²-r²=

3

16

t²-（

7

4

t²-20t+64）=-（

5

4

t-8）²≤0，且4＜t＜8
∴當(dāng)4＜t＜

32

5

或

32

5

＜t＜8時(shí)，d＜r，即以PQ為直徑的圓與直線(xiàn)AD相交；
當(dāng)t=

32

5

時(shí)，d=r，即以PQ為直徑的圓與直線(xiàn)AD相切；
綜上，當(dāng)0＜t＜

8

5

或

8

5

＜t＜4或4＜t＜

32

5

或

32

5

＜t＜8或t=4時(shí)，以PQ為直徑的圓與直線(xiàn)AD相交；
當(dāng)t=

8

5

或t=

32

5

時(shí)，以PQ為直徑的圓與直線(xiàn)AD相切．

點(diǎn)評(píng)：此題主要考查的是二次函數(shù)解析式的確定、菱形的性質(zhì)、三角形面積的求法、全等三角形的判定和性質(zhì)以及直線(xiàn)與圓的位置關(guān)系；在（2）題中，一定要注意P點(diǎn)在不同位置時(shí)各線(xiàn)段對(duì)應(yīng)的表達(dá)式；最后一題的難度較大，計(jì)算量和需要考慮的情況都比較多，需要細(xì)心應(yīng)對(duì)．