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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， $数学公式$ ）．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．

解：（1）设AD=AB=x，则OA=x-4；
在Rt△AOD中，OA=x-4，AD=x，OD=4 $\text{[math]}$ ，由勾股定理得：
（x-4）²+（4 $\text{[math]}$ ）²=x²，解得：x=8
∴AD=AB=AC=8，则有：A（-4，0）、C（8，4 $\text{[math]}$ ）；
设抛物线的解析式为y=ax²+bx+4 $\text{[math]}$ ，代入A、C的坐标，得：
$\text{[math]}$ ，
解得 $\text{[math]}$
故抛物线的解析式：y=- $\text{[math]}$ x²+ $\text{[math]}$ x+4 $\text{[math]}$ ．

（2）①当0＜t＜4时，OP=4-t，|y_Q|=BQ•sin60°=2t× $\text{[math]}$ = $\text{[math]}$ t；
S= $\text{[math]}$ ×（4-t）× $\text{[math]}$ t=- $\text{[math]}$ t²+2 $\text{[math]}$ t；
②当4＜t＜8时，OP=t-4，|y_Q|=AQ•sin60°=（16-2t）× $\text{[math]}$ = $\text{[math]}$ （8-t）；
S= $\text{[math]}$ ×（t-4）× $\text{[math]}$ （8-t）=- $\text{[math]}$ t²+6 $\text{[math]}$ t-16 $\text{[math]}$ ；
综上，S= $\text{[math]}$

（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= $\text{[math]}$ DQ=4-t；
而OP=4-t，所以QE=OP；
∵ $\text{[math]}$
∴△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， $\text{[math]}$ t），圆心G（0， $\text{[math]}$ t）；
在Rt△OPG中，OP=4-t，OG= $\text{[math]}$ t，则：r²=PG²=（4-t）²+（ $\text{[math]}$ t）²= $\text{[math]}$ t²-8t+16；
过G作GF⊥AD于F，如（4）①图；
在Rt△DFG中，∠FDG=30°，DG=4 $\text{[math]}$ - $\text{[math]}$ t，则：d=FG= $\text{[math]}$ DG=2 $\text{[math]}$ - $\text{[math]}$ t，
d²=（2 $\text{[math]}$ - $\text{[math]}$ t）²= $\text{[math]}$ t²-3t+12；
∵d²-r²= $\text{[math]}$ t²-3t+12-（ $\text{[math]}$ t²-8t+16）=-（ $\text{[math]}$ t-2）²≤0，且0＜t＜4
∴当0＜t＜ $\text{[math]}$ 或 $\text{[math]}$ ＜t＜4时，d＜r，即以PQ为直径的圆与直线AD相交；
当t= $\text{[math]}$ 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= $\text{[math]}$ t²、r²= $\text{[math]}$ t²-20t+64，
∵d²-r²= $\text{[math]}$ t²-（ $\text{[math]}$ t²-20t+64）=-（ $\text{[math]}$ t-8）²≤0，且4＜t＜8
∴当4＜t＜ $\text{[math]}$ 或 $\text{[math]}$ ＜t＜8时，d＜r，即以PQ为直径的圆与直线AD相交；
当t= $\text{[math]}$ 时，d=r，即以PQ为直径的圆与直线AD相切；
综上，当0＜t＜ $\text{[math]}$ 或 $\text{[math]}$ ＜t＜4或4＜t＜ $\text{[math]}$ 或 $\text{[math]}$ ＜t＜8时，以PQ为直径的圆与直线AD相交；
当t= $\text{[math]}$ 或t=4或t= $\text{[math]}$ 时，以PQ为直径的圆与直线AD相切．
分析：（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．
点评：此题主要考查的是二次函数解析式的确定、菱形的性质、三角形面积的求法、全等三角形的判定和性质以及直线与圆的位置关系；在（2）题中，一定要注意P点在不同位置时各线段对应的表达式；最后一题的难度较大，计算量和需要考虑的情况都比较多，需要细心应对．

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