10. 如图,一艘轮船以 40 km/h 的速度由西向东航行,在图中点 C 处接到台风警报,台风中心点 B 正以 20 km/h 的速度由南向北移动.已知距台风中心 200 km 的区域(包括边界)都属于受台风影响区.当轮船接到台风警报时, 测得$BC=500\ \mathrm{km}$,$BA=300\ \mathrm{km}$. 如果这艘轮船不改变航向,船会不会进入台风影响区?若不会,说明理由;若会,求出受影响的时间.

第3关 练思维 对压轴题实现思维突破

10. 会进入台风影响区.由勾股定理得 AC=400 km,设轮船航行时间为 t h,由题意得轮船与台风中心之间的距离的平方为$[(400-40t)^2+(300-20t)^2]$,解方程$(400-40t)^2+(300-20t)^2=200^2$,可得 $t_1=7$,$t_2=15$,故轮船会受到台风影响,受到台风影响的时间为 15-7=8(h).

【分析】
首先利用勾股定理求出初始时轮船到A点的水平距离AC；接着设轮船航行时间为t小时，分别表示出t小时后轮船和台风中心的位置，根据两点间距离公式（勾股定理）写出两者距离的表达式，令其等于台风影响半径的平方，解一元二次方程得到轮船进入和离开台风影响区的时间，时间差即为受影响时长，以此判断是否会进入台风影响区。
【解析】
解：在Rt△ABC中，∠BAC=90°，BC=500km，BA=300km，由勾股定理得：
AC = √(BC² - BA²) = √(500² - 300²) = 400(km)。
设轮船接到台风警报后，航行t小时时，轮船与台风中心的距离为200km（刚好在台风影响区边界）。
此时，轮船向东航行的距离为40t km，故轮船到A点的水平距离为(400 - 40t)km；
台风中心向北移动的距离为20t km，故台风中心到A点的垂直距离为(300 - 20t)km。
根据勾股定理，两者距离的平方满足方程：
(400 - 40t)² + (300 - 20t)² = 200²
展开并整理方程：
160000 - 32000t + 1600t² + 90000 - 12000t + 400t² = 40000
2000t² - 44000t + 250000 = 40000
两边同除以2000得：t² - 22t + 105 = 0
因式分解得：(t - 7)(t - 15) = 0
解得t₁=7，t₂=15。
轮船在t=7时进入台风影响区，t=15时离开，受影响的时间为15 - 7 = 8(h)。
【答案】
会进入台风影响区，受台风影响的时间为8h。
【知识点】
勾股定理、一元二次方程应用、两点间距离
【点评】
本题结合行程问题与几何知识，通过建立一元二次方程解决实际问题，核心是利用勾股定理表示距离关系，属于行程与几何结合的中档应用题，需理清变量间的联系。
【难度系数】
0.4

11. 新题型 新定义 (2026·徐州校级月考)在平面直角坐标系 $xOy$ 中,$\odot O$ 的半径为 2,$A$ 为平面内一点,$B$ 为 $\odot O$ 上的动点.给出如下定义:记 $A,B$ 两点间的距离的最小值为 $p$(规定:点 $A$ 在 $\odot O$ 上时,$p=0$),最大值为 $q$,那么把 $\dfrac{p+q}{2}$ 的值称为点 $A$ 与 $\odot O$ 的“美好距离”,记作 $d(A,\odot O)$.
(1) 如图,已知点 $D(4,0),E(0,-6)$, $F(0,-8)$.
① $d(D,\odot O)=$;
② 若点 $M$ 在线段 $EF$ 上,直接写出 $d(M$, $\odot O)$ 的取值范围是.
(2)若点 $N$ 在直线 $y=-\dfrac{3}{4}x+3$ 上,则 $d(N$, $\odot O)$ 的取值范围是.
(3)正方形的边长为 $m$,若点 $P$ 在该正方形的边上运动时,满足 $d(P,\odot O)$ 的最小值为2,最大值为6,求 $m$ 的最小值与最大值.

11. (1)①4 解析:
∵ D(4,0) 到⊙O 的距离的最小值 p=2,最大值 q=6,
∴ $d(D,\odot O)=\frac{2+6}{2}=4$.
② $6≤ d(M,\odot O)≤8$ 解析:当 M 在点 E 处时,E(0,-6) 到⊙O 的距离的最小值 p=4,最大值 q=8,
∴ $d(E,\odot O)=\frac{4+8}{2}=6$;当 M 在点 F 处时,F(0,-8) 到⊙O 的距离的最小值 p=6,最大值 q=10,
∴ $d(F,\odot O)=\frac{6+10}{2}=8$,
∴ $6≤ d(M,\odot O)≤8$.
(2)$d(N,\odot O)≥\frac{12}{5}$ 解析:设 ON=d,
∴ p=d-r=d-2,q=d+r=d+2,
∴ $d(N,\odot O)=d$.
∵ 点 N 在直线 $y=-\frac{3}{4}x+3$ 上,设直线交 x 轴于点 B,交 y 轴于点 A,如图①,则 x=0 时,y=3;y=0 时,x=4,
∴ 点 A,B 的坐标分别为(0,3),(4,0),
∴ OA=3,OB=4,
∴ $AB=\sqrt{OA^2+OB^2}=\sqrt{3^2+4^2}=5$,当 ON⊥AB 时,$d(N,\odot O)$ 最小,
∴ $S_{△ AOB}=\frac{1}{2}OA· OB=\frac{1}{2}AB· ON$,即 3×4=5×ON,
∴ $ON=\frac{12}{5}$.
∵ ON 无最大值,
∴ $d(N,\odot O)≥\frac{12}{5}$.

(3)如图②,
∵ $d(P,\odot O)$ 的最小值为 2,最大值为 6,
∴ 两个同心圆中,小圆的半径为 2,大圆的半径为 6.①当点 P 在小正方形的边上运动时,m 取得最小值,
∵ KL=6-2=4,
∴ $m^2+m^2=4^2$,即 $m=2\sqrt{2}$,
∴ m 的最小值是 $2\sqrt{2}$;②当点 P 在大正方形的边上运动时,m 取得最大值,在 Rt△OMH 中,OM=6,OH=m-2,$MH=\frac{1}{2}m$,
∴ $(m-2)^2+(\frac{1}{2}m)^2=6^2$,解得 $m=\frac{8+8\sqrt{11}}{5}$(负值舍去).
∴ m 的最小值为 $2\sqrt{2}$,最大值为 $\frac{8+8\sqrt{11}}{5}$.

【分析】
首先明确“美好距离”的定义：对于点A和半径为2的⊙O，点A到圆上点的最小距离为p，最大距离为q，则$d(A,\odot O)=\frac{p+q}{2}$。推导可知，无论点A在圆内还是圆外，$d(A,\odot O)$等价于点A到圆心O的距离OA（点A在圆上时，OA=2，$d=0$，符合定义）。因此本题可转化为求点到原点O的距离问题，结合几何性质逐步求解。
【解析】
(1)① 点D(4,0)到原点O的距离$OD=\sqrt{4^2+0^2}=4$，故$d(D,\odot O)=OD=4$；
② 点M在线段EF上，E(0,-6)到O的距离为6，F(0,-8)到O的距离为8，线段EF上的点到O的距离范围是$6≤OM≤8$，因此$d(M,\odot O)=OM$，取值范围为$6≤d(M,\odot O)≤8$；
(2) 点N在直线$y=-\frac{3}{4}x+3$上，$d(N,\odot O)=ON$。直线与x轴交于B(4,0)，与y轴交于A(0,3)，则$OA=3$，$OB=4$，$AB=\sqrt{3^2+4^2}=5$。当$ON⊥AB$时，ON最小，由三角形面积公式：$\frac{1}{2}OA·OB=\frac{1}{2}AB·ON$，得$ON=\frac{12}{5}$，故$d(N,\odot O)≥\frac{12}{5}$；
(3) 由$d(P,\odot O)=OP$，得正方形边上的点P到O的最小距离为2，最大距离为6。
① 当正方形边长最小时，$OP_{最小}=2$（边到O的距离），$OP_{最大}=6$（顶点到O的距离），结合几何关系得$m=2\sqrt{2}$；
② 当正方形边长最大时，设边长为m，在$Rt△OMH$中，$OM=6$，$OH=m-2$，$MH=\frac{1}{2}m$，由勾股定理：$(m-2)^2+(\frac{1}{2}m)^2=6^2$，解得$m=\frac{8+8\sqrt{11}}{5}$（负值舍去）；
故m的最小值为$2\sqrt{2}$，最大值为$\frac{8+8\sqrt{11}}{5}$。
【答案】
(1)①4；②$6≤d(M,\odot O)≤8$；(2)$d(N,\odot O)≥\frac{12}{5}$；(3)最小值为$2\sqrt{2}$，最大值为$\frac{8+8\sqrt{11}}{5}$
【知识点】
点与圆的位置关系，新定义运算，一次函数的应用
【点评】
本题为新定义题型，核心是将“美好距离”转化为点到圆心的距离，体现转化思想，需结合几何性质（点到直线距离、正方形性质）求解，对学生的几何分析能力有一定要求。
【难度系数】
0.4