10. 如图,某海军基地位于A处,其正南方向200海里处有一个重要目标B,在B的正东方向200海里处有一重要目标C.小岛D位于AC的中点,岛上有一补给码头,小岛F位于BC上且恰好处于小岛D的正南方向,一艘军舰从A出发,先后沿AB、BC方向经过B向着C匀速巡航,一艘补给船同时从D出发,沿南偏西方向匀速直线航行,欲将一批物品送达军舰.
(1)小岛D和小岛F相距多少海里?
(2)已知军舰的速度是补给船速度的2倍,军舰在由B向着C航行的途中与补给船相遇于E处,那么相遇时补给船航行了多少海里?(结果精确到0.1海里,$\sqrt{6}\approx2.45$)

解：​$(1)$​连接​$DF，$​则​$DF\perp BC，$​ ∵​$AB\perp BC，$​​$AB = BC = 200$​海里， ∴​$AC=\sqrt {AB^2+BC^2}=\sqrt {200^2+200^2}=200\sqrt {2}$​海里​$∠C = 45°，$​ ∴​$CD=\frac {1}{2}AC = 100\sqrt {2}$​海里，​$DF = CF。$​​$ $​在​$Rt\triangle DFC$​中，设​$DF = CF = x$​海里，​$ $​根据勾股定理得​$x^2+x^2=(100\sqrt {2})^2，$​​$ 2x^2=20000，$​​$ x^2=10000，$​​$ $​解得​$x = 100，$​ ∴​$DF = CF = 100$​海里， ∴小岛​$D$​和小岛​$F $​相距​$100$​海里。​$ (2)$​设相遇时补给船航行了​$y$​海里，​$ $​则​$DE = y$​海里，​$AB + BE = 2y$​海里，​$EF = AB + BC-(AB + BE)-CF=(300 - 2y)$​海里，​$ $​在​$Rt\triangle DEF_{中}，$​根据勾股定理，可得​$y^2=100^2+(300 - 2y)^2，$​​$ $​展开得​$y^2=10000 + 90000 - 1200y + 4y^2，$​​$ $​移项得​$3y^2-1200y + 100000 = 0，$​​$ $​根据求根公式​$y=\frac {-b\pm \sqrt {b^2-4ac}}{2a}$​​$($​其中​$a = 3，$​​$b=-1200，$​​$c = 100000)，$​​$ y=\frac {1200\pm \sqrt {(-1200)^2-4×3×100000}}{2×3}$​​$=\frac {1200\pm \sqrt {1440000 - 1200000}}{6}$​​$=\frac {1200\pm \sqrt {240000}}{6}$​​$=\frac {1200\pm 200\sqrt {6}}{6}$​​$=200\pm \frac {100\sqrt {6}}{3}，$​​$ y_{1}=200-\frac {100\sqrt {6}}{3}≈118.3，$​​$y_{2}=200+\frac {100\sqrt {6}}{3}≈281.7。$​ ∵​$300 - 2y＞0，$​∴​$y＜150，$​∴​$y_{2}$​不合题意，舍去， ∴相遇时补给船大约航行了​$118.3$​海里。

11.(扬州中考)如图,在等腰直角三角形ABO中,∠A=90°,点B的坐标为(0,2),若直线$l:y=mx+m(m≠0)$把△ABO分成面积相等的两部分,则m的值为________.

$\frac{5 - \sqrt{13}}{2}$

12. 如图,已知 A、B、C、D 为矩形的四个顶点,AB=16 cm,AD=6 cm,动点 P、Q 分别从点 A、C 同时出发,点 P 以 3 cm/s 的速度向点 B 移动,一直到点 B 为止,点 Q 以 2 cm/s 的速度向点 D 移动,设移动的时间为 t 秒.
(1)当 t 为何值时,P、Q 两点间的距离最小?最小距离是多少?
(2)连接 QB.
①当△BPQ 为等腰三角形时,求 t 的值.
②在运动过程中,是否存在一个时刻,使得∠PQB=90°? 若存在,求出 t 的值;若不存在,请说明理由.

解：​$(1)$​根据题意，可得​$AP = 3t\mathrm {cm}，$​​$CQ = 2t\mathrm {cm}。$​∵​$AB = 16\ \mathrm {cm}，$​​$AD = 6\ \mathrm {cm}，$​ ∴​$PB = AB - AP=(16 - 3t)\mathrm {cm}。$​当​$PQ\perp AB$​时，​$PQ_{最小}，$​此时四边形​$BCQP $​是矩形，∴​$CQ = PB，$​∴​$2t = 16 - 3t，$​​$ $​移项得​$2t + 3t = 16，$​​$ 5t = 16，$​​$ $​解得​$t=\frac {16}{5}，$​∴当​$t=\frac {16}{5}$​时，​$PQ_{最小}，$​​$PQ $​的最小距离为​$6\ \mathrm {cm}。$​​$ (2)①$​如图，过点​$Q_{作}QG\perp AB$​于点​$G，$​得矩形​$BCQG，$​矩形​$AGQD。$​ ∴​$BG = CQ = 2t\mathrm {cm}，$​​$QG = BC = 6\ \mathrm {cm}，$​∴当点​$P $​在点​$G_{左侧时}，$​​$PG = AB - BG - AP = 16 - 2t - 3t=(16 - 5t)\mathrm {cm}，$​当点​$P $​与点​$G_{重合时}，$​由​$(1)$​得​$t=\frac {16}{5}，$​此时​$PQ = 6\ \mathrm {cm}，$​​$BP = 2t=\frac {32}{5}\mathrm {cm}，$​​$PQ\neq BP，$​​$\triangle PBQ $​不是等腰三角形，当点​$P $​在点​$G_{右侧时}，$​​$PG = BG-(AB - AP)=(5t - 16)\mathrm {cm}。$​∴点​$P $​不与点​$G_{重合时}PG = |16 - 5t|\mathrm {cm}。$​在​$Rt\triangle PQG_{中}，$​根据勾股定理，可得​$PQ^2=PG^2+QG^2=(16 - 5t)^2+6^2，$​​$BQ^2=BG^2+QG^2=(2t)^2+6^2，$​当​$PQ = PB$​时，可得​$(16 - 5t)^2+6^2=(16 - 3t)^2，$​​$ $​展开得​$256 - 160t + 25t^2+36=256 - 96t + 9t^2，$​​$ $​移项合并得​$16t^2-64t + 36 = 0，$​​$ $​化简得​$4t^2-16t + 9 = 0，$​​$ $​根据求根公式​$t=\frac {-b\pm \sqrt {b^2-4ac}}{2a}($​其中​$a = 4，$​​$b=-16，$​​$c = 9)，$​​$ t=\frac {16\pm \sqrt {(-16)^2-4×4×9}}{2×4}$​​$=\frac {16\pm \sqrt {256 - 144}}{8}$​​$=\frac {16\pm \sqrt {112}}{8}$​​$=\frac {16\pm 4\sqrt {7}}{8}$​​$=\frac {4\pm \sqrt {7}}{2}；$​​$ $​当​$BQ = PB$​时，可得​$(2t)^2+6^2=(16 - 3t)^2，$​​$ $​展开得​$4t^2+36=256 - 96t + 9t^2，$​​$ $​移项合并得​$5t^2-96t + 220 = 0，$​​$ $​根据求根公式​$t=\frac {96\pm \sqrt {(-96)^2-4×5×220}}{2×5}$​​$=\frac {96\pm \sqrt {9216 - 4400}}{10}$​​$=\frac {96\pm \sqrt {4816}}{10}$​​$=\frac {96\pm 4\sqrt {301}}{10}=\frac {48\pm 2\sqrt {301}}{5}，$​舍去​$t=\frac {48 + 2\sqrt {301}}{5}；$​当​$QP = QB$​时，​$G $​为​$PB$​的中点，∴​$16 - 5t = 2t，$​​$ $​移项得​$7t = 16，$​​$ $​解得​$t=\frac {16}{7}。$​综上可得当​$\triangle PBQ $​为等腰三角形时，​$t $​的值为​$\frac {4\pm \sqrt {7}}{2}$​或​$\frac {48 - 2\sqrt {301}}{5}$​或​$\frac {16}{7}。$​ ②解：不存在一个时刻，使得​$∠PQB = 90°，$​理由如下：​$ $​当​$∠PQB = 90°$​时，可得​$PQ^2+BQ^2=PB^2，$​即​$(16 - 5t)^2+6^2+(2t)^2+6^2=(16 - 3t)^2，$​​$ $​展开得​$256 - 160t + 25t^2+36 + 4t^2+36=256 - 96t + 9t^2，$​​$ $​移项合并得​$5t^2-16t + 18 = 0。$​ ∵​$b^2-4ac=(-16)^2-4×5×18=256 - 360=-104＜0，$​∴此方程无实数解，∴不存在一个时刻，使得​$∠PQB = 90°。$​