24. (10 分)对于平面直角坐标系中的图形 $ M $，$ N $，给出如下定义：$ P $ 为图形 $ M $ 边上任意一点，$ Q $ 为图形 $ N $ 边上任意一点，称 $ P $，$ Q $ 两点间距离的最小值为图形 $ M $，$ N $ 间的“最近距离”，记作 $ d(M, N) $。如图，在四边形 $ ABCD $ 中，各顶点坐标分别为 $ A(6, 12) $，$ B(-6, 0) $，$ C(-6, -12) $，$ D(6, 0) $。
(1)$ d $(点 $ O $，四边形 $ ABCD $)=
；
(2)已知点 $ P $ 在 $ x $ 轴正半轴上，$ d $(点 $ P $，四边形 $ ABCD $)= 2，求点 $ P $ 的坐标；
(3)已知 $ E(a, -a) $，$ F(a + 2, -a) $，$ G(a + 1, -a - 1) $，$ H(a + 3, -a - 1) $ 四点，顺次连接 $ E $，$ F $，$ H $，$ G $ 四点，将得到的四边形记为图形 $ W $。
① 当 $ a = 0 $ 时，直接写出 $ d(W, $ 四边形 $ ABCD) $ 的值；
② 若 $ d(W, $ 四边形 $ ABCD) \geq 1 $，直接写出 $ a $ 的取值范围。
答案：24. （1）$3\sqrt{2}$ 解析：因为四边形$ABCD$的顶点坐标分别为$A(6,12)$，$B(-6,0)$，$C(-6,-12)$，$D(6,0)$，所以$OB = OD = 6$，$AD = BC = 12$，$AD // y$轴，$AD ⊥ x$轴，即$O$是$BD$的中点.设$AB$交$y$轴于点$Q$，则$OQ$是$\triangle ABD$的中位线.所以$Q$为$AB$的中点，即点$Q$的坐标为$(0,6)$.所以$OQ = OB = 6$.过点$O$作$OM ⊥ AB$于点$M$，则$OM = \frac{1}{2}BQ$.在$Rt \triangle BOQ$中，$\angle BOQ = 90^{\circ}$，由勾股定理，得$BQ = \sqrt{OB^2 + OQ^2} = 6\sqrt{2}$，则$OM = 3\sqrt{2}$.所以点$O$到边$AB$的最短距离为$3\sqrt{2}$.同理，得点$O$到边$CD$的最短距离为$3\sqrt{2}$.易得点$O$到边$BC$，$AD$的最短距离为$6$，且$3\sqrt{2} ＜ 6$，所以$d$(点$O$，四边形$ABCD) = 3\sqrt{2}$.
（2）设点$P$的坐标为$(m,0)$，其中$m ＞ 0$，则$OP = m$.分类讨论如下：当点$P$在点$D$左侧，即$0 ＜ m ＜ 6$时，$PD = 6 - m$.过点$P$作$PQ ⊥ CD$于点$Q$，则$\angle PQD = 90^{\circ}$.易得$\angle PDQ = 45^{\circ}$，$\angle DPQ = 90^{\circ} - \angle PDQ = 45^{\circ}$.所以$\angle DPQ = \angle PDQ$，即$PQ = DQ$.因为$d$(点$P$，四边形$ABCD) = 2$，所以$PQ = DQ = 2$.在$Rt \triangle PDQ$中，由勾股定理，得$PD = \sqrt{PQ^2 + DQ^2} = 2\sqrt{2}$，所以$6 - m = 2\sqrt{2}$，解得$m = 6 - 2\sqrt{2}$.则点$P$的坐标为$(6 - 2\sqrt{2},0)$；当点$P$在点$D$右侧，即$m ＞ 6$时，$PD = m - 6$.因为$d$(点$P$，四边形$ABCD) = 2$，所以$m - 6 = 2$，解得$m = 8$.则点$P$的坐标为$(8,0)$.综上，点$P$的坐标为$(6 - 2\sqrt{2},0)$或$(8,0)$.
（3）①$d(W$，四边形$ABCD) = \sqrt{2}$. 解析：当$a = 0$时，四边形$EFHG$的顶点坐标分别为$E(0,0)$，$F(2,0)$，$G(1,-1)$，$H(3,-1)$.此时点$H$到四边形$ABCD$的距离最短.过点$H$作$HL ⊥ CD$于点$L$，易得$F$，$H$，$L$三点共线.同（1），得$FL = DL$.因为点$D$的坐标为$(6,0)$，所以$DF = 4$.在$Rt \triangle DLF$中，由勾股定理，得$FL^2 + DL^2 = DF^2$，即$2FL^2 = 16$，解得$FL = 2\sqrt{2}$.同理，得$FH = \sqrt{2}$，则$HL = FL - FH = \sqrt{2}$.所以$d(W$，四边形$ABCD) = \sqrt{2}$.
②$a \leq -5 - \frac{\sqrt{2}}{2}$或$-3 + \frac{\sqrt{2}}{2} \leq a \leq 1 - \frac{\sqrt{2}}{2}$或$a \geq 3 + \frac{\sqrt{2}}{2}$. 解析：由题意，得$E$，$G$两点在直线$y = -x$上，$F$，$H$两点在直线$y = -x + 2$上，四边形$EFHG$是平行四边形.易得直线$AB$的函数表达式为$y = x + 6$，直线$CD$的函数表达式为$y = x - 6$.分类讨论如下：当四边形$EFHG$在$AB$上方时，设直线$AB$与直线$FH$的交点为$M$，则$d(W$，四边形$ABCD) = HM$.易得点$M$的坐标为$(-2,4)$.当$d(W$，四边形$ABCD) = 1$时，$HM = 1$，则点$H$的坐标为$(-2 - \frac{\sqrt{2}}{2},4 + \frac{\sqrt{2}}{2})$.又点$H$的坐标为$(a + 3,-a -1)$，所以$a + 3 = -2 - \frac{\sqrt{2}}{2}$，$-a - 1 = 4 + \frac{\sqrt{2}}{2}$，解得$a = -5 - \frac{\sqrt{2}}{2}$.所以当$d(W$，四边形$ABCD) \geq 1$时，$a \leq -5 - \frac{\sqrt{2}}{2}$；同理，得当四边形$EFHG$在$x$轴上方，$AB$下方时，$a \geq -3 + \frac{\sqrt{2}}{2}$；当四边形$EFHG$在$x$轴下方，$CD$上方时，$a \leq 1 - \frac{\sqrt{2}}{2}$；当四边形$EFHG$在$CD$下方时，$a \geq 3 + \frac{\sqrt{2}}{2}$.综上，$a$的取值范围为$a \leq -5 - \frac{\sqrt{2}}{2}$或$-3 + \frac{\sqrt{2}}{2} \leq a \leq 1 - \frac{\sqrt{2}}{2}$或$a \geq 3 + \frac{\sqrt{2}}{2}$.
