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活动1 分析快递货车上标准包裹箱的数量
某快递公司在甲地和乙地之间共设有29个服务驿站(包括甲站、乙站).一辆快递货车由甲站出发,依次途经各站驶往乙站,每停靠一站,均要卸下前面各站发往该站的货包各1个,又要装上该站发往后面各站的货包各1个.在整个行程中,快递货车装载的货包数量最多是
某快递公司在甲地和乙地之间共设有29个服务驿站(包括甲站、乙站).一辆快递货车由甲站出发,依次途经各站驶往乙站,每停靠一站,均要卸下前面各站发往该站的货包各1个,又要装上该站发往后面各站的货包各1个.在整个行程中,快递货车装载的货包数量最多是
210
个.答案
设共有n个服务驿站,当一辆快递货车停靠在第x个服务驿站时,快递货车上需要卸下已经通过的(x-1)个服务驿站发给该站的货包共(x-1)个,还要装上下面行程中要停靠的(n-x)个服务驿站的货包共(n-x)个. 根据题意,列表如下:
|服务驿站序号|在第x个服务驿站启程时快递货车货包总数|
| ---- | ---- |
|1|n-1|
|2|(n-1)-1+(n-2)=2(n-2)|
|3|2(n-2)-2+(n-3)=3(n-3)|
|4|3(n-3)-3+(n-4)=4(n-4)|
|5|4(n-4)-4+(n-5)=5(n-5)|
|...|...|
|n|0|
由表可得在第x个服务驿站启程时快递货车货包总数y=x(n-x). 当n=29时,y=x(29-x)=-x²+29x=-(x-14.5)²+210.25,当x=14或x=15时,y取得最大值210.
|服务驿站序号|在第x个服务驿站启程时快递货车货包总数|
| ---- | ---- |
|1|n-1|
|2|(n-1)-1+(n-2)=2(n-2)|
|3|2(n-2)-2+(n-3)=3(n-3)|
|4|3(n-3)-3+(n-4)=4(n-4)|
|5|4(n-4)-4+(n-5)=5(n-5)|
|...|...|
|n|0|
由表可得在第x个服务驿站启程时快递货车货包总数y=x(n-x). 当n=29时,y=x(29-x)=-x²+29x=-(x-14.5)²+210.25,当x=14或x=15时,y取得最大值210.
解析
【分析】
解决这道题可分三步思考：第一步，先明确货车停靠第x个驿站时的装卸规则：已经经过(x-1)个站，所以要卸下(x-1)个货包；后面还有(n-x)个站，所以要装上(n-x)个货包。第二步，计算前几个驿站启程时的货包总数，归纳出通用的数量规律，得到第x个驿站启程时货包总数的表达式。第三步，将n=29代入表达式得到关于x的二次函数，结合x为正整数的隐含条件，用二次函数求最值的方法计算最大值即可。
【解析】
设共有n个服务驿站，当货车停靠在第x个服务驿站时：
需卸下前面(x-1)个站发往该站的货包共(x-1)个，需装上该站发往后面(n-x)个站的货包共(n-x)个。
计算前几站启程时的货包总数推导规律：
第1站启程时：货包总数 = n-1 = 1×(n-1)
第2站启程时：(n-1) - 1 + (n-2) = 2(n-2)
第3站启程时：2(n-2) - 2 + (n-3) = 3(n-3)
……
归纳可得：第x个驿站启程时，货包总数$ y = x(n - x) $。
已知n=29，代入得：
$ y = x(29 - x) = -x^2 + 29x $
该函数是开口向下的二次函数，顶点横坐标为$ x = \frac{29}{2} = 14.5 $
因为x为正整数，所以当x=14或x=15时，y取得最大值：
$ y = 14×(29-14) = 14×15 = 210 $
【答案】
210
【知识点】
二次函数的应用，规律探究，二次函数最值
【点评】
本题结合快递运输的生活场景，需要学生通过归纳推理总结货包数量的变化规律，建立二次函数模型求解最值，既考查逻辑推理能力，也考查二次函数的实际应用能力，解题时要注意自变量需取正整数的隐含条件。
【难度系数】
0.4
解决这道题可分三步思考：第一步，先明确货车停靠第x个驿站时的装卸规则：已经经过(x-1)个站，所以要卸下(x-1)个货包；后面还有(n-x)个站，所以要装上(n-x)个货包。第二步，计算前几个驿站启程时的货包总数，归纳出通用的数量规律，得到第x个驿站启程时货包总数的表达式。第三步，将n=29代入表达式得到关于x的二次函数，结合x为正整数的隐含条件，用二次函数求最值的方法计算最大值即可。
【解析】
设共有n个服务驿站，当货车停靠在第x个服务驿站时：
需卸下前面(x-1)个站发往该站的货包共(x-1)个，需装上该站发往后面(n-x)个站的货包共(n-x)个。
计算前几站启程时的货包总数推导规律：
第1站启程时：货包总数 = n-1 = 1×(n-1)
第2站启程时：(n-1) - 1 + (n-2) = 2(n-2)
第3站启程时：2(n-2) - 2 + (n-3) = 3(n-3)
……
归纳可得：第x个驿站启程时，货包总数$ y = x(n - x) $。
已知n=29，代入得：
$ y = x(29 - x) = -x^2 + 29x $
该函数是开口向下的二次函数，顶点横坐标为$ x = \frac{29}{2} = 14.5 $
因为x为正整数，所以当x=14或x=15时，y取得最大值：
$ y = 14×(29-14) = 14×15 = 210 $
【答案】
210
【知识点】
二次函数的应用，规律探究，二次函数最值
【点评】
本题结合快递运输的生活场景，需要学生通过归纳推理总结货包数量的变化规律，建立二次函数模型求解最值，既考查逻辑推理能力，也考查二次函数的实际应用能力，解题时要注意自变量需取正整数的隐含条件。
【难度系数】
0.4
活动2 寻找最大射门角度
阅读以下材料,并按要求完成相应的任务.
定义:自一点引出的两条射线分别经过已知线段的两端,则这两条射线所成的角称为该点对已知线段的视角.如图①,∠APB是点P对线段AB的视角.
问题:已知在足球比赛中,足球对球门的视角越大,球越容易被踢进,如图②,EF是球门,球员沿直线l带球前进,那么他应当在哪个地方射门,才能使进球的可能性最大?
解:如图②,过点E,F作⊙O,使其与直线l相切,切点为P.在直线l上任取一点Q(异于点P),连接EQ交⊙O于点H,连接FQ,FH.
则∠EPF=∠EHF.(依据1)
∵ ∠EHF=∠EQF+∠HFQ,(依据2)
∴ ∠EHF＞∠EQF.
∴ ∠EPF＞∠EQF.故当球员在点P处射门时,进球的可能性最大.
任务:
(1)上面证明过程中的“依据1”和“依据2”分别是指:
依据1:
依据2:
(2)如图③是球场的一部分,EF是球门,AB是球场的边线,B,E,F三点共线,∠ABF是直角.一名球员沿边线AB带球前进,记足球所在的位置为点P.请在线段AB上作一点P,使点P对EF的视角最大(要求:尺规作图,不写作法,保留作图痕迹).
(3)如图④,已知足球门宽AB约为$5\sqrt{2}\ \mathrm{m}$,一球员从距点B$5\sqrt{2}\ \mathrm{m}$的点C(点A,B,C均在球场的底线上),沿与AC成$45°$角的CD方向带球.试问,该球员能否在射线CD上找一点P,使得点P是最佳射门点(即∠APB最大)?若能找到,求出这时点P与点C的距离;若找不到,请说明理由.
阅读以下材料,并按要求完成相应的任务.
定义:自一点引出的两条射线分别经过已知线段的两端,则这两条射线所成的角称为该点对已知线段的视角.如图①,∠APB是点P对线段AB的视角.
问题:已知在足球比赛中,足球对球门的视角越大,球越容易被踢进,如图②,EF是球门,球员沿直线l带球前进,那么他应当在哪个地方射门,才能使进球的可能性最大?
解:如图②,过点E,F作⊙O,使其与直线l相切,切点为P.在直线l上任取一点Q(异于点P),连接EQ交⊙O于点H,连接FQ,FH.
则∠EPF=∠EHF.(依据1)
∵ ∠EHF=∠EQF+∠HFQ,(依据2)
∴ ∠EHF＞∠EQF.
∴ ∠EPF＞∠EQF.故当球员在点P处射门时,进球的可能性最大.
任务:
(1)上面证明过程中的“依据1”和“依据2”分别是指:
依据1:
同弧所对的圆周角相等
;依据2:
三角形的外角等于与它不相邻的两个内角的和
.(2)如图③是球场的一部分,EF是球门,AB是球场的边线,B,E,F三点共线,∠ABF是直角.一名球员沿边线AB带球前进,记足球所在的位置为点P.请在线段AB上作一点P,使点P对EF的视角最大(要求:尺规作图,不写作法,保留作图痕迹).
(3)如图④,已知足球门宽AB约为$5\sqrt{2}\ \mathrm{m}$,一球员从距点B$5\sqrt{2}\ \mathrm{m}$的点C(点A,B,C均在球场的底线上),沿与AC成$45°$角的CD方向带球.试问,该球员能否在射线CD上找一点P,使得点P是最佳射门点(即∠APB最大)?若能找到,求出这时点P与点C的距离;若找不到,请说明理由.
答案
(1)依据1:同弧所对的圆周角相等
依据2:三角形的外角等于与它不相邻的两个内角的和
(2)点P即为所求作的点，如图：
作法提示:如图,①分别以点E,F为圆心,大于$\frac{1}{2}EF$的长为半径作弧,两弧交于点M,N;
②作直线MN交EF于点Q;
③以点F(或点E)为圆心,BQ长为半径作弧交直线MN于点S;
④以点S为圆心,BQ长为半径作弧,交AB于点P.
点P即为所求作的点.
(3)能找到点P. 如图,过A,B两点的⊙O与射线CD相切于点P. 由(2)知,此时∠APB最大,点P为最佳射门点.
设⊙O的半径为r,连接OA,OP.
∵ EF垂直平分AB,∠C=45°,AB=BC=$5\sqrt{2}$,
∴ ∠CFE=∠C=45°,$EC=\frac{15\sqrt{2}}{2}$.
∴ $EF=EC=\frac{15\sqrt{2}}{2}$.
∴ CF=15.
∵ ⊙O与CD相切于点P,
∴ OP⊥CD.
∴ OP=FP=r,$OF=\sqrt{2}r$.
∴ $OE=\frac{15\sqrt{2}}{2}-\sqrt{2}r$.
在Rt△AOE中,$AE^2+OE^2=OA^2$,
∴ $(\frac{5\sqrt{2}}{2})^2+(\frac{15\sqrt{2}}{2}-\sqrt{2}r)^2=r^2$.
∴ r=5或r=25(舍去).
∴ PF=5.
∴ PC=FC-PF=10.
∴ 这时点P与点C的距离为10 m.
解析
【分析】
(1) 第一问考查基础几何定理的识别：首先判断两个角的位置，∠EPF和∠EHF都是圆中同弧所对的圆周角，对应圆周角相关性质；第二个等式是三角形外角和内角的关系，对应三角形外角性质。
(2) 要使点P对EF的视角最大，根据题干给出的结论，需作过E、F两点的圆与AB相切，切点即为所求点P。作图时先作EF的垂直平分线确定圆心所在直线，再保证圆心到EF的距离等于到AB的距离，即可确定圆心位置，作出对应切点。
(3) 最佳射门点即为过A、B两点的圆与CD的切点，先假设存在该切点，设圆的半径为r，结合切线的性质、45°角的直角三角形的特点，用r表示出Rt△AOE中各边的长度，利用勾股定理列方程求解半径，再计算PC的长度即可。
【解析】
(1) ∠EPF和∠EHF都是⊙O中弧EF所对的圆周角，根据同弧所对的圆周角相等，可得∠EPF=∠EHF，故依据1为同弧所对的圆周角相等；
∠EHF是△HQF的外角，根据三角形外角的性质，三角形的外角等于与它不相邻的两个内角的和，可得∠EHF=∠EQF+∠HFQ，故依据2为三角形的外角等于与它不相邻的两个内角的和。
(2) 作图步骤如下：①分别以E、F为圆心，大于$\frac{1}{2}EF$的长度为半径画弧，两弧交于M、N两点，作直线MN即为EF的垂直平分线，交EF于点Q；②以F为圆心，BQ长为半径画弧，交MN于点S；③以S为圆心，BQ长为半径画弧，与AB的交点即为所求点P。
(3) 能找到这样的点P。过A、B两点作⊙O，使⊙O与射线CD相切，切点为P，由题干结论可知此时∠APB最大，点P为最佳射门点。
设⊙O的半径为r，连接OA、OP。
已知AB=$5\sqrt{2}\ \mathrm{m}$，BC=$5\sqrt{2}\ \mathrm{m}$，CD与AC夹角为45°，⊙O与CD相切于P，故OP⊥CD。
AB的中点为E，故AE=$\frac{1}{2}AB=\frac{5\sqrt{2}}{2}\ \mathrm{m}$，结合线段长度关系可得$OE=\frac{15\sqrt{2}}{2}-\sqrt{2}r$，$OA=r$。
在Rt△AOE中，由勾股定理得$AE^2 + OE^2 = OA^2$，代入得：
$(\frac{5\sqrt{2}}{2})^2+(\frac{15\sqrt{2}}{2}-\sqrt{2}r)^2=r^2$
解得$r=5$或$r=25$，$r=25$不符合题意舍去，故$r=5\ \mathrm{m}$。
结合线段长度关系可得$CF=15\ \mathrm{m}$，$PF=r=5\ \mathrm{m}$，故$PC=CF-PF=15-5=10\ \mathrm{m}$。
【答案】
(1)依据1:同弧所对的圆周角相等
依据2:三角形的外角等于与它不相邻的两个内角的和
(2)点P即为所求作的点，如图：
(3)能找到点P，这时点P与点C的距离为10 m。
【知识点】
圆周角定理；切线的性质；勾股定理
【点评】
本题结合足球射门的实际场景，将几何知识和生活应用结合，既考查了基础几何定理的识记，又考查了尺规作图能力、几何模型构建能力和方程思想的应用，需要学生能将实际问题转化为熟悉的几何模型求解。
【难度系数】
0.6
(1) 第一问考查基础几何定理的识别：首先判断两个角的位置，∠EPF和∠EHF都是圆中同弧所对的圆周角，对应圆周角相关性质；第二个等式是三角形外角和内角的关系，对应三角形外角性质。
(2) 要使点P对EF的视角最大，根据题干给出的结论，需作过E、F两点的圆与AB相切，切点即为所求点P。作图时先作EF的垂直平分线确定圆心所在直线，再保证圆心到EF的距离等于到AB的距离，即可确定圆心位置，作出对应切点。
(3) 最佳射门点即为过A、B两点的圆与CD的切点，先假设存在该切点，设圆的半径为r，结合切线的性质、45°角的直角三角形的特点，用r表示出Rt△AOE中各边的长度，利用勾股定理列方程求解半径，再计算PC的长度即可。
【解析】
(1) ∠EPF和∠EHF都是⊙O中弧EF所对的圆周角，根据同弧所对的圆周角相等，可得∠EPF=∠EHF，故依据1为同弧所对的圆周角相等；
∠EHF是△HQF的外角，根据三角形外角的性质，三角形的外角等于与它不相邻的两个内角的和，可得∠EHF=∠EQF+∠HFQ，故依据2为三角形的外角等于与它不相邻的两个内角的和。
(2) 作图步骤如下：①分别以E、F为圆心，大于$\frac{1}{2}EF$的长度为半径画弧，两弧交于M、N两点，作直线MN即为EF的垂直平分线，交EF于点Q；②以F为圆心，BQ长为半径画弧，交MN于点S；③以S为圆心，BQ长为半径画弧，与AB的交点即为所求点P。
(3) 能找到这样的点P。过A、B两点作⊙O，使⊙O与射线CD相切，切点为P，由题干结论可知此时∠APB最大，点P为最佳射门点。
设⊙O的半径为r，连接OA、OP。
已知AB=$5\sqrt{2}\ \mathrm{m}$，BC=$5\sqrt{2}\ \mathrm{m}$，CD与AC夹角为45°，⊙O与CD相切于P，故OP⊥CD。
AB的中点为E，故AE=$\frac{1}{2}AB=\frac{5\sqrt{2}}{2}\ \mathrm{m}$，结合线段长度关系可得$OE=\frac{15\sqrt{2}}{2}-\sqrt{2}r$，$OA=r$。
在Rt△AOE中，由勾股定理得$AE^2 + OE^2 = OA^2$，代入得：
$(\frac{5\sqrt{2}}{2})^2+(\frac{15\sqrt{2}}{2}-\sqrt{2}r)^2=r^2$
解得$r=5$或$r=25$，$r=25$不符合题意舍去，故$r=5\ \mathrm{m}$。
结合线段长度关系可得$CF=15\ \mathrm{m}$，$PF=r=5\ \mathrm{m}$，故$PC=CF-PF=15-5=10\ \mathrm{m}$。
【答案】
(1)依据1:同弧所对的圆周角相等
依据2:三角形的外角等于与它不相邻的两个内角的和
(2)点P即为所求作的点，如图：
(3)能找到点P，这时点P与点C的距离为10 m。
【知识点】
圆周角定理；切线的性质；勾股定理
【点评】
本题结合足球射门的实际场景，将几何知识和生活应用结合，既考查了基础几何定理的识记，又考查了尺规作图能力、几何模型构建能力和方程思想的应用，需要学生能将实际问题转化为熟悉的几何模型求解。
【难度系数】
0.6
活动3）产品包装箱的设计
【实际问题】
快递公司将4个相同的长方体物品包装成一个大长方体包裹，每个长方体物品的长、宽、高分别是3 dm,3 dm,2 dm. 大长方体包裹的表面积最小是多少？
【解决问题】
如图，将这4个小长方体拼成一个大的长方体，有四种方式：
这四种方式中表面积的最小值为
【问题拓展】
小明觉得这种问题很有趣，他想研究：将4个长、宽、高分别是$a,a,b(a＞b＞0)$的小长方体拼成一个大的长方体. 这个大长方体的表面积最小是多少？显然，这里也有四种类似的方式：
（1）猜想结论：由前面的实际问题我们可以猜想：方式③拼成的大长方体的表面积最小.
（2）验证结论：设方式①②③④拼成的大长方体的表面积分别是$S_1,S_2,S_3,S_4$.
因为$S_1=2(ab+4ab+4a^2)=8a^2+10ab$，
$S_2=2(2ab+2ab+4a^2)=8a^2+8ab$，
$S_3=2(2ab+4ab+2a^2)=4a^2+12ab$，
所以$S_1 - S_3=(8a^2+10ab)-(4a^2+12ab)=4a^2-2ab=2a(2a-b)$. 因为$a＞b＞0$，所以$2a-b＞0$. 所以$2a(2a-b)＞0$. 所以$S_1＞S_3$.
①请你用上面的方法比较$S_2$和$S_3$的大小；
②求出$S_4$，并比较$S_4$和$S_3$的大小.
（3）归纳结论：将四个长、宽、高分别是$a,a,b(a＞b＞0)$的小长方体拼成一个大的长方体，这个大长方体表面积的最小值是多少？（直接写出你的结论）
（4）应用结论：
某包装厂需要将长、宽、高分别是10 cm,10 cm,4 cm的4个完全相同的长方体零件，包装到一个大长方体纸盒中，大长方体纸盒表面积的最小值是
【实际问题】
快递公司将4个相同的长方体物品包装成一个大长方体包裹，每个长方体物品的长、宽、高分别是3 dm,3 dm,2 dm. 大长方体包裹的表面积最小是多少？
【解决问题】
如图，将这4个小长方体拼成一个大的长方体，有四种方式：
这四种方式中表面积的最小值为
108
dm².【问题拓展】
小明觉得这种问题很有趣，他想研究：将4个长、宽、高分别是$a,a,b(a＞b＞0)$的小长方体拼成一个大的长方体. 这个大长方体的表面积最小是多少？显然，这里也有四种类似的方式：
（1）猜想结论：由前面的实际问题我们可以猜想：方式③拼成的大长方体的表面积最小.
（2）验证结论：设方式①②③④拼成的大长方体的表面积分别是$S_1,S_2,S_3,S_4$.
因为$S_1=2(ab+4ab+4a^2)=8a^2+10ab$，
$S_2=2(2ab+2ab+4a^2)=8a^2+8ab$，
$S_3=2(2ab+4ab+2a^2)=4a^2+12ab$，
所以$S_1 - S_3=(8a^2+10ab)-(4a^2+12ab)=4a^2-2ab=2a(2a-b)$. 因为$a＞b＞0$，所以$2a-b＞0$. 所以$2a(2a-b)＞0$. 所以$S_1＞S_3$.
①请你用上面的方法比较$S_2$和$S_3$的大小；
②求出$S_4$，并比较$S_4$和$S_3$的大小.
（3）归纳结论：将四个长、宽、高分别是$a,a,b(a＞b＞0)$的小长方体拼成一个大的长方体，这个大长方体表面积的最小值是多少？（直接写出你的结论）
（4）应用结论：
某包装厂需要将长、宽、高分别是10 cm,10 cm,4 cm的4个完全相同的长方体零件，包装到一个大长方体纸盒中，大长方体纸盒表面积的最小值是
840
cm².答案
【解决问题】
解析:依题意可得四种方式对应的大长方体的表面积分别为:
方式①:$2×(12×3+3×2+12×2)=132(\mathrm{dm}^2)$;
方式②:$2×(6×6+6×2+6×2)=120(\mathrm{dm}^2)$;
方式③:$2×(6×3+6×4+3×4)=108(\mathrm{dm}^2)$;
方式④:$2×(3×3+3×8+3×8)=114(\mathrm{dm}^2)$.
∴ 四种方式中表面积的最小值是$108\ \mathrm{dm}^2$.
【问题拓展】
(2)①$S_2-S_3=(8a^2+8ab)-(4a^2+12ab)=4a^2-4ab=4a(a-b)$,
∵ $a＞b＞0$,
∴ $a-b＞0$.
∴ $4a(a-b)＞0$.
∴ $S_2＞S_3$.
②$S_4=4ab×4+2a^2=2a^2+16ab$.
$S_4-S_3=(2a^2+16ab)-(4a^2+12ab)=-2a^2+4ab=2a(-a+2b)$,
当$2b-a≥ 0$时,$S_4≥ S_3$;当$2b-a＜0$时,$S_4＜S_3$.
(3)当$2b-a＞0$时,大长方体表面积最小值为$S_3=4a^2+12ab$;当$2b-a=0$时,大长方体表面积最小值为$S_3=4a^2+12ab$或$S_4=2a^2+16ab$. 当$2b-a＜0$时,大长方体表面积最小值为$S_4=2a^2+16ab$.
(4)解析:
∵ $a=10,b=4$,
∴ $2b-a＜0$.
此时$S_4=2a^2+16ab$最小,$S_4=2×10^2+16×10×4=200+640=840(\mathrm{cm}^2)$.
∴ 大长方体纸盒表面积的最小值是$840\ \mathrm{cm}^2$.
解析:依题意可得四种方式对应的大长方体的表面积分别为:
方式①:$2×(12×3+3×2+12×2)=132(\mathrm{dm}^2)$;
方式②:$2×(6×6+6×2+6×2)=120(\mathrm{dm}^2)$;
方式③:$2×(6×3+6×4+3×4)=108(\mathrm{dm}^2)$;
方式④:$2×(3×3+3×8+3×8)=114(\mathrm{dm}^2)$.
∴ 四种方式中表面积的最小值是$108\ \mathrm{dm}^2$.
【问题拓展】
(2)①$S_2-S_3=(8a^2+8ab)-(4a^2+12ab)=4a^2-4ab=4a(a-b)$,
∵ $a＞b＞0$,
∴ $a-b＞0$.
∴ $4a(a-b)＞0$.
∴ $S_2＞S_3$.
②$S_4=4ab×4+2a^2=2a^2+16ab$.
$S_4-S_3=(2a^2+16ab)-(4a^2+12ab)=-2a^2+4ab=2a(-a+2b)$,
当$2b-a≥ 0$时,$S_4≥ S_3$;当$2b-a＜0$时,$S_4＜S_3$.
(3)当$2b-a＞0$时,大长方体表面积最小值为$S_3=4a^2+12ab$;当$2b-a=0$时,大长方体表面积最小值为$S_3=4a^2+12ab$或$S_4=2a^2+16ab$. 当$2b-a＜0$时,大长方体表面积最小值为$S_4=2a^2+16ab$.
(4)解析:
∵ $a=10,b=4$,
∴ $2b-a＜0$.
此时$S_4=2a^2+16ab$最小,$S_4=2×10^2+16×10×4=200+640=840(\mathrm{cm}^2)$.
∴ 大长方体纸盒表面积的最小值是$840\ \mathrm{cm}^2$.
解析
【分析】
要解决包装优化问题，思路如下：1. 实际问题部分：先确定四种拼接方式下大长方体的长宽高，用长方体表面积公式分别计算四个表面积，比较大小即可得到最小值。2. 拓展问题部分：使用初中常用的作差法比较代数式大小，将两个表面积作差后因式分解，结合a＞b＞0的条件判断差的正负，就能确定两个表面积的大小关系；归纳结论时需根据差的正负对应的a、b大小关系分类讨论；应用结论时先代入a、b的值判断所属情况，再代入对应公式计算最小值。
【解析】
解决问题
分别计算四种拼接方式的大长方体表面积：
方式①：拼接后长宽高为12dm、3dm、2dm，表面积=$2×(12×3 + 3×2 + 12×2)=132\ \mathrm{dm}^2$
方式②：拼接后长宽高为6dm、6dm、2dm，表面积=$2×(6×6 + 6×2 + 6×2)=120\ \mathrm{dm}^2$
方式③：拼接后长宽高为6dm、3dm、4dm，表面积=$2×(6×3 + 6×4 + 3×4)=108\ \mathrm{dm}^2$
方式④：拼接后长宽高为3dm、3dm、8dm，表面积=$2×(3×3 + 3×8 + 3×8)=114\ \mathrm{dm}^2$
比较可知最小表面积为108 $\mathrm{dm}^2$。
问题拓展
(2)① 作差比较$S_2$和$S_3$：
$S_2 - S_3=(8a^2+8ab)-(4a^2+12ab)=4a^2-4ab=4a(a-b)$
∵$a＞b＞0$，
∴$a-b＞0$，$4a＞0$，
∴$4a(a-b)＞0$，即$S_2＞S_3$。
② 先求$S_4$：方式④拼接后长宽高为$a、a、4b$，故$S_4=2(a×a + a×4b + a×4b)=2a^2+16ab$
作差得$S_4 - S_3=(2a^2+16ab)-(4a^2+12ab)=-2a^2+4ab=2a(2b-a)$
当$2b-a≥0$即$2b≥a$时，$2a(2b-a)≥0$，故$S_4≥S_3$；
当$2b-a＜0$即$2b＜a$时，$2a(2b-a)＜0$，故$S_4＜S_3$。
(3) 综合比较结果：
当$2b≥a$时，$S_3$最小，最小值为$4a^2+12ab$；
当$2b＜a$时，$S_4$最小，最小值为$2a^2+16ab$。
(4) 应用结论：已知$a=10\mathrm{cm}$，$b=4\mathrm{cm}$，$2b=8\mathrm{cm}＜10\mathrm{cm}=a$，符合$2b＜a$的情况，故最小表面积为$S_4=2×10^2 + 16×10×4=200+640=840\ \mathrm{cm}^2$。
【答案】
解决问题：108；
(2)① $S_2＞S_3$；② $S_4=2a^2+16ab$，当$2b≥a$时$S_4≥S_3$，当$2b＜a$时$S_4＜S_3$；
(3) 当$2b≥a$时最小值为$4a^2+12ab$，当$2b＜a$时最小值为$2a^2+16ab$；
(4) 840
【知识点】
长方体表面积计算，作差法比较大小，分类讨论思想
【点评】
本题结合生活中物品包装的实际场景，融合了长方体表面积计算、代数式比较大小等知识，通过逐步推导得出最优包装方案，既考察了基础公式的应用能力，也锻炼了逻辑推理和分类讨论的思维，实用性较强。
【难度系数】
0.65
要解决包装优化问题，思路如下：1. 实际问题部分：先确定四种拼接方式下大长方体的长宽高，用长方体表面积公式分别计算四个表面积，比较大小即可得到最小值。2. 拓展问题部分：使用初中常用的作差法比较代数式大小，将两个表面积作差后因式分解，结合a＞b＞0的条件判断差的正负，就能确定两个表面积的大小关系；归纳结论时需根据差的正负对应的a、b大小关系分类讨论；应用结论时先代入a、b的值判断所属情况，再代入对应公式计算最小值。
【解析】
解决问题
分别计算四种拼接方式的大长方体表面积：
方式①：拼接后长宽高为12dm、3dm、2dm，表面积=$2×(12×3 + 3×2 + 12×2)=132\ \mathrm{dm}^2$
方式②：拼接后长宽高为6dm、6dm、2dm，表面积=$2×(6×6 + 6×2 + 6×2)=120\ \mathrm{dm}^2$
方式③：拼接后长宽高为6dm、3dm、4dm，表面积=$2×(6×3 + 6×4 + 3×4)=108\ \mathrm{dm}^2$
方式④：拼接后长宽高为3dm、3dm、8dm，表面积=$2×(3×3 + 3×8 + 3×8)=114\ \mathrm{dm}^2$
比较可知最小表面积为108 $\mathrm{dm}^2$。
问题拓展
(2)① 作差比较$S_2$和$S_3$：
$S_2 - S_3=(8a^2+8ab)-(4a^2+12ab)=4a^2-4ab=4a(a-b)$
∵$a＞b＞0$，
∴$a-b＞0$，$4a＞0$，
∴$4a(a-b)＞0$，即$S_2＞S_3$。
② 先求$S_4$：方式④拼接后长宽高为$a、a、4b$，故$S_4=2(a×a + a×4b + a×4b)=2a^2+16ab$
作差得$S_4 - S_3=(2a^2+16ab)-(4a^2+12ab)=-2a^2+4ab=2a(2b-a)$
当$2b-a≥0$即$2b≥a$时，$2a(2b-a)≥0$，故$S_4≥S_3$；
当$2b-a＜0$即$2b＜a$时，$2a(2b-a)＜0$，故$S_4＜S_3$。
(3) 综合比较结果：
当$2b≥a$时，$S_3$最小，最小值为$4a^2+12ab$；
当$2b＜a$时，$S_4$最小，最小值为$2a^2+16ab$。
(4) 应用结论：已知$a=10\mathrm{cm}$，$b=4\mathrm{cm}$，$2b=8\mathrm{cm}＜10\mathrm{cm}=a$，符合$2b＜a$的情况，故最小表面积为$S_4=2×10^2 + 16×10×4=200+640=840\ \mathrm{cm}^2$。
【答案】
解决问题：108；
(2)① $S_2＞S_3$；② $S_4=2a^2+16ab$，当$2b≥a$时$S_4≥S_3$，当$2b＜a$时$S_4＜S_3$；
(3) 当$2b≥a$时最小值为$4a^2+12ab$，当$2b＜a$时最小值为$2a^2+16ab$；
(4) 840
【知识点】
长方体表面积计算，作差法比较大小，分类讨论思想
【点评】
本题结合生活中物品包装的实际场景，融合了长方体表面积计算、代数式比较大小等知识，通过逐步推导得出最优包装方案，既考察了基础公式的应用能力，也锻炼了逻辑推理和分类讨论的思维，实用性较强。
【难度系数】
0.65
