登录
1. 一辆物资配送车在甲地与乙地之间行驶，中间有若干个站点. 配送车从甲地出发,每到一个站点,卸下之前所有站点发往该站点的应急物资箱各1个,同时装上该站点发往之后各站点的应急物资箱各1个. 若甲、乙两地之间有7个站点(包括甲地、乙地),要保证顺利完成配送任务,则该配送车需满足至少可装
12
个应急物资箱.答案
1. 12
解析
【分析】
首先我们可以将7个站点按从甲到乙的顺序依次编号，明确每到达一个站点时，卸货量等于该站点之前的站点数量（每个前序站点发往本站各1箱），装货量等于该站点之后的站点数量（本站发往每个后续站点各1箱）。我们只需要依次计算离开每个站点时车上的物资总箱数，找到其中的最大值，这个最大值就是配送车最少需要满足的装载量，因为只有装载量不小于这个最大值，才能保证全程不会出现装不下的情况。
【解析】
设7个站点按从甲到乙的顺序依次为$A_1$（甲地）、$A_2$、$A_3$、$A_4$、$A_5$、$A_6$、$A_7$（乙地），逐站计算载货量：
1. 离开$A_1$（甲）：无卸货，需装发往$A_2$~$A_7$共6个站点的物资，载货量=6箱；
2. 到达$A_2$：卸1箱（$A_1$发往$A_2$的物资），剩余$6-1=5$箱，再装发往$A_3$~$A_7$共5个站点的物资，离开$A_2$时载货量=$5+5=10$箱；
3. 到达$A_3$：卸2箱（$A_1$、$A_2$发往$A_3$的物资），剩余$10-2=8$箱，再装发往$A_4$~$A_7$共4个站点的物资，离开$A_3$时载货量=$8+4=12$箱；
4. 到达$A_4$：卸3箱（$A_1$~$A_3$发往$A_4$的物资），剩余$12-3=9$箱，再装发往$A_5$~$A_7$共3个站点的物资，离开$A_4$时载货量=$9+3=12$箱；
5. 到达$A_5$：卸4箱（$A_1$~$A_4$发往$A_5$的物资），剩余$12-4=8$箱，再装发往$A_6$~$A_7$共2个站点的物资，离开$A_5$时载货量=$8+2=10$箱；
6. 到达$A_6$：卸5箱（$A_1$~$A_5$发往$A_6$的物资），剩余$10-5=5$箱，再装发往$A_7$共1个站点的物资，离开$A_6$时载货量=$5+1=6$箱；
7. 到达$A_7$（乙）：卸6箱后载货量为0，完成配送。
全程最大载货量为12箱，即配送车至少可装12箱才能完成任务。
【答案】
12
【知识点】
优化问题，列举法，规律探究
【点评】
本题结合生活中的配送场景设计，解题的核心是理清每一站的卸货量、装货量和站点序号的对应关系，按顺序逐段计算载货量的变化，找到全程载货的峰值即可得到答案，过程中注意不要漏算或多算装卸货数量。
【难度系数】
0.6
首先我们可以将7个站点按从甲到乙的顺序依次编号，明确每到达一个站点时，卸货量等于该站点之前的站点数量（每个前序站点发往本站各1箱），装货量等于该站点之后的站点数量（本站发往每个后续站点各1箱）。我们只需要依次计算离开每个站点时车上的物资总箱数，找到其中的最大值，这个最大值就是配送车最少需要满足的装载量，因为只有装载量不小于这个最大值，才能保证全程不会出现装不下的情况。
【解析】
设7个站点按从甲到乙的顺序依次为$A_1$（甲地）、$A_2$、$A_3$、$A_4$、$A_5$、$A_6$、$A_7$（乙地），逐站计算载货量：
1. 离开$A_1$（甲）：无卸货，需装发往$A_2$~$A_7$共6个站点的物资，载货量=6箱；
2. 到达$A_2$：卸1箱（$A_1$发往$A_2$的物资），剩余$6-1=5$箱，再装发往$A_3$~$A_7$共5个站点的物资，离开$A_2$时载货量=$5+5=10$箱；
3. 到达$A_3$：卸2箱（$A_1$、$A_2$发往$A_3$的物资），剩余$10-2=8$箱，再装发往$A_4$~$A_7$共4个站点的物资，离开$A_3$时载货量=$8+4=12$箱；
4. 到达$A_4$：卸3箱（$A_1$~$A_3$发往$A_4$的物资），剩余$12-3=9$箱，再装发往$A_5$~$A_7$共3个站点的物资，离开$A_4$时载货量=$9+3=12$箱；
5. 到达$A_5$：卸4箱（$A_1$~$A_4$发往$A_5$的物资），剩余$12-4=8$箱，再装发往$A_6$~$A_7$共2个站点的物资，离开$A_5$时载货量=$8+2=10$箱；
6. 到达$A_6$：卸5箱（$A_1$~$A_5$发往$A_6$的物资），剩余$10-5=5$箱，再装发往$A_7$共1个站点的物资，离开$A_6$时载货量=$5+1=6$箱；
7. 到达$A_7$（乙）：卸6箱后载货量为0，完成配送。
全程最大载货量为12箱，即配送车至少可装12箱才能完成任务。
【答案】
12
【知识点】
优化问题，列举法，规律探究
【点评】
本题结合生活中的配送场景设计，解题的核心是理清每一站的卸货量、装货量和站点序号的对应关系，按顺序逐段计算载货量的变化，找到全程载货的峰值即可得到答案，过程中注意不要漏算或多算装卸货数量。
【难度系数】
0.6
【典型例题2】如图，在足球比赛中，从A，B，C，D四个位置向球门PQ射门，其中，点P，Q，B，C都在$\odot O$上，点A在$\odot O$外，点D在$\odot O$内。已知射门角度为射门位置与球门两端P，Q所连线段的夹角，则点处的射门角度最大。（填“A”“B”“C”或“D”）
【解析】如图，设PA与$\odot O$交于点F，连接QF，延长QD交$\odot O$于点E，连接PE。
$\therefore ∠ PFQ=∠ PBQ=∠ PCQ=∠ PEQ.$
$\because ∠ PFQ$是$△ AFQ$的一个外角，
$\therefore ∠ PFQ＞∠ PAQ.$
$\because ∠ PDQ$是$△ PED$的一个外角，
$\therefore ∠ PDQ＞∠ PEQ.$
$\therefore ∠ PDQ＞∠ PBQ=∠ PCQ＞∠ PAQ.$
$\therefore$点D处的射门角度最大。
【答案】D
规律方法 观察射门点与过球门两端点的圆的位置关系，射门点在圆内的射门角度＞射门点在圆上的射门角度＞射门点在圆外的射门角度。
【解析】如图，设PA与$\odot O$交于点F，连接QF，延长QD交$\odot O$于点E，连接PE。
$\therefore ∠ PFQ=∠ PBQ=∠ PCQ=∠ PEQ.$
$\because ∠ PFQ$是$△ AFQ$的一个外角，
$\therefore ∠ PFQ＞∠ PAQ.$
$\because ∠ PDQ$是$△ PED$的一个外角，
$\therefore ∠ PDQ＞∠ PEQ.$
$\therefore ∠ PDQ＞∠ PBQ=∠ PCQ＞∠ PAQ.$
$\therefore$点D处的射门角度最大。
【答案】D
规律方法 观察射门点与过球门两端点的圆的位置关系，射门点在圆内的射门角度＞射门点在圆上的射门角度＞射门点在圆外的射门角度。
答案
D
解析
【分析】
要判断哪个位置射门角度最大，本质是比较四个点对球门PQ的张角大小。解题思路如下：第一步，利用同弧所对的圆周角相等，先确定圆上的B、C两点的射门角度相等；第二步，通过作辅助线构造三角形，结合三角形外角性质，比较圆外点A的张角与圆周角的大小关系；第三步，同样用外角性质比较圆内点D的张角与圆周角的大小关系，最终对四个角的大小排序即可得到结论。
【解析】
设PA与$\odot O$交于点F，连接QF，延长QD交$\odot O$于点E，连接PE。
根据同弧所对的圆周角相等，可得$∠ PFQ=∠ PBQ=∠ PCQ=∠ PEQ$。
$\because ∠ PFQ$是$△ AFQ$的一个外角，根据三角形外角大于任意一个不相邻的内角，
$\therefore ∠ PFQ＞∠ PAQ$。
$\because ∠ PDQ$是$△ PED$的一个外角，同理可得，
$\therefore ∠ PDQ＞∠ PEQ$。
综上可得$∠ PDQ＞∠ PBQ=∠ PCQ＞∠ PAQ$，因此点D处的射门角度最大。
【答案】
D
【知识点】
圆周角定理；三角形外角性质；点与圆的位置关系
【点评】
本题结合足球射门的生活场景，考查了几何性质的实际应用，解题的核心是掌握同弧所对的圆内角、圆周角、圆外角的大小关系，能有效锻炼学生将实际问题转化为数学问题的能力。
【难度系数】
0.7
要判断哪个位置射门角度最大，本质是比较四个点对球门PQ的张角大小。解题思路如下：第一步，利用同弧所对的圆周角相等，先确定圆上的B、C两点的射门角度相等；第二步，通过作辅助线构造三角形，结合三角形外角性质，比较圆外点A的张角与圆周角的大小关系；第三步，同样用外角性质比较圆内点D的张角与圆周角的大小关系，最终对四个角的大小排序即可得到结论。
【解析】
设PA与$\odot O$交于点F，连接QF，延长QD交$\odot O$于点E，连接PE。
根据同弧所对的圆周角相等，可得$∠ PFQ=∠ PBQ=∠ PCQ=∠ PEQ$。
$\because ∠ PFQ$是$△ AFQ$的一个外角，根据三角形外角大于任意一个不相邻的内角，
$\therefore ∠ PFQ＞∠ PAQ$。
$\because ∠ PDQ$是$△ PED$的一个外角，同理可得，
$\therefore ∠ PDQ＞∠ PEQ$。
综上可得$∠ PDQ＞∠ PBQ=∠ PCQ＞∠ PAQ$，因此点D处的射门角度最大。
【答案】
D
【知识点】
圆周角定理；三角形外角性质；点与圆的位置关系
【点评】
本题结合足球射门的生活场景，考查了几何性质的实际应用，解题的核心是掌握同弧所对的圆内角、圆周角、圆外角的大小关系，能有效锻炼学生将实际问题转化为数学问题的能力。
【难度系数】
0.7
【即学即练】
2. 如图,在足球比赛中,球员带球行进的路线$m$与球门(线段$PQ$)所在直线垂直.若$PQ=7\ \mathrm{m}$,$PC=\dfrac{3}{2}\ \mathrm{m}$,仅从射门角度考虑(射门角度越大越容易进球),则该球员位于最佳射门位置$D$处时与点$C$的距离为
2. 如图,在足球比赛中,球员带球行进的路线$m$与球门(线段$PQ$)所在直线垂直.若$PQ=7\ \mathrm{m}$,$PC=\dfrac{3}{2}\ \mathrm{m}$,仅从射门角度考虑(射门角度越大越容易进球),则该球员位于最佳射门位置$D$处时与点$C$的距离为
$\dfrac{\sqrt{51}}{2}$
$\mathrm{m}$.答案
2. $\dfrac{\sqrt{51}}{2}$
解析
【分析】
要解决最佳射门位置的问题，核心是明确射门角度∠PDQ最大时的几何特征：当过P、Q两点的圆与直线m相切于点D时，∠PDQ最大。此时可利用切割线定理建立线段长度的关系，先求出CQ的长度，再代入计算CD的长度即可。
【解析】
当射门角度∠PDQ最大时，过P、Q两点的圆与直线m相切于点D，D即为最佳射门位置。
根据切割线定理：从圆外一点引圆的切线和割线，切线长的平方等于这点到割线与圆交点的两条线段长的乘积，可得$CD^2 = PC · CQ$。
已知$PQ=7\ \mathrm{m}$，$PC=\dfrac{3}{2}\ \mathrm{m}$，则$CQ = PC + PQ = \dfrac{3}{2} +7 = \dfrac{17}{2}\ \mathrm{m}$。
将$PC=\dfrac{3}{2}\ \mathrm{m}$，$CQ=\dfrac{17}{2}\ \mathrm{m}$代入得：
$CD^2 = \dfrac{3}{2} × \dfrac{17}{2} = \dfrac{51}{4}$
因为CD为长度，取正值，所以$CD = \sqrt{\dfrac{51}{4}} = \dfrac{\sqrt{51}}{2}\ \mathrm{m}$。
【答案】
$\dfrac{\sqrt{51}}{2}$
【知识点】
切割线定理，切线的性质，圆周角最值
【点评】
本题结合足球射门的生活场景，考查了圆的相关性质在实际问题中的应用，解题的关键是理解最佳射门角度对应的几何特征，结合相关定理即可快速求解。
【难度系数】
0.6
要解决最佳射门位置的问题，核心是明确射门角度∠PDQ最大时的几何特征：当过P、Q两点的圆与直线m相切于点D时，∠PDQ最大。此时可利用切割线定理建立线段长度的关系，先求出CQ的长度，再代入计算CD的长度即可。
【解析】
当射门角度∠PDQ最大时，过P、Q两点的圆与直线m相切于点D，D即为最佳射门位置。
根据切割线定理：从圆外一点引圆的切线和割线，切线长的平方等于这点到割线与圆交点的两条线段长的乘积，可得$CD^2 = PC · CQ$。
已知$PQ=7\ \mathrm{m}$，$PC=\dfrac{3}{2}\ \mathrm{m}$，则$CQ = PC + PQ = \dfrac{3}{2} +7 = \dfrac{17}{2}\ \mathrm{m}$。
将$PC=\dfrac{3}{2}\ \mathrm{m}$，$CQ=\dfrac{17}{2}\ \mathrm{m}$代入得：
$CD^2 = \dfrac{3}{2} × \dfrac{17}{2} = \dfrac{51}{4}$
因为CD为长度，取正值，所以$CD = \sqrt{\dfrac{51}{4}} = \dfrac{\sqrt{51}}{2}\ \mathrm{m}$。
【答案】
$\dfrac{\sqrt{51}}{2}$
【知识点】
切割线定理，切线的性质，圆周角最值
【点评】
本题结合足球射门的生活场景，考查了圆的相关性质在实际问题中的应用，解题的关键是理解最佳射门角度对应的几何特征，结合相关定理即可快速求解。
【难度系数】
0.6
【典型例题3】将8个底面圆的半径为60 mm、高为123 mm的圆柱体产品放入长方体包装箱中，按2×4的方式齐排列和错排列的底面示意图如图所示。哪种排列方式所用包装箱的表面积更小？（参考数据：$\sqrt{3}\approx1.7$）
【解】齐排列：长方体包装箱的长为$60×8=480(\mathrm{mm})$，宽为$60×4=240(\mathrm{mm})$，高为$123\ \mathrm{mm}$，表面积为$(480×240 + 480×123 + 240×123)×2=407\ 520(\mathrm{mm}^2)$。
错排列：长方体包装箱的长为$60×9=540(\mathrm{mm})$，宽为$\sqrt{(60×2)^2 - 60^2} + 60×2=60\sqrt{3} + 120\approx222(\mathrm{mm})$，高为$123\ \mathrm{mm}$，表面积为$(540×222 + 540×123 + 222×123)×2=427\ 212(\mathrm{mm}^2)$。
$\because407\ 520＜427\ 212$，
$\therefore$齐排列所用包装箱的表面积更小。
规律方法 如果物品数量和层数都相同，那么齐排列包装箱用料比错排列更省。
【解】齐排列：长方体包装箱的长为$60×8=480(\mathrm{mm})$，宽为$60×4=240(\mathrm{mm})$，高为$123\ \mathrm{mm}$，表面积为$(480×240 + 480×123 + 240×123)×2=407\ 520(\mathrm{mm}^2)$。
错排列：长方体包装箱的长为$60×9=540(\mathrm{mm})$，宽为$\sqrt{(60×2)^2 - 60^2} + 60×2=60\sqrt{3} + 120\approx222(\mathrm{mm})$，高为$123\ \mathrm{mm}$，表面积为$(540×222 + 540×123 + 222×123)×2=427\ 212(\mathrm{mm}^2)$。
$\because407\ 520＜427\ 212$，
$\therefore$齐排列所用包装箱的表面积更小。
规律方法 如果物品数量和层数都相同，那么齐排列包装箱用料比错排列更省。
答案
解：
齐排列：
圆柱体底面直径为$2×60=120\ \mathrm{mm}$，
长方体包装箱的长为$4×120=480\ \mathrm{mm}$，宽为$2×120=240\ \mathrm{mm}$，高为$123\ \mathrm{mm}$，
表面积为：
$\begin{aligned}S_1&=(480×240 + 480×123 + 240×123)×2\\&=407520\ \mathrm{mm}^2\end{aligned}$
错排列：
异行相邻相切的两个圆柱的圆心距为$120\ \mathrm{mm}$，水平方向间距为$60\ \mathrm{mm}$，由勾股定理得两圆心竖直方向的间距为$\sqrt{120^2-60^2}=60\sqrt{3}\ \mathrm{mm}$，
长方体包装箱的长为$540\ \mathrm{mm}$，宽为$60 + 60\sqrt{3} + 60=120+60\sqrt{3}\approx120+60×1.7=222\ \mathrm{mm}$，高为$123\ \mathrm{mm}$，
表面积为：
$\begin{aligned}S_2&=(540×222 + 540×123 + 222×123)×2\\&=427212\ \mathrm{mm}^2\end{aligned}$
$\because 407520 ＜ 427212$，
$\therefore S_1 ＜ S_2$。
答：齐排列方式所用包装箱的表面积更小。
齐排列：
圆柱体底面直径为$2×60=120\ \mathrm{mm}$，
长方体包装箱的长为$4×120=480\ \mathrm{mm}$，宽为$2×120=240\ \mathrm{mm}$，高为$123\ \mathrm{mm}$，
表面积为：
$\begin{aligned}S_1&=(480×240 + 480×123 + 240×123)×2\\&=407520\ \mathrm{mm}^2\end{aligned}$
错排列：
异行相邻相切的两个圆柱的圆心距为$120\ \mathrm{mm}$，水平方向间距为$60\ \mathrm{mm}$，由勾股定理得两圆心竖直方向的间距为$\sqrt{120^2-60^2}=60\sqrt{3}\ \mathrm{mm}$，
长方体包装箱的长为$540\ \mathrm{mm}$，宽为$60 + 60\sqrt{3} + 60=120+60\sqrt{3}\approx120+60×1.7=222\ \mathrm{mm}$，高为$123\ \mathrm{mm}$，
表面积为：
$\begin{aligned}S_2&=(540×222 + 540×123 + 222×123)×2\\&=427212\ \mathrm{mm}^2\end{aligned}$
$\because 407520 ＜ 427212$，
$\therefore S_1 ＜ S_2$。
答：齐排列方式所用包装箱的表面积更小。
解析
【分析】
要比较两种排列方式包装箱的表面积大小，需先分别求出两种排列下长方体包装箱的长、宽、高，再根据长方体表面积公式计算表面积后比较大小。已知包装箱的高等于圆柱的高固定不变，核心是求长和宽：①齐排列时，长为4个圆柱底面直径的和，宽为2个圆柱底面直径的和，可直接计算；②错排列时，先根据相切两圆的圆心距等于直径，结合勾股定理求出上下两行圆心的竖直间距，再加上上下各一个半径得到包装箱的宽，长可根据错排后圆的分布直接得到，最后代入公式计算比较即可。
【解析】
圆柱底面直径为$2×60=120\ \mathrm{mm}$。
齐排列情况
长方体包装箱的长为$4×120=480\ \mathrm{mm}$，宽为$2×120=240\ \mathrm{mm}$，高为$123\ \mathrm{mm}$。
根据长方体表面积公式$S=2(ab+ah+bh)$，可得表面积：
$\begin{aligned}S_1&=(480×240 + 480×123 + 240×123)×2\\&=407520\ \mathrm{mm}^2\end{aligned}$
错排列情况
异行相邻相切的两个圆柱的圆心距等于直径$120\ \mathrm{mm}$，两圆心水平方向间距为$60\ \mathrm{mm}$，由勾股定理得两圆心竖直方向的间距为$\sqrt{120^2-60^2}=60\sqrt{3}\ \mathrm{mm}$。
长方体包装箱的长为$540\ \mathrm{mm}$，宽为$60 + 60\sqrt{3} + 60=120+60\sqrt{3}\approx120+60×1.7=222\ \mathrm{mm}$，高为$123\ \mathrm{mm}$。
可得表面积：
$\begin{aligned}S_2&=(540×222 + 540×123 + 222×123)×2\\&=427212\ \mathrm{mm}^2\end{aligned}$
因为$407520 ＜ 427212$，所以$S_1＜S_2$。
【答案】
齐排列方式所用包装箱的表面积更小。
【知识点】
长方体表面积计算；勾股定理；两圆相切的性质
【点评】
本题是生活中的优化类问题，将几何计算和实际应用结合，解题的关键是准确推导两种排列方式下包装箱的长和宽，尤其错排列时需结合相切圆的性质和勾股定理求解宽度，能够有效锻炼运用数学知识解决实际问题的能力。
【难度系数】
0.6
要比较两种排列方式包装箱的表面积大小，需先分别求出两种排列下长方体包装箱的长、宽、高，再根据长方体表面积公式计算表面积后比较大小。已知包装箱的高等于圆柱的高固定不变，核心是求长和宽：①齐排列时，长为4个圆柱底面直径的和，宽为2个圆柱底面直径的和，可直接计算；②错排列时，先根据相切两圆的圆心距等于直径，结合勾股定理求出上下两行圆心的竖直间距，再加上上下各一个半径得到包装箱的宽，长可根据错排后圆的分布直接得到，最后代入公式计算比较即可。
【解析】
圆柱底面直径为$2×60=120\ \mathrm{mm}$。
齐排列情况
长方体包装箱的长为$4×120=480\ \mathrm{mm}$，宽为$2×120=240\ \mathrm{mm}$，高为$123\ \mathrm{mm}$。
根据长方体表面积公式$S=2(ab+ah+bh)$，可得表面积：
$\begin{aligned}S_1&=(480×240 + 480×123 + 240×123)×2\\&=407520\ \mathrm{mm}^2\end{aligned}$
错排列情况
异行相邻相切的两个圆柱的圆心距等于直径$120\ \mathrm{mm}$，两圆心水平方向间距为$60\ \mathrm{mm}$，由勾股定理得两圆心竖直方向的间距为$\sqrt{120^2-60^2}=60\sqrt{3}\ \mathrm{mm}$。
长方体包装箱的长为$540\ \mathrm{mm}$，宽为$60 + 60\sqrt{3} + 60=120+60\sqrt{3}\approx120+60×1.7=222\ \mathrm{mm}$，高为$123\ \mathrm{mm}$。
可得表面积：
$\begin{aligned}S_2&=(540×222 + 540×123 + 222×123)×2\\&=427212\ \mathrm{mm}^2\end{aligned}$
因为$407520 ＜ 427212$，所以$S_1＜S_2$。
【答案】
齐排列方式所用包装箱的表面积更小。
【知识点】
长方体表面积计算；勾股定理；两圆相切的性质
【点评】
本题是生活中的优化类问题，将几何计算和实际应用结合，解题的关键是准确推导两种排列方式下包装箱的长和宽，尤其错排列时需结合相切圆的性质和勾股定理求解宽度，能够有效锻炼运用数学知识解决实际问题的能力。
【难度系数】
0.6
