3. 有12个底面圆的半径为2 dm、高为2 dm的圆柱体产品，现在要用长方体包装箱将它们进行包装，有2×6方式的错排列和3×4方式的错排列两种方案，哪种方案所用包装箱的表面积更小？（参考数据：$\sqrt{3}\approx1.7$）

3. 【解】按照 $2×6$ 方式的错排列进行包装,此时长方体包装箱的长为 $2×13=26$（dm）,宽为 $\sqrt{(2×2)^2-2^2}+2×2=2\sqrt{3}+4\approx7.4(\mathrm{dm})$,高为 2 dm,表面积为 $(26×7.4+26×2+7.4×2)×2=518.4(\mathrm{dm}^2)$.
按照 $3×4$ 方式的错排列进行包装,此时长方体包装箱的长为 $2×9=18$（dm）,宽为 $\sqrt{(2×4)^2-(2×2)^2}+2×2=4\sqrt{3}+4\approx10.8(\mathrm{dm})$,高为 2 dm,表面积为 $(18×10.8+18×2+10.8×2)×2=504(\mathrm{dm}^2)$.
$\because518.4＞504$,
$\therefore$ 用 $3×4$ 方式的错排列进行包装,所用包装箱的表面积更小.

【分析】
要判断哪种方案包装箱表面积更小，需分别计算两种方案对应长方体包装箱的长、宽、高，代入长方体表面积公式求出结果后比较大小即可。首先已知圆柱底面半径为2dm，可得直径为4dm，圆柱高为2dm，因单层摆放，包装箱高固定为2dm，核心是求两种错排方式的长和宽：①2×6错排列为2行6列错位摆放，长度方向由6个圆柱沿长排列得到，宽度方向可通过勾股定理计算两行圆心的垂直距离，再加上下各1个半径得到总宽度；②3×4错排列为3行4列错位摆放，同理求出对应长和宽，最后分别计算表面积对比即可。
【解析】
已知圆柱底面半径$r=2\mathrm{dm}$，直径$d=2×2=4\mathrm{dm}$，圆柱高为$2\mathrm{dm}$，包装箱高与圆柱高相等，为$2\mathrm{dm}$。
1. 计算$2×6$错排列方案的表面积：
长：$2×13=26$（$\mathrm{dm}$）
宽：$\sqrt{(2×2)^2-2^2}+2×2=2\sqrt{3}+4\approx2×1.7+4=7.4$（$\mathrm{dm}$）
根据长方体表面积公式$S=2(ab+ah+bh)$，代入数据得：
$S_1=(26×7.4 + 26×2 +7.4×2)×2=(192.4 +52 +14.8)×2=259.2×2=518.4$（$\mathrm{dm^2}$）
2. 计算$3×4$错排列方案的表面积：
长：$2×9=18$（$\mathrm{dm}$）
宽：$\sqrt{(2×4)^2-(2×2)^2}+2×2=4\sqrt{3}+4\approx4×1.7+4=10.8$（$\mathrm{dm}$）
代入表面积公式得：
$S_2=(18×10.8 +18×2 +10.8×2)×2=(194.4 +36 +21.6)×2=252×2=504$（$\mathrm{dm^2}$）
3. 比较大小：$\because 518.4＞504$
$\therefore$ $3×4$方式的错排列包装箱表面积更小。
【答案】
3×4方式的错排列所用包装箱的表面积更小。
【知识点】
长方体表面积计算，勾股定理的应用，方案优化
【点评】
本题结合生活中的包装场景命题，既考查了几何公式的实际应用，也对学生的空间想象能力提出了要求，解题的核心是准确推导不同错排方式下包装箱的长宽高，计算时可结合给出的参考数据简化运算。
【难度系数】
0.6

1.某快递公司在甲地和乙地之间共设有若干个集散点，一辆快递货车从甲地出发，依次途经各集散点驶往乙地，每停靠一个集散点，要卸下前面各集散点发给该集散点的标准包裹箱各1个，同时又要装上该集散点发往后面各集散点的标准包裹箱各1个.若甲地、乙地之间有29个集散点（包括甲地、乙地），在整个运输过程中，货车装载的标准包裹箱最多有个.

1. 210

【分析】
我们先将包括甲、乙在内的29个集散点从甲到乙依次编号为1,2,…,29，要找货车装载包裹的最大值，首先推导货车从第k个集散点出发时车上包裹数的表达式：此时车上的包裹均为前k个集散点发往后面未途经集散点的包裹，总数为k乘以剩余未途经的集散点数量，即可得到包裹数关于k的二次函数，再利用二次函数开口向下时在对称轴处取最大值的性质，结合k为正整数的限制求出最大值即可。
【解析】
解：把甲、乙及中间集散点共29个站点从甲到乙依次编号为1,2,3,…,29。
设货车从第$k$个站点出发时，车上的包裹箱数量为$y$个。
此时前$k$个站点发往第$k+1$到29号共$(29-k)$个站点的包裹都在车上，每个前序站点向后序每个站点发1个包裹，因此：
$y = k(29 - k) = -k^2 + 29k$
该函数是开口向下的二次函数，对称轴为$k = \frac{29}{2} = 14.5$。
由于$k$是正整数，因此当$k=14$或$k=15$时，$y$取得最大值：
$y_{max}=14×(29-14)=14×15=210$
【答案】
210
【知识点】
二次函数的实际应用，二次函数的最值计算
【点评】
本题结合实际运输场景考查二次函数的应用，解题关键是通过梳理包裹装卸的规则，建立包裹数量与途经站点序号的函数关系，再利用二次函数性质求解最值，能有效考查数学建模能力和知识应用能力。
【难度系数】
0.6

2. 将若干个直径为a的圆按所示的方式排成n层的高度为，按所示的方式排成n层的高度为.(用含n,a的代数式表示)

2. na ，$\frac{\sqrt{3}}{2}(n-1)a+a$

【分析】
解题时先分别观察两种排列方式的结构特征：
1. 图1的排列中，上下层圆完全对齐，每层的高度等于圆的直径a，总高度就是n层的直径之和；
2. 图2是交错排列，相邻两层的圆心与下层相邻两个圆心构成边长为a的等边三角形，先通过勾股定理求出相邻两层圆心的竖直距离，再加上最下端和最上端各半个直径的长度，即可得到总高度。
【解析】
1. 求图1排列n层的高度：
已知圆的直径为a，图1中每层圆竖直对齐，每层的高度等于圆的直径，因此n层的总高度为$n × a = na$。
2. 求图2排列n层的高度：
相邻两层的圆心连线长为a，相邻下层两个圆心间距也为a，三个圆心构成边长为a的等边三角形，根据勾股定理，等边三角形的高即相邻两层圆心的竖直距离为：
$h=\sqrt{a^2 - (\frac{a}{2})^2}=\frac{\sqrt{3}}{2}a$
n层圆共有$(n-1)$个相邻层的竖直间隔，这部分总高度为$\frac{\sqrt{3}}{2}a × (n-1)$，再加上最下层底部到最下层圆心的$\frac{a}{2}$、最上层圆心到最上层顶部的$\frac{a}{2}$，二者合计为a，因此总高度为：
$\frac{\sqrt{3}}{2}(n-1)a + a$
【答案】
$na$；$\frac{\sqrt{3}}{2}(n-1)a+a$
【知识点】
列代数式、等边三角形性质、勾股定理
【点评】
本题需要结合图形规律和几何性质求解，解题关键是区分两种排列方式的高度差规律，交错排列的情况容易忽略上下两端各半个直径的长度，需要多加注意。
【难度系数】
0.6

3. 如图,足球场上,球员在点 D 处接到球后,沿射线 DP 带球行进,并在点 M 处射门(线段 AB 表示球门),此时射门角度$∠ AMB$最大.过点 D 作 AB 所在直线的垂线段 CD,垂足为 C,假设 AB 的长为 a,BC 的长为 b,$∠ AMB=30°$,$∠ PDQ=45°$(点 Q 在 CD 的延长线上),求 DM 的长.(用含 a,b 的代数式表示)

3. 【解】如图,以 AB 为弦作⊙O,当⊙O 与 DP 相切于点M时,∠AMB的度数最大.过点O作OE⊥AB,垂足为E,延长EO交DP于点F,过点F作FH⊥CQ,垂足为H,连接OA,OB,OM.

∵AB=a,∠AMB=30°,
∴AE=BE=$\frac{1}{2}$AB=$\frac{a}{2}$,∠AOB=2∠AMB=60°.
又OA=OB,
∴△OAB是等边三角形.
∴OM=OA=AB=a.
由题意得QC⊥AC.
又FE⊥AB,
∴EF//CQ.
∴∠OFM=∠FDQ=45°.
∵DP与⊙O相切,
∴OM⊥DP.
∴∠OMP=90°.
∴∠MOF=45°=∠OFM.
∴MF=OM=a.
易证四边形EFHC为矩形.
∴FH=CE=BE+BC=$\frac{a}{2}$+b.
∵∠FDQ=45°,FH⊥CQ,
∴∠DFH=180°-90°-45°=45°.
∴∠DFH=∠FDH.
∴DH=FH=$\frac{a}{2}$+b.
在Rt△DFH中,由勾股定理,得 DF=$\sqrt{FH^2+DH^2}=\sqrt{(\frac{a}{2}+b)^2+(\frac{a}{2}+b)^2}=\frac{\sqrt{2}}{2}a+\sqrt{2}b$.
∴DM=DF-MF=$\frac{\sqrt{2}}{2}a+\sqrt{2}b-a=\frac{\sqrt{2}-2}{2}a+\sqrt{2}b$.

【分析】
本题的核心是明确“射门角度最大”对应的几何模型：过A、B两点的圆与射线DP相切于点M时，∠AMB最大，这是同弦所对的圆周角中，相切时的圆周角最大的结论。解题思路如下：首先根据圆周角定理，由∠AMB=30°得到对应的圆心角∠AOB=60°，证明△OAB是等边三角形，得到圆的半径OM=a；再通过作OE⊥AB、FH⊥CQ的辅助线，构造平行线、矩形和等腰直角三角形，结合∠PDQ=45°的条件，分别求出线段DF和MF的长度；最后用DF减去MF即可求出DM的长度。
【解析】
如图，以AB为弦作⊙O，当⊙O与DP相切于点M时，∠AMB的度数最大。过点O作OE⊥AB，垂足为E，延长EO交DP于点F，过点F作FH⊥CQ，垂足为H，连接OA，OB，OM。

∵AB=a，∠AMB=30°，
∴AE=BE=$\frac{1}{2}$AB=$\frac{a}{2}$，∠AOB=2∠AMB=60°。
又OA=OB，
∴△OAB是等边三角形。
∴OM=OA=AB=a。
由题意得QC⊥AC。
又FE⊥AB，
∴EF//CQ。
∴∠OFM=∠FDQ=45°。
∵DP与⊙O相切，
∴OM⊥DP。
∴∠OMP=90°。
∴∠MOF=45°=∠OFM。
∴MF=OM=a。
易证四边形EFHC为矩形。
∴FH=CE=BE+BC=$\frac{a}{2}$+b。
∵∠FDQ=45°，FH⊥CQ，
∴∠DFH=180°-90°-45°=45°。
∴∠DFH=∠FDH。
∴DH=FH=$\frac{a}{2}$+b。
在Rt△DFH中，由勾股定理，得 DF=$\sqrt{FH^2+DH^2}=\sqrt{(\frac{a}{2}+b)^2+(\frac{a}{2}+b)^2}=\frac{\sqrt{2}}{2}a+\sqrt{2}b$。
∴DM=DF-MF=$\frac{\sqrt{2}}{2}a+\sqrt{2}b-a=\frac{\sqrt{2}-2}{2}a+\sqrt{2}b$。
【答案】

$\boldsymbol{\frac{\sqrt{2}-2}{2}a+\sqrt{2}b}$
【知识点】
圆周角定理、切线的性质、勾股定理
【点评】
本题结合生活中的射门场景，考查了圆的性质、特殊三角形的判定与性质、矩形的判定与性质的综合应用，解题的关键是掌握最大张角对应的圆切线模型，能合理构造辅助线转化线段关系，对几何综合应用能力有一定要求。
【难度系数】
0.4