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个应急物资箱.

1. 12 【解析】将7个站点按顺序分别记为第1个站点、第2个站点、第3个站点……第7个站点.
设离开第 $x(1≤ x≤7)$ 个站点时,配送车上的应急物资箱的个数为 $y$.
根据题意,得 $y=x(7-x)$.
整理,得 $y=-(x-\dfrac{7}{2})^2+\dfrac{49}{4}$.
$\because x$ 为整数,
$\therefore$ 当 $x=3$ 或 $x=4$ 时,$y$ 取最大值,最大值为 12.
$\therefore$ 要保证顺利完成配送任务,该配送车需满足至少可装 12 个应急物资箱.

【分析】
解题时首先要将实际配送问题转化为数学问题：第一步先对7个站点按从甲到乙的顺序编号，简化计算逻辑；第二步设离开第x个站点时车上物资箱数为y，分析数量关系：离开第x个站时，前面共有x个站点，每个站点都要给剩下的(7-x)个后续站点各发1箱物资，所有待配送的物资都在当前车上，因此可得y与x的函数关系式为y=x(7-x)；第三步该式为二次函数，求其最大值即可，注意自变量x是正整数，需在整数范围内取最值，该最大值就是配送车的最小装载量，可保证全程载货量不超过上限。
【解析】
将7个站点按从甲地到乙地的顺序依次记为第1个站点、第2个站点……第7个站点。
设离开第$x(1≤ x≤7)$个站点时，配送车上的应急物资箱的个数为$y$。
根据题意，离开第x个站点时，前x个站点每个都要向剩余$7-x$个后续站点各发送1箱物资，因此$y=x(7-x)$。
整理得：$y=-x^2+7x=-(x-\dfrac{7}{2})^2+\dfrac{49}{4}$。
∵x为正整数，
∴当x取距离对称轴$x=3.5$最近的整数3或4时，y取得最大值：
当x=3时，$y=3×(7-3)=12$；当x=4时，$y=4×(7-4)=12$，即y的最大值为12。
【答案】
12
【知识点】
二次函数的应用；二次函数最值计算；函数建模思想
【点评】
本题结合生活配送场景考查二次函数的实际应用，解题核心是正确理解题意提炼出变量的函数关系，同时要注意自变量的实际取值限制为正整数，避免直接取顶点非整数值出错，能很好地锻炼用数学知识解决实际问题的能力。
【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.

【分析】
要比较四个位置的射门角度，本质是比较各点对线段PQ的张角大小。已知B、C在过P、Q的$\odot O$上，两点对PQ的张角是同弧所对的圆周角，大小相等；接下来只需比较圆外点A、圆上点、圆内点D的张角大小即可。可通过作辅助线，利用三角形外角大于任意一个不相邻内角的性质，将圆外、圆内的张角与圆周角建立大小关系，最终排序得出最大值对应的点。
【解析】
解：设PA与$\odot O$交于点F，连接QF，延长QD交$\odot O$于点E，连接PE。
根据圆周角定理，同弧PQ所对的圆周角相等，因此$∠ PFQ=∠ PBQ=∠ PCQ=∠ PEQ$。
∵$∠ PFQ$是$△ AFQ$的外角，根据三角形外角的性质，外角大于任意一个不相邻的内角，
∴$∠ PFQ＞∠ PAQ$，即圆上点的张角大于圆外点A的张角。
∵$∠ PDQ$是$△ PED$的外角，同理可得$∠ PDQ＞∠ PEQ$，即圆内点D的张角大于圆上点的张角。
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】
1.圆周角定理 2.三角形外角性质 3.点与圆的位置关系
【点评】
本题结合足球射门的实际场景，考查几何性质的灵活应用，解题的核心是通过辅助线将不同位置的张角与同弧圆周角关联比较，也可直接运用规律：对同一条线段的张角，圆内点的张角＞圆上点的张角＞圆外点的张角，快速得到结论。
【难度系数】
0.8

【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$PQ=7\ \mathrm{m}$,$PC=\frac{3}{2}\ \mathrm{m}$,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 m.

2. $\dfrac{\sqrt{51}}{2}$ 【解析】如图,以 $PQ$ 为弦作 $\odot O$,当 $\odot O$ 与直线 $m$ 相切于点 $D$ 时,$∠ PDQ$ 的度数最大,点 $D$ 为最佳射门位置.连接 $OD$,过点 $O$ 作 $OH⊥ PQ$,垂足为 $H$,连接 $OP$.

$\therefore OD⊥ CD$,$PH=\dfrac{1}{2}PQ=\dfrac{1}{2}×7=\dfrac{7}{2}$.
由题意得 $DC⊥ HC$.
$\therefore$ 四边形 $ODCH$ 是矩形.
$\therefore CD=OH$,$OD=CH$.
$\because PC=\dfrac{3}{2}$,$PH=\dfrac{7}{2}$,
$\therefore OD=CH=\dfrac{3}{2}+\dfrac{7}{2}=5$.
$\therefore OP=5$.
在 $\mathrm{Rt}△ OPH$ 中,根据勾股定理,得 $OH=\sqrt{OP^2-PH^2}=\sqrt{5^2-(\dfrac{7}{2})^2}=\dfrac{\sqrt{51}}{2}$.
$\therefore CD=OH=\dfrac{\sqrt{51}}{2}$,即该球员位于最佳射门位置 $D$ 处时与点 $C$ 的距离是 $\dfrac{\sqrt{51}}{2}\ \mathrm{m}$.

【分析】
要解决这个问题，首先要明确“最佳射门位置”的几何意义：射门角度∠PDQ越大越容易进球，根据圆的相关性质，当过P、Q两点的圆与行进路线m相切时，此时的∠PDQ是所有过P、Q的圆与m交点形成的角中最大的，切点D就是最佳射门位置。接下来我们构造辅助线：先作过P、Q且与m相切的圆，再利用垂径定理得到PQ的半长，结合切线的性质和矩形的判定得到线段的等量关系，最后用勾股定理计算即可得到CD的长度。
【解析】
以$PQ$为弦作$\odot O$，当$\odot O$与直线$m$相切于点$D$时，$∠ PDQ$的度数最大，点$D$为最佳射门位置。
连接$OD$，过点$O$作$OH⊥ PQ$，垂足为$H$，连接$OP$。
根据切线的性质，得$OD⊥ CD$；根据垂径定理，得$PH=\dfrac{1}{2}PQ=\dfrac{1}{2}×7=\dfrac{7}{2}\ \mathrm{m}$。
由题意知$DC⊥ HC$，因此四边形$ODCH$的三个内角均为直角，故四边形$ODCH$是矩形。
根据矩形的性质，得$CD=OH$，$OD=CH$。
已知$PC=\dfrac{3}{2}\ \mathrm{m}$，则$OD=CH=PC+PH=\dfrac{3}{2}+\dfrac{7}{2}=5\ \mathrm{m}$，即$\odot O$的半径为$5\ \mathrm{m}$，因此$OP=OD=5\ \mathrm{m}$。
在$\mathrm{Rt}△ OPH$中，根据勾股定理：
$OH=\sqrt{OP^2-PH^2}=\sqrt{5^2-(\dfrac{7}{2})^2}=\sqrt{25-\dfrac{49}{4}}=\sqrt{\dfrac{51}{4}}=\dfrac{\sqrt{51}}{2}\ \mathrm{m}$。
又因为$CD=OH$，所以$CD=\dfrac{\sqrt{51}}{2}\ \mathrm{m}$。
【答案】
$\dfrac{\sqrt{51}}{2}$
【知识点】
切线的性质；垂径定理；勾股定理
【点评】
本题结合生活实际考查几何知识的应用，解题的关键是将最佳射门位置的实际问题转化为圆的最大张角的几何模型，需要熟练掌握圆的相关性质，能灵活运用矩形性质和勾股定理进行线段计算。
【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$(480×240＋480×123＋240×123)×2=407520(\mathrm{mm}^2)$。
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$(540×222＋540×123＋222×123)×2=427212(\mathrm{mm}^2)$。
$\because407520＜427212$，
$\therefore$齐排列所用包装箱的表面积更小。

解：
齐排列：
圆柱体底面圆直径为$2×60=120\ \mathrm{mm}$，
长方体包装箱的长为$4×120=480\ \mathrm{mm}$，
宽为$2×120=240\ \mathrm{mm}$，
高等于圆柱体的高，为$123\ \mathrm{mm}$，
根据长方体表面积公式$S=2(ab+ah+bh)$，可得其表面积为：
$(480×240 + 480×123 + 240×123)×2=407520\ \mathrm{mm}^2$
错排列：
相邻上下两个外切的圆柱体底面圆心距为$2×60=120\ \mathrm{mm}$，两圆心的水平距离为$60\ \mathrm{mm}$，由勾股定理得两圆心的竖直距离为：
$\sqrt{120^2 - 60^2}=60\sqrt{3}\ \mathrm{mm}$
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$123\ \mathrm{mm}$，
其表面积为：
$(540×222 + 540×123 + 222×123)×2=427212\ \mathrm{mm}^2$
$\because 407520＜427212$，
$\therefore$齐排列所用包装箱的表面积更小。

【分析】
要比较两种排列方式所用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，再利用长方体表面积公式计算各自的表面积，最后比较大小即可。齐排列的长宽高可直接通过圆的直径数量计算得到；错排列的宽需要结合圆外切的性质和勾股定理推导：上下两行相邻外切圆的圆心距等于直径，两圆心水平距离为半径，用勾股定理求出两圆心的竖直距离后，再加上上下各一个半径的长度就是包装箱的宽，高均等于圆柱的高。
【解析】
齐排列：
圆柱体底面圆直径为$2×60=120\ \mathrm{mm}$，
长方体包装箱的长为$4×120=480\ \mathrm{mm}$，
宽为$2×120=240\ \mathrm{mm}$，
高等于圆柱体的高，为$123\ \mathrm{mm}$，
根据长方体表面积公式$S=2(ab+ah+bh)$，可得其表面积为：
$(480×240 + 480×123 + 240×123)×2=407520\ \mathrm{mm}^2$
错排列：
相邻上下两个外切的圆柱体底面圆心距为$2×60=120\ \mathrm{mm}$，两圆心的水平距离为$60\ \mathrm{mm}$，由勾股定理得两圆心的竖直距离为：
$\sqrt{120^2 - 60^2}=60\sqrt{3}\ \mathrm{mm}$
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$123\ \mathrm{mm}$，
其表面积为：
$(540×222 + 540×123 + 222×123)×2=427212\ \mathrm{mm}^2$
$\because 407520＜427212$，
$\therefore$齐排列所用包装箱的表面积更小。
【答案】
齐排列所用包装箱的表面积更小
【知识点】
长方体表面积计算，勾股定理应用，圆外切性质
【点评】
本题结合实际包装场景考查几何知识的应用，解题核心是准确推导两种排列方式下包装箱的长宽高，易错点是错排列时包装箱宽度的计算，需要结合圆的位置关系和勾股定理推导。
【难度系数】
0.7