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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：$\sqrt{3}≈1.7$）
答案
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$\sqrt{(2×2)^2-2^2}+2×2=2\sqrt{3}+4≈7.4(\mathrm{dm})$,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$\sqrt{(2×4)^2-(2×2)^2}+2×2=4\sqrt{3}+4≈10.8(\mathrm{dm})$,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.
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$\sqrt{(2×4)^2-(2×2)^2}+2×2=4\sqrt{3}+4≈10.8(\mathrm{dm})$,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.
解析
【分析】
要比较两种包装方案的包装箱表面积大小，需先分别求出两种方案下包装箱的长、宽、高，再代入长方体表面积公式计算后比较结果即可。首先明确单个圆柱的半径为2dm，直径为4dm，高为2dm，由于是单层摆放圆柱，包装箱的高固定等于圆柱的高2dm，只需计算两种方案对应的长和宽：错排列时相邻两行的圆柱互相嵌入相邻圆柱的间隙中，相邻错位的两个圆柱圆心间距为直径4dm，水平方向错开距离为2dm，可通过勾股定理求出两行圆心的竖直距离，再结合排列数量算出总宽度和总长度，最后计算表面积比较大小。
【解析】
解：已知圆柱底面半径$r=2\mathrm{dm}$，所以底面直径$d=2r=4\mathrm{dm}$，圆柱高为$2\mathrm{dm}$，两种方案的包装箱高均为$2\mathrm{dm}$。
1. 计算$2×6$错排列方案的包装箱表面积：
长为$2×13 = 26(\mathrm{dm})$
宽为$\sqrt{(2×2)^2-2^2}+2×2=2\sqrt{3}+4≈2×1.7+4=7.4(\mathrm{dm})$
根据长方体表面积公式$S=2(ab+ah+bh)$，代入得：
$S_1=2×(26×7.4 + 26×2 + 7.4×2)=2×(192.4+52+14.8)=518.4(\mathrm{dm}^2)$
2. 计算$3×4$错排列方案的包装箱表面积：
长为$2×9 = 18(\mathrm{dm})$
宽为$\sqrt{(2×4)^2-(2×2)^2}+2×2=4\sqrt{3}+4≈4×1.7+4=10.8(\mathrm{dm})$
代入表面积公式得：
$S_2=2×(18×10.8 + 18×2 + 10.8×2)=2×(194.4+36+21.6)=504(\mathrm{dm}^2)$
比较两个表面积：$\because518.4＞504$
$\therefore$$3×4$方式的错排列方案所用包装箱表面积更小。
【答案】
用$3×4$方式的错排列进行包装，所用包装箱的表面积更小。
【知识点】
勾股定理应用，长方体表面积计算，最优方案选择
【点评】
本题是生活中的优化类几何应用题，将实际包装问题转化为几何计算问题，核心是理解错排列的空间结构，掌握用勾股定理计算错位排列时间距的方法，要求学生具备一定的空间想象能力和将实际问题转化为数学模型的能力。
【难度系数】
0.6
要比较两种包装方案的包装箱表面积大小，需先分别求出两种方案下包装箱的长、宽、高，再代入长方体表面积公式计算后比较结果即可。首先明确单个圆柱的半径为2dm，直径为4dm，高为2dm，由于是单层摆放圆柱，包装箱的高固定等于圆柱的高2dm，只需计算两种方案对应的长和宽：错排列时相邻两行的圆柱互相嵌入相邻圆柱的间隙中，相邻错位的两个圆柱圆心间距为直径4dm，水平方向错开距离为2dm，可通过勾股定理求出两行圆心的竖直距离，再结合排列数量算出总宽度和总长度，最后计算表面积比较大小。
【解析】
解：已知圆柱底面半径$r=2\mathrm{dm}$，所以底面直径$d=2r=4\mathrm{dm}$，圆柱高为$2\mathrm{dm}$，两种方案的包装箱高均为$2\mathrm{dm}$。
1. 计算$2×6$错排列方案的包装箱表面积：
长为$2×13 = 26(\mathrm{dm})$
宽为$\sqrt{(2×2)^2-2^2}+2×2=2\sqrt{3}+4≈2×1.7+4=7.4(\mathrm{dm})$
根据长方体表面积公式$S=2(ab+ah+bh)$，代入得：
$S_1=2×(26×7.4 + 26×2 + 7.4×2)=2×(192.4+52+14.8)=518.4(\mathrm{dm}^2)$
2. 计算$3×4$错排列方案的包装箱表面积：
长为$2×9 = 18(\mathrm{dm})$
宽为$\sqrt{(2×4)^2-(2×2)^2}+2×2=4\sqrt{3}+4≈4×1.7+4=10.8(\mathrm{dm})$
代入表面积公式得：
$S_2=2×(18×10.8 + 18×2 + 10.8×2)=2×(194.4+36+21.6)=504(\mathrm{dm}^2)$
比较两个表面积：$\because518.4＞504$
$\therefore$$3×4$方式的错排列方案所用包装箱表面积更小。
【答案】
用$3×4$方式的错排列进行包装，所用包装箱的表面积更小。
【知识点】
勾股定理应用，长方体表面积计算，最优方案选择
【点评】
本题是生活中的优化类几何应用题，将实际包装问题转化为几何计算问题，核心是理解错排列的空间结构，掌握用勾股定理计算错位排列时间距的方法，要求学生具备一定的空间想象能力和将实际问题转化为数学模型的能力。
【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
210
个.答案
1. 210
解析
【分析】
我们先把29个集散点按从甲地到乙地的顺序编号为1~29，首先推导货车从第k个集散点出发时车上包裹的总数量：此时车上的包裹都是前k个集散点发往后面还未抵达的集散点的，前k个点每个都要给后面(29-k)个站点各发1个包裹，因此总包裹数为$y=k(29-k)$，这是关于k的二次函数，结合九年级学的二次函数求最值的方法，再考虑k为正整数的取值特点，就能算出包裹的最大数量。
【解析】
解：将29个集散点按从甲地到乙地的顺序编号为1，2，…，29，设货车从第k个集散点（k为正整数，$1≤ k≤28$）出发时，车上的包裹总数为y。
此时车上的包裹均为前k个集散点发往后面$(29-k)$个未到站点的包裹，每个站点发往后续站点的包裹各1个，因此：
$y = k(29 - k) = -k^2 + 29k$
这是开口向下的二次函数，对称轴为$k=-\frac{b}{2a}=\frac{29}{2}=14.5$。
因为k为正整数，所以当k=14或k=15时，y取得最大值：
当k=14时，$y=14×(29-14)=14×15=210$
当k=15时，$y=15×(29-15)=15×14=210$
因此货车装载的标准包裹箱最多为210个。
【答案】
210
【知识点】
二次函数的应用，二次函数最值计算
【点评】
本题结合生活实际考查二次函数的最值应用，解题的核心是正确建立包裹数量和站点序号的函数关系，再结合函数性质和整数取值特征计算最大值，能有效锻炼数学建模和实际问题解决能力。
【难度系数】
0.6
我们先把29个集散点按从甲地到乙地的顺序编号为1~29，首先推导货车从第k个集散点出发时车上包裹的总数量：此时车上的包裹都是前k个集散点发往后面还未抵达的集散点的，前k个点每个都要给后面(29-k)个站点各发1个包裹，因此总包裹数为$y=k(29-k)$，这是关于k的二次函数，结合九年级学的二次函数求最值的方法，再考虑k为正整数的取值特点，就能算出包裹的最大数量。
【解析】
解：将29个集散点按从甲地到乙地的顺序编号为1，2，…，29，设货车从第k个集散点（k为正整数，$1≤ k≤28$）出发时，车上的包裹总数为y。
此时车上的包裹均为前k个集散点发往后面$(29-k)$个未到站点的包裹，每个站点发往后续站点的包裹各1个，因此：
$y = k(29 - k) = -k^2 + 29k$
这是开口向下的二次函数，对称轴为$k=-\frac{b}{2a}=\frac{29}{2}=14.5$。
因为k为正整数，所以当k=14或k=15时，y取得最大值：
当k=14时，$y=14×(29-14)=14×15=210$
当k=15时，$y=15×(29-15)=15×14=210$
因此货车装载的标准包裹箱最多为210个。
【答案】
210
【知识点】
二次函数的应用，二次函数最值计算
【点评】
本题结合生活实际考查二次函数的最值应用，解题的核心是正确建立包裹数量和站点序号的函数关系，再结合函数性质和整数取值特征计算最大值，能有效锻炼数学建模和实际问题解决能力。
【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
所示的方式排成n层的高度为$na$
，按所示的方式排成n层的高度为$\dfrac{\sqrt{3}}{2}(n-1)a+a$
.(用含n,a的代数式表示)答案
2. $na$ $\dfrac{\sqrt{3}}{2}(n-1)a+a$
解析
【分析】
解题时先分别分析两种排列方式的高度规律：
1. 对于图1的整齐排列：每层圆上下对齐，每层的高度等于圆的直径a，n层总高度直接用层数乘单层层高即可。
2. 对于图2的交错排列：相邻两层的圆两两相切，取相邻两层相切的3个圆，它们的圆心连线构成边长为a的等边三角形，利用勾股定理可算出等边三角形的高，也就是相邻两层圆心的竖直距离；总高度等于底层底部到顶层顶部的距离，即上下各半个直径的和加上(n-1)个相邻层的竖直间距。
【解析】
1. 求图1排列n层的高度：
图1中每层圆竖直方向无错位，单层层高等于圆的直径a，因此n层的总高度为 $ n × a = na $。
2. 求图2排列n层的高度：
相邻两层相切的3个圆的圆心构成边长为a的等边三角形，设等边三角形的高为h，根据勾股定理：
$ h^2 + (\frac{a}{2})^2 = a^2 $
解得 $ h = \frac{\sqrt{3}}{2}a $，即相邻两层圆心的竖直距离为$ \frac{\sqrt{3}}{2}a $。
总高度 = 底层底部到底层圆心的距离 + (n-1)个相邻层竖直间距 + 顶层圆心到顶层顶部的距离
代入得：
总高度 $ = \frac{a}{2} + (n-1)×\frac{\sqrt{3}}{2}a + \frac{a}{2} = a + \frac{\sqrt{3}}{2}(n-1)a $
【答案】
$ na $；$ \dfrac{\sqrt{3}}{2}(n-1)a+a $
【知识点】
勾股定理的应用、圆相切的性质、列代数式
【点评】
本题结合生活中圆形物品的堆放场景，考查几何知识的实际应用，解题核心是找到不同排列方式下竖直方向的高度变化规律，易错点是计算交错排列高度时，容易遗漏上下两端各半个直径的长度。
【难度系数】
0.65
解题时先分别分析两种排列方式的高度规律：
1. 对于图1的整齐排列：每层圆上下对齐，每层的高度等于圆的直径a，n层总高度直接用层数乘单层层高即可。
2. 对于图2的交错排列：相邻两层的圆两两相切，取相邻两层相切的3个圆，它们的圆心连线构成边长为a的等边三角形，利用勾股定理可算出等边三角形的高，也就是相邻两层圆心的竖直距离；总高度等于底层底部到顶层顶部的距离，即上下各半个直径的和加上(n-1)个相邻层的竖直间距。
【解析】
1. 求图1排列n层的高度：
图1中每层圆竖直方向无错位，单层层高等于圆的直径a，因此n层的总高度为 $ n × a = na $。
2. 求图2排列n层的高度：
相邻两层相切的3个圆的圆心构成边长为a的等边三角形，设等边三角形的高为h，根据勾股定理：
$ h^2 + (\frac{a}{2})^2 = a^2 $
解得 $ h = \frac{\sqrt{3}}{2}a $，即相邻两层圆心的竖直距离为$ \frac{\sqrt{3}}{2}a $。
总高度 = 底层底部到底层圆心的距离 + (n-1)个相邻层竖直间距 + 顶层圆心到顶层顶部的距离
代入得：
总高度 $ = \frac{a}{2} + (n-1)×\frac{\sqrt{3}}{2}a + \frac{a}{2} = a + \frac{\sqrt{3}}{2}(n-1)a $
【答案】
$ na $；$ \dfrac{\sqrt{3}}{2}(n-1)a+a $
【知识点】
勾股定理的应用、圆相切的性质、列代数式
【点评】
本题结合生活中圆形物品的堆放场景，考查几何知识的实际应用，解题核心是找到不同排列方式下竖直方向的高度变化规律，易错点是计算交错排列高度时，容易遗漏上下两端各半个直径的长度。
【难度系数】
0.65
