全国各地初中(九年级)数学竞赛《几何》真题大全 (附答案)

全国各地初中（九年级）数学竞赛专题大全竞赛专题7 几何一、单选题 1．（2021·全国·九年级竞赛）某种产品由甲、乙、丙三种元件构成，如图为生产效率最高，在表示工人分配的扇形图中，生产甲、乙、丙元件的工人数量所对应的扇形圆心角的大小依次是（ ）．A ．120,180,60︒︒︒B ．108,144,108︒︒︒C ．90,180,90︒︒︒D ．72,216,720︒︒︒2．（2021·全国·九年级竞赛）如图所示，一次函数y kx b =+的图象过点(1,4)P 且与x 轴和y 轴的正半轴交于AB 、两点，点O 为坐标原点，当AOB 的面积最小时，k ，b 的值为（ ）A ．4k =-，8b =B ．4k =-，4b =C ．2k =-，4b =D ．2k =-，2b =3．（2021·全国·九年级竞赛）如图，已知DEF 的边长分别为3,2，正六边形网格由24个边长为2的正三角形组成，以这些正三角形的顶点画ABC ，使得ABC DEF ∽△△，相似比为ABk DE=，那么k 的不同值共有（ ）个．A ．1B ．2C ．3D ．4二、填空题4．（2021·全国·九年级竞赛）如图所示，正方形ABCD 的边长为10cm ，点E 在边CB 的延长线上且10cm EB =，点P 在边CD 上运动，EP 与AB 的交点为F ．设cm DP x =，EFB △与四边形AFPD 的面积和为2cm y ，那么y 与x 之间的函数关系式是________．5．（2021·全国·九年级竞赛）把两个半径为5及一个半径为8的圆形纸片放在桌面上，使它们两两外切．若要用一个大圆形纸片把这三个圆形纸片完全盖住，则这个大圆形纸片的最小半径等于________． 6．（2021·全国·九年级竞赛）由一次函数2,2y x y x =+=-+和x 轴围成的三角形与圆心在(1,1)、半径为1的圆构成的图形覆盖的面积等于______．7．（2021·全国·九年级竞赛）某广场地面铺满了边长为36cm 的正六边形地砖，现向上抛掷半径为3cm 的圆碟，圆碟落地后与地面不相交的概率大约是_________． 三、解答题8．（2021·全国·九年级竞赛）平面上7个点，它们之间可以连一些线段，使7个点中任意三点必存在两点有线段相连．问最少要连几条线段？证明你的结论．9．（2021·全国·九年级竞赛）在直径为5的圆内放入10个点，证明其中必有两点的距离小于2．10．（2021·全国·九年级竞赛）设1M 是凸五边形12345A A A A A ，将1M 沿1i A A 方向平移，使1A 移到i A 得到凸五边形(2,3,4,5)i M i =．证明：12345,,,,M M M M M 中至少有两个图形，它们有公共内点．11．（2021·全国·九年级竞赛）在圆周上任取21个点，证明：以这些点为端点的弧中至少存在100条不超过120︒的弧．12．（2021·全国·九年级竞赛）两人A 和B 相约在12点与下午1点之间在某地会面，先到的人要等候另一人20分钟，过时就可以离开．如果每人可在指定的一小时内任何时刻到达，并且两人到达的时刻是彼此独立的（即一人到达的时刻与另一人到达的时刻没有影响），试计算两人能会面的概率．13．（2021·全国·九年级竞赛）平面上给出n个不全共线的点，求证：存在一条直线l，它恰通过其中两个点．14．（2021·全国·九年级竞赛）已知A，B，C，D为平面上两两距离不超过1的任意4点，今欲作一圆覆盖这4点（即A，B，C，D在圆内或圆周上）问圆的半径最小该是多少？试证明之．15．（2021·全国·九年级竞赛）任意凸四边形ABCD中总存在一条对角线和一条边，以它们为直径的两个圆可以覆盖这个四边形．16．（2021·全国·九年级竞赛）设甲是边长为1的正三角形纸片，乙是边长为1的正方形纸片，丙是边长为1的正五边形纸片，丁是边长为1的正六边形纸片．证明：（1）不能用甲、乙、丙合起来盖住一个半径为1的圆；（2）能用甲、乙、丙、丁合起来盖住一个半径为1的圆．17．（2021·全国·九年级竞赛）在一个半径等于6的圆内任意放入六个半径等于1的小圆．证明：其中总还有一块空位置，可以完整地放入一个半径为1的小圆．18．（2021·全国·九年级竞赛）将4张圆形纸片放在桌面上，使得其题中任何3张圆形纸片都有公共点，那么这4张圆形纸片是否一定有公共点？证明你的结论．19．（2021·全国·九年级竞赛）平面上给定了若干个圆，它们覆盖的面积为1．证明：从中可选出若干个两两不重叠的圆，使它们覆盖的面积不小于19．20．（2021·全国·九年级竞赛）证明：一个边长为5的正方形可以被3个边长为4的正方形所覆盖．21．（2021·全国·九年级竞赛）如图①，有一个长方体形状的敞口玻璃容器，底面是边长为20cm的正方形，高为30cm，内有20cm深的溶液，现将此容器倾斜一定角度α（图②），且倾斜时底面的一条棱始终在桌面上（图①，②均为容器的纵截面）．（1）当30α=︒时，通过计算说明此溶液是否会溢出；（2）现需要倒出不少于33000cm的溶液，当α等于60︒时，能实现要求吗？通过计算说明理由．22．（2021·全国·九年级竞赛）甲、乙两艘轮船驶向一个不能同时停泊两艘轮船的码头停泊，它们在一昼夜内到达的时间是等可能的，如果甲的停泊时间是1小时，乙的停泊时间是2小时，求它们中任何一艘都不需要等候码头空出的概率（精确到0.001）．23．（2021·全国·九年级竞赛）把长为a 的线段任意分成3条线段，求这3条线段能够构成一个三角形的3条边的概率．24．（2022·福建·九年级竞赛）如图，四边形ABCD 是平行四边形，∠DAC =45°，以线段AC 为直径的圆与AB 和AD 的延长线分别交于点E 和F ，过点B 作AC 的垂线，垂足为H ．求证：E ，H ，F 三点共线．竞赛专题7 几何答案解析一、单选题 1．（2021·全国·九年级竞赛）某种产品由甲、乙、丙三种元件构成，如图为生产效率最高，在表示工人分配的扇形图中，生产甲、乙、丙元件的工人数量所对应的扇形圆心角的大小依次是（ ）．A ．120,180,60︒︒︒B ．108,144,108︒︒︒C ．90,180,90︒︒︒D ．72,216,720︒︒︒【答案】B 【详解】解 设分配生产甲、乙、丙3种元件的人数分别为x 人，y 人，z 人，于是每小时生产甲、乙、丙三种元件的个数分别为50,30,20x y z ．为了提高效率应使生产出来的元件全部组成成品而没有剩余．设共可组成k 件成品，则503020504020x y z k ===，即4,,3x k y k z k ===，从而4::1::13:4:33x y z ==．设在扇形图中生产甲、乙、丙三种元件的圆心角分别为,,αβγ，则3336036036010834310x x y z α=⨯︒=⨯︒=⨯︒=︒++++，4436036036014434310y x y z β=⨯︒=⨯︒=⨯︒=︒++++，3336036036010834310z x y z γ=⨯︒=⨯︒=⨯︒=︒++++．故应选B ．2．（2021·全国·九年级竞赛）如图所示，一次函数y kx b =+的图象过点(1,4)P 且与x 轴和y 轴的正半轴交于A B 、两点，点O 为坐标原点，当AOB 的面积最小时，k ，b 的值为（ ）A ．4k =-，8b =B ．4k =-，4b =C ．2k =-，4b =D ．2k =-，2b =【答案】A 【详解】解 因函数y kx b =+的图象过点(1,4)P ，所以4,4k b b k =+=-，于是(4)y kx k =+-． 令0y =得4,0k A k -⎛⎫⎪⎝⎭． 令0x =得(0,4)B k -．连OP ，得 114122OABOAP OPBSSSOA OB =+=⨯⨯+⨯⨯ 14141(4)22k k k -=⨯⨯+⨯⨯- 11642k k ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭．显然0k <．令k u =-，则0u >，于是116116442822OABSu u u u⎛⎫=++≥+⨯⨯= ⎪⎝⎭．等号成立当且仅当16(0)u u u=>，即4u =，这时4,48k b k =-=-=． 故选A ．注：OAB 的面积也可用114(4)22OABk SOA OB k k-=⨯⨯=⨯⨯-算出． 3．（2021·全国·九年级竞赛）如图，已知DEF 的边长分别为3,2，正六边形网格由24个边长为2的正三角形组成，以这些正三角形的顶点画ABC ，使得ABC DEF ∽△△，相似比为ABk DE=，那么k 的不同值共有（ ）个．A ．1B ．2C ．3D ．4【答案】C 【详解】作图知与DEF 相似的三角形，而相似比不同的三角形只有如图所示的三种，故选C ．二、填空题4．（2021·全国·九年级竞赛）如图所示，正方形ABCD 的边长为10cm ，点E 在边CB 的延长线上且10cm EB =，点P 在边CD 上运动，EP 与AB 的交点为F ．设cm DP x =，EFB △与四边形AFPD 的面积和为2cm y ，那么y 与x 之间的函数关系式是________．【答案】550(010)y x x =+<< 【详解】解 由DP x =得10PC x =-． 又12BF BE PC EC ==，即11(10),10(10)22BF x AF BF x =-=-=+， 所以EFBAFPD y SS =+四边形11()22BE BF AF DP AD =⨯⨯++⨯ 111110(10)(10)102222x x x ⎡⎤=⨯⨯-+++⨯⎢⎥⎣⎦550(010)x x =+<<． 故应填550(010)y x x =+<<．5．（2021·全国·九年级竞赛）把两个半径为5及一个半径为8的圆形纸片放在桌面上，使它们两两外切．若要用一个大圆形纸片把这三个圆形纸片完全盖住，则这个大圆形纸片的最小半径等于________． 【答案】1133．【详解】如图，设1O 的半径为8，2O ，3O 的半径为5，切点为A ．由对称性，能盖住这3个圆的最小圆形纸片的中心O 在对称轴1O A 上，且与已知三个圆内切．若设这个圆形纸片的半径为r ，则在12Rt O O A 中22221122(85)512O A OO O A =-=+-=，在2Rt OO A 中，25OO r =-，1112(8)OA O A OO r =-=--，25O A =，于是，由22222OO O A OA =+得222(5)5(128)r r -=+-+，由此解出4011333r ==，即所求圆形纸片的最小半径等于1133．6．（2021·全国·九年级竞赛）由一次函数2,2y x y x =+=-+和x 轴围成的三角形与圆心在(1,1)、半径为1的圆构成的图形覆盖的面积等于______． 【答案】42π+【详解】如图，所覆盖面积2 114214222ABCS S S ππ=+=⨯⨯+⋅=+半圆．故答案为：42π+．7．（2021·全国·九年级竞赛）某广场地面铺满了边长为36cm 的正六边形地砖，现向上抛掷半径为3cm 的圆碟，圆碟落地后与地面不相交的概率大约是_________． 【答案】49【详解】解 要使圆碟与地砖的边缘不相交的条件是落地后圆碟的中心到正六边形地砖ABCDEF 的任何一边的距离不小于圆的半径63cm ，也就是圆碟的中心必落在与地砖ABCDEF 同中心且边与地砖边彼此平行、距离为63111111A B C D E F 内（图6－1）．作OG AB ⊥于G ，交11A B 于1G 且163cm GG =，所以33336183OG AB ====1118363123OG OG GG =-==而113OG =，所以1132433OA ===，故11124A B OA ==． 设正六边形ABCDEF 和111111A B C D E F 的面积分别为S 和1S ，则所求概率为22211122224243639S A B p S AB =====．故应填49． 三、解答题8．（2021·全国·九年级竞赛）平面上7个点，它们之间可以连一些线段，使7个点中任意三点必存在两点有线段相连．问最少要连几条线段？证明你的结论．【答案】9条，见解析 【详解】解法一：设最少要连n 条线段，如图4－3中7个点之间共连有9条线段，其中任意三点间必有两点连有线段，故9n ≤．另一方面，我们证明9n ≥，下面分4种情形讨论： （1）若7点中存在一点1A 不与其他6点237,,,A A A 连线，则依题意1A ，i A ，j A (27)i j ≤<≤中必有2点连线，于是只可能i A 与j A 连有线，即237,,,A A A 这6点中任意两点连有线，图中一共连了65152⨯=条线． （2）若7点中存在一点1A 只连出一条线段，设1A 仅与2A 连有线而与其余5点3A ，4A ，5A ，6A ，7A ，没有连线，则同（1）可知3A ，4A ，5A ，6A ，7A 这5点中任意两点连有线，至少连有54102⨯=条线．（3）若每点出发至少连出2条线，且有一点恰连出2条线．设该点为1A ，它连出的两条线为12A A ，13A A ，则不与1A 相连的4个点每两点连有线，要连4362⨯=条线，而2A 连出的线段至少2条，除21A A 外，至少还有一条，所以此时至少要连6219++=条线． （4）若每点至少连出3条线，则至少要连73102⨯>条线． 综上所述，最少要连9条线段．解法二：设7点中从1A 出发所连的线段最少，只有k 条，设它们是121311,,,k A A A A A A +，其余6k -个点126,,,k B B B -都与1A 没有连线，于是对任意2点i B ，j B (16)i j k ≤<≤-，由已知条件知1A ，i B ，j B 中必有2点连有线，而1A 与i B ，1A 与j B 没有连线，故只可能i B 与j B 连有线，即16,,k B B -中每点与其余5k -点连有线，于是从各点连出的线段数的总和不少于(1)(6)(5)k k k k ++--221030k k =-+．但上述计数中每条线段计算了2次，故图中所连线段至少为()21210302k k -+=22551522k ⎛⎫⎛⎫-+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭22151522⎛⎫⎛⎫≥+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭1569=-=，即至少要连9条线段． 另一方面，如图4－3中，7点中连有9条线段时满足题设条件． 综上所述，最少要连9条线段．9．（2021·全国·九年级竞赛）在直径为5的圆内放入10个点，证明其中必有两点的距离小于2． 【答案】见解析 【详解】分析 把圆等分为9个扇形显然不行（虽然必有一扇形内至少有2点，但不保证它们的距离小于2），因此，我们先作一个与已知圆同心的小圆（其直径必须小于2，但不能太小），然后将余下的圆环部分8等分． 证明 设O 是已知圆心，如图，以O 为圆心作半径为0.9的圆，再将余下的圆环8等分，于是将已知圆面分成了9个部分，由抽屉原理知其中必有一部分内至少有已知10点中的101129-⎡⎤+=⎢⎥⎣⎦点,M N ，若,M N 在小圆内，则220.9 1.82MN OC ≤=⨯=<． 若,M N 同在一个扇面形内，则由余弦定理，有222cos45MN AC OC OA OC OA ≤+-⋅︒0.81 6.2520.9 2.50.7 3.912+-⨯⨯⨯<．从例2可以看出，分割图形制造“抽屉”时，可能不是将图形等分为几部分，而是要求分割的每一部分图形都具有所需要的性质（例2中每一部分图形内任意两点的距离都小于2），读者应用这种方法解题时，应该注意到这一点．10．（2021·全国·九年级竞赛）设1M 是凸五边形12345A A A A A ，将1M 沿1i A A 方向平移，使1A 移到i A 得到凸五边形(2,3,4,5)i M i =．证明：12345,,,,M M M M M 中至少有两个图形，它们有公共内点．【答案】见解析 【详解】证明 如图，以1A 为位似中心，以2:1为相似比作1M 的位似图形M ，则M 仍为凸五边形且1M 在M 内．下面我们证明2345,,,M M M M 都在M 内，例如先证4M 在M 内．设P 是4M 内任意一点，它是1M 内的点Q 经过平移得到的，于是14QP A A ∥，故14A A PQ 为平行四边形，又R 是14A A PQ 的两条对角线的交点，因Q 和4A 属于1M ，且1M 是凸五边形，故R 属于M ，而111,:2:1A R RP A P A R ==，故P 属于M ．又P 是M ，内任意一点，所以4M 包含在M 之内，同理235,,M M M 都包含在M 内，设12345,,,,M M M M M 及M 的面积分别为12345,,,,S S S S S 及S ，则2123451152S S S S S S S S ++++=>⋅=．于是，由图形重叠原理知，12345,,,,M M M M M 中至少有两个图形，它们有公共内点．11．（2021·全国·九年级竞赛）在圆周上任取21个点，证明：以这些点为端点的弧中至少存在100条不超过120︒的弧．【答案】见解析 【详解】证明：我们称不超过120︒的弧为好弧．不妨设以1A 为端点的好弧最少，并且设它只有1n -条，它们是12131,,,n A A A A A A ，从而以231,,,n A A A -为端点的好弧都至少有1n -条，故以这n 个点为端点的好弧至少有1(1)2n n ⋅-条，除这n 个点外，其余21n -个点记为1221,,,n n A A A ++，从中任取两点,(121)i j A A n i j +≤<≤．因1i j A A A ，至少有一个内角不超过60︒，故11,,i j i j A A A A A A 中至少有一条弧不超过260120⨯︒=︒，根据1A 的取法，这条弧不能是1i A A 和1j A A ，而只能是j i A A ，即j i A A 是好弧．可见以1221,,,n n A A A ++中任意两点,(121)i j A A n i j +≤<≤为端点的弧都为好弧．这样的好弧有1(21)(20)2n n ⋅--条．综上所述知好弧至少有2211213991399(1)(21)(20)100222424y n n n n n ⎛⎫⎛⎫=⋅-+⋅--=-+≥+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭条．当10n =或11时，y 取到最小值100，于是结论成立．12．（2021·全国·九年级竞赛）两人A 和B 相约在12点与下午1点之间在某地会面，先到的人要等候另一人20分钟，过时就可以离开．如果每人可在指定的一小时内任何时刻到达，并且两人到达的时刻是彼此独立的（即一人到达的时刻与另一人到达的时刻没有影响），试计算两人能会面的概率． 【答案】59 【详解】解 我们用,x y 分别表示,A B 到达的时刻，而两人能会面的充分必要条件为20x y -≤，其中060,060x y ≤≤≤≤．我们用平面直角坐标系中的点(),x y 表示,A B 到达的时刻（从中午12点以后算起，以分为单位），于是所有可能结果是一个边长为60的正方形OABC ．代表能够会面的点都落在图中画有阴影线的区域H 内（图6－2），于是21260240402H ADE OABC S S S =-⨯=-⨯⨯⨯正方形 226040=-，故两人能会面的概率为22226040251()6039HOABC S p S -===-=正方形． 答：两人能会面的概率等于59． 13．（2021·全国·九年级竞赛）平面上给出n 个不全共线的点，求证：存在一条直线l ，它恰通过其中两个点．【答案】见解析【详解】证明：平面上只有有限点，过每两点作一直线只有有限点直线，每条直线与不在这条直线上的点（由已知条件知这样的点必存在）配成对，则这样的点只有有限个，每个点线对中都有该点到直线的距离，记这些距离最小的点对为(,)P l ，则l 为所求．实际上，设l 上有不少于3个给定的已知点，则过P 作PA l ⊥于A （如图），则在l 上A 的某一侧（包括A ）必有2个已知点，设为,M N （M 可能与A 重合，连PN ，并M 作MQ PN ⊥于Q ，过A 作AR PN ⊥于R ，则MQ AR AP d ≤<=，这与AP d =最小矛盾，于是结论得证．注 本题是英国著名数学家希尔维斯特(J.J. Sylvester)在其逝世前不久提出的一个有趣的问题．这个貌似简单的问题，当时困扰过不少的数学家，并且这状况持续350年之久，直到1933年，伽莱(T. Callai)给出了一个非常复杂的证明．不久以后，凯里(L. M. Kelly) 才给出上述很简单的证明，其证法的关键就是利用极端原理．14．（2021·全国·九年级竞赛）已知A ，B ，C ，D 为平面上两两距离不超过1的任意4点，今欲作一圆覆盖这4点（即A ，B ，C ，D 在圆内或圆周上）问圆的半径最小该是多少？试证明之． 3 【详解】注意最不利的情形点A 、B 、C 、D 中有3点构成边长等于1的正三角形，覆盖此三角形的圆的半径不小33 （1）A 、B 、C 、D 共线，这时4点在一条长度不超过1的线段内，结论显然成立；（2）A 、B 、C 、D 中有3点（例如A 、B 、C ）构成一个三角形，第4点D 在此三角形内，不妨设60C ∠≥︒，以AB 为弦作圆O ，使AB 所对的弓形弧（含C 的一侧）为60︒，则此圆O 覆盖A 、B 、C 、D 4点．作此圆直径2AE R =，则22222(2)1R R AE BE AB -=-=≤，即3R ≤，故A 、B 、C 、D 4点被一个半径不大3 （3）A 、B 、C 、D 是一个凸四边形的4个顶点，则A C ∠+∠，B D ∠+∠中必有一个不小于180︒，不妨设180B D ∠+∠≥︒，同（2）可证ABC 的外接圆半径3≤180B D ∠+∠≥︒知D 点也在这个圆内或圆周上，故A 、B 、C 、D 3 315．（2021·全国·九年级竞赛）任意凸四边形ABCD 中总存在一条对角线和一条边，以它们为直径的两个圆可以覆盖这个四边形．【答案】见解析【详解】四边形的4个内角中至少有一个90≥︒，不妨设90A ∠≥︒，以对角BD 为直径的圆O 必覆盖ABD △．若90C ∠≥︒，圆O 覆盖四边形ABCD 结论成立，若90C ∠>︒，则C 在圆外，圆O 与CD 、CB 中至少一条线段相交，不妨设圆O 与CD 交于E ，于点分别以BD 、BC 为直径的两个圆覆盖四边形ABCD ．16．（2021·全国·九年级竞赛）设甲是边长为1的正三角形纸片，乙是边长为1的正方形纸片，丙是边长为1的正五边形纸片，丁是边长为1的正六边形纸片．证明：（1）不能用甲、乙、丙合起来盖住一个半径为1的圆；（2）能用甲、乙、丙、丁合起来盖住一个半径为1的圆．【答案】（1）见解析；（2）见解析【详解】（1）因为对于半径为1的圆，边长为1的正三角形至多盖住60︒的弧，边长为1的正方形至多盖住90︒的弧，边长为1的正五边形至多盖住120︒的弧（因边长为1的正五边形对角线的长<边长为1的正六边形对角线的长3=，而6090120360︒+︒+︒<︒，所以甲、乙、丙合起来不得盖住半径为1的圆．（2）如图所示，用甲、乙、丙、丁合起来可盖住半径为1的圆．17．（2021·全国·九年级竞赛）在一个半径等于6的圆内任意放入六个半径等于1的小圆．证明：其中总还有一块空位置，可以完整地放入一个半径为1的小圆．【答案】见解析【详解】分析 与证明设半径为6的大圆O 内任意放入6个半径为1的小圆，则小圆圆心都在以O 为中心，615-=为半径的圆内．如果大圆内无论怎样再放入一个半径为1的小圆7O ，都要与6个小圆中某个(16)i O i ≤≤重叠，那么7112i O O ≤+≤，即半径为5的圆将被6个半径为2的圆所覆盖．由图形重叠原理知6个小圆的总面积将不小于半径为5的圆的面积．但实际上226224255ππππ⋅=<=⋅，得到矛盾，于是命题得证．注：本例的证题关键是将外圆缩小，而将里圆扩大，这是解决嵌入问题的一种技巧，即收缩与膨胀技巧或裁边与镶边技巧．18．（2021·全国·九年级竞赛）将4张圆形纸片放在桌面上，使得其题中任何3张圆形纸片都有公共点，那么这4张圆形纸片是否一定有公共点？证明你的结论．【答案】见解析．【解析】【分析】【详解】设4张圆形纸片是(1,2,3,4)k O k ，其中1O ，2O ，3O 有公共点1A ，1O ，2O ，4O 有公共点2A ，1O ，3O ，4O 有公共点3A ，2O ，3O ，4O 公共点4A ．（1）若1A ，2A ，3A ，4A 共线（如图顺序），因为1A ，3A 都是圆形纸片1O 与3O 的公共点，故线段13A A 在圆形纸片1O 与2O 的公共部分内，又24A A 都是圆形纸片2O 与4O 的公共点，故线段24A A 在圆形纸片2O 与4O 的公共部分内，所以线段23A A 上任意一点都是这4张圆形纸片的公共点．（2）若1A ，2A ，3A ，4A 中有一点在以其余3点为顶点的三角形的边界上或内部（如图）．因为1A ，2A ，3A 都在1O 内，故123A A A △被圆形纸片1O 所覆盖，从而4A 在圆形纸片1O 内，而4A 是圆形纸片2O ，3O ，4O 的公共点，所以4A 是这张圆形纸片的公共点．（3）若1A ，2A ，3A ，4A 是一个凸四边形的4个顶点（如图），同上可知线段13A A 在圆形纸片1O 与3O 的公共部分内，线段24A A 在圆形纸片2O 与4O 的公共部分内，所以13A A 与24A A 的交点是这4张圆形纸片的公共点．总之，这4张圆形纸片一定有公共点．19．（2021·全国·九年级竞赛）平面上给定了若干个圆，它们覆盖的面积为1．证明：从中可选出若干个两两不重叠的圆，使它们覆盖的面积不小于19． 【答案】见解析．【解析】【分析】【详解】从给定圆中选出半径最大的圆1O ，其半径为1r ，面积为1S ，则与圆1O 有重叠的圆连同圆1O 一起覆盖的面积()211139M r S π≤=，即1119S M ≥．然后去掉与圆1O 重叠的圆，再从剩下的圆（圆1O 除外）选出半径最大的圆2O ，其半径为2r ，并将与圆2O 有重叠的圆去掉．这样经过有限步可得有限个两两不重叠的圆1O ，2O ，…k O ，它们覆盖的面积为()12121199k k S S S M M M ++⋅⋅⋅+≥++⋅⋅⋅+=． 20．（2021·全国·九年级竞赛）证明：一个边长为5的正方形可以被3个边长为4的正方形所覆盖．【答案】见解析．【解析】【分析】【详解】设正方形ABCD 的边长为5，先放置一个边长为4的正方形CEFG ，其中C 为原正方形ABCD 的一个顶点，E 在边CD 上，F 在正方形ABCD 内，G 在边CB 上．连AF ，再放置第二个边长为4的正方形111AB C D ，其中A 是原正方形的一个顶点，且使D 在射线11D C 上（如图），由勾股定理有：2211D D AD AD =-2211543D C =-=<．故D 在线段11D C 内，且1111431C D D C D D =-=-=．设11B C 与CD 交于H ，则1541DE CD CE DC DH =-=-==<，故E 在线段DH 内，从而E 被正方形111AB C D 覆盖．又11145B AD B AC FAD ∠>∠=︒=∠，即AF 在1B AD 内，且1224AF DE AB ==，故F 也被正方形111AB C D 覆盖，这就证明了梯形AFED 可以被一个边长为4的正方形111AB C D 所覆盖．同理，梯形AFGB 也可以被一个边长为4的正方形222AB C D 所覆盖，于是正方形ABCD 可被3个边长为4的正方形所覆盖． 21．（2021·全国·九年级竞赛）如图①，有一个长方体形状的敞口玻璃容器，底面是边长为20cm 的正方形，高为30cm ，内有20cm 深的溶液，现将此容器倾斜一定角度α（图②），且倾斜时底面的一条棱始终在桌面上（图①，②均为容器的纵截面）．（1）当30α=︒时，通过计算说明此溶液是否会溢出；（2）现需要倒出不少于33000cm 的溶液，当α等于60︒时，能实现要求吗？通过计算说明理由．【答案】（1）不会溢出，理由见解析；（2）不能实现要求，见解析．【解析】【分析】【详解】（1）当30α=︒时，如图a ，过C 作//CF BP 交AD 所在直线于F ．在Rt CDF △中，20330,20cm,30cm FCD CD DF ∠=︒==<，所以点F 在线段AD 上，20330AF =此时容器内能容纳的溶液量为()3 ()203320203030201040003cm 2ABCF AF BC AB S ⎛⎫⎛+⋅=⋅=⋅⋅= ⎪ ⎪ ⎝⎭⎝⎭梯形．而容器中原有溶液量为()32020208000cm ⨯⨯=．因为3400038000⎛> ⎝⎭，所以当30α=︒时溶液不会溢出． （2）如图b ，当60α=︒时，过C 作//CF BP 交AB 所在直线于F ．在Rt CBF △中，30cm 30BC BCF =∠=︒，，10320cm BF =<，所以点F 在线段AB 上，故溶液纵截面为Rt BFC △．因211503cm 2BFC S BC BF =⨯⨯=，容器内溶液量为315032030003cm =，倒出的溶液量为3(80003)3000cm -<，所以不能实现要求． 22．（2021·全国·九年级竞赛）甲、乙两艘轮船驶向一个不能同时停泊两艘轮船的码头停泊，它们在一昼夜内到达的时间是等可能的，如果甲的停泊时间是1小时，乙的停泊时间是2小时，求它们中任何一艘都不需要等候码头空出的概率（精确到0.001）．【答案】0.879．【解析】【分析】【详解】设自当天零时算起，甲、乙两船到达码头的时刻分别是x 和y ，则必须024,024x y ≤≤≤≤．我们视(),x y 为平面直角坐标系内的点，于是点(),x y 落在一个面积为224S =的正方形OABC 的内部或边界上（如下图）．如果轮船不需要等候码头空出，那么当船甲先到时，船乙应迟来1个小时以上，即1y x -≥，即1y x ≥+；当船乙先到时，船甲应迟来2个小时以上，即2x y -≥，即2y x ≤-，即点(),x y 应在直线1y x =+的上方且在直线2y x =-的下方，也就是点(),x y 应在如图所示的两个三角形ADE 和CFG △中某一个的内部或边界上，故所求概率ADE CFGABCD S S p S +=四边形．而24123,24222CG CF AD AE ==-===-=，所以211222223231103220.879241152p ⨯⨯+⨯⨯===． 答：两船中任何一艘都不需要等候码头空出的概率为0.879．23．（2021·全国·九年级竞赛）把长为a 的线段任意分成3条线段，求这3条线段能够构成一个三角形的3条边的概率．【答案】14【解析】【分析】【详解】解 设其中两条线段的长为,x y ，则第3条线段的长为()a x y -+，于是,x y 的取值范围是0,0,0,0,0()0.x a x a y a y a a x y a x y a ⎧<<<<⎧⎪⎪<<⇔<<⎨⎨⎪⎪<-+<<+<⎩⎩ ① 要使3条线段构成一个三角形的3条边，其充要条件是其中任意一条线段的长度小于其余两条线段的长度之和．这等价于每条线段的长度都小于2a ，即 0,0,220,0,220().22a a x x a a y y a a a x y x y a ⎧⎧<<<<⎪⎪⎪⎪⎪⎪<<⇔<<⎨⎨⎪⎪⎪⎪<-+<<+<⎪⎪⎩⎩ ②将(),x y 视为平面直角坐标系的坐标，则满足条件①的点(),x y 在以()()()0,0,,0,0,O A a B a 为顶点的OAB 内．而满足条件②的点(),x y 在以(,),(0,),,0()2222a a a a C D E 为顶点的CDE △内，故所求概率为11222142CDE OAB a a CD DE Sp S a a OA OB ⨯⨯⨯====⨯⨯⨯．答：3条线段能构成一个三角形的三边的概率为14． 24．（2022·福建·九年级竞赛）如图，四边形ABCD 是平行四边形，∠DAC =45°，以线段AC 为直径的圆与AB 和AD 的延长线分别交于点E 和F ，过点B 作AC 的垂线，垂足为H ．求证：E ，H ，F 三点共线．【答案】见解析【解析】【分析】如图：证明P ，A ，B ，C 四点共圆．可得CBE APC ∠=∠．①，证明C ，E ，B ，H 四点共圆，可得CHE CBE ∠=∠．②，证明C ，H ，F ，P 四点共圆，可得180APC CHF ∠=︒-∠．③，由①②③代换可得180CHE CHF ∠+∠=︒．可得结论；【详解】如图，延长BH 与直线AD 相交于点P ，连接CP ．因为45DAC ∠=︒，BP AC ⊥，所以45BPA ∠=︒．又45BCADAC∠=∠=︒，所以BPA BCA ∠=∠，于是P ，A ，B ，C 四点共圆．所以CBE APC ∠=∠．①连接CE ，由AC 为圆直径，得90CEA CHB ∠=︒=∠，所以C ，E ，B ，H 四点共圆，于是CHE CBE ∠=∠．②连接CF ，由AC 为圆直径，得90CFP CHP ∠=︒=∠，所以C ，H ，F ，P 四点共圆，于是180APC CHF ∠=︒-∠．③由②，①，③，得180CHE CBE APC CHF ∠=∠=∠=︒-∠，所以180CHE CHF ∠+∠=︒．所以E ，H ，F 三点共线．【点睛】本题考查了圆内接罩边形的判断及性质，难度较大，解题的关键是构造圆内接四边形．。