全國(guó)各地初中（九年級(jí)）數(shù)學(xué)競(jìng)賽《幾何》真題大全 （附答案）

全國(guó)各地初中（九年級(jí)）數(shù)學(xué)競(jìng)賽專題大全

競(jìng)賽專題7幾何

一、單選題

1.（2021?全國(guó)?九年級(jí)競(jìng)賽）某種產(chǎn)品由甲、乙、丙三種元件構(gòu)成，如圖為生產(chǎn)效率最高，在表示工人分配

的扇形圖中，生產(chǎn)甲、乙、丙元件的工人數(shù)量所對(duì)應(yīng)的扇形圓心角的大小依次是（）.

（圖中:口表示I名I人I小時(shí)生產(chǎn)某種兀件的數(shù)盤.

口表示組裝一件成品需要的元件數(shù)依）

A.120°,180°,60°B,108°,144°,108°C.90°,180°,90°D.72°,216°,720°

2.（2021?全國(guó)?九年級(jí)競(jìng)賽）如圖所示，一次函數(shù)y=方的圖象過(guò)點(diǎn)尸（1,4）且與x軸和），軸的正半軸交于4B

兩點(diǎn)，點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，當(dāng)AAOB的面積最小時(shí)，k,6的值為（）

A.k=-4,b=8B.4=—4,b=4C.%=—2,b=4D.攵=—2,b=2

3.（2021?全國(guó)?九年級(jí)競(jìng)賽）如圖，已知ADEF的邊長(zhǎng)分別為1,6,2,正六邊形網(wǎng)格由24個(gè)邊長(zhǎng)為2的正

三角形組成，以這些正三角形的頂點(diǎn)畫(huà)AABC,使得相似比為三三=%,那么k的不同值

C.3D.4

二、填空題

4.（2021?全國(guó)?九年級(jí)競(jìng)賽）如圖所示,正方形4?8的邊長(zhǎng)為10。111,點(diǎn)后在邊。8的延長(zhǎng)線上且￡8=10€111,

點(diǎn)P在邊CD上運(yùn)動(dòng)，EP與A8的交點(diǎn)為F.設(shè)￡>P=xcm,△EFB與四邊形的面積和為yen?,那

么y與x之間的函數(shù)關(guān)系式是.

5.（2021?全國(guó)?九年級(jí)競(jìng)賽）把兩個(gè)半徑為5及一個(gè)半徑為8的圓形紙片放在桌面上，使它們兩兩外切.若

要用一個(gè)大圓形紙片把這三個(gè)圓形紙片完全蓋住，則這個(gè)大圓形紙片的最小半徑等于,

6.（2021?全國(guó)?九年級(jí)競(jìng)賽）由一次函數(shù)y=x+2,y=-x+2和x軸圍成的三角形與圓心在（1,1）、半徑為1的

圓構(gòu)成的圖形覆蓋的面積等于.

7.（2021?全國(guó)?九年級(jí)競(jìng)賽）某廣場(chǎng)地面鋪滿了邊長(zhǎng)為36cm的正六邊形地磚，現(xiàn)向上拋擲半徑為6石cm的

圓碟，圓碟落地后與地面不相交的概率大約是.

三、解答題

8.（2021?全國(guó)?九年級(jí)競(jìng)賽）平面上7個(gè)點(diǎn)，它們之間可以連一些線段，使7個(gè)點(diǎn)中任意三點(diǎn)必存在兩點(diǎn)有

線段相連.問(wèn)最少要連兒條線段？證明你的結(jié)論.

9.（2021?全國(guó)?九年級(jí)競(jìng)賽）在直徑為5的圓內(nèi)放入10個(gè)點(diǎn)，證明其中必有兩點(diǎn)的距離小于2.

10.（2021?全國(guó)?九年級(jí)競(jìng)賽）設(shè)仞?是凸五邊形A&A4A，將沿AA,方向平移，使A移到凡得到凸五

邊形M,（i=2,3,4,5）.證明：中至少有兩個(gè)圖形，它們有公共內(nèi)點(diǎn).

11.（2021?全國(guó)?九年級(jí)競(jìng)賽）在圓周上任取21個(gè)點(diǎn)，證明：以這些點(diǎn)為端點(diǎn)的弧中至少存在100條不超過(guò)

120。的弧.

12.（2021?全國(guó)?九年級(jí)競(jìng)賽）兩人A和5相約在12點(diǎn)與下午1點(diǎn)之間在某地會(huì)面，先到的人要等候另一人

20分鐘，過(guò)時(shí)就可以離開(kāi).如果每人可在指定的一小時(shí)內(nèi)任何時(shí)刻到達(dá)，并且兩人到達(dá)的時(shí)刻是彼此獨(dú)立

的（即一人到達(dá)的時(shí)刻與另一人到達(dá)的時(shí)刻沒(méi)有影響），試計(jì)算兩人能會(huì)面的概率.

13.（2021?全國(guó)?九年級(jí)競(jìng)賽）平面上給出"個(gè)不全共線的點(diǎn)，求證：存在一條直線/,它恰通過(guò)其中兩個(gè)點(diǎn).

14.（2021?全國(guó)?九年級(jí)競(jìng)賽）已知A,B,C,。為平面上兩兩距離不超過(guò)1的任意4點(diǎn)，今欲作一圓覆

蓋這4點(diǎn)（即A,B,C,￡）在圓內(nèi)或圓周上）問(wèn)圓的半徑最小該是多少？試證明之.

15.（2021?全國(guó)?九年級(jí)競(jìng)賽）任意凸四邊形ABC。中總存在一條對(duì)角線和一條邊，以它們?yōu)橹睆降膬蓚€(gè)圓

可以覆蓋這個(gè)四邊形.

16.（2021?全國(guó)?九年級(jí)競(jìng)賽）設(shè)甲是邊長(zhǎng)為I的正三角形紙片，乙是邊長(zhǎng)為I的正方形紙片，丙是邊長(zhǎng)為1

的正五邊形紙片，丁是邊長(zhǎng)為1的正六邊形紙片.證明：

（1）不能用甲、乙、丙合起來(lái)蓋住一個(gè)半徑為1的圓；

（2）能用甲、乙、丙、丁合起來(lái)蓋住一個(gè)半徑為1的圓.

17.（2021?全國(guó)?九年級(jí)競(jìng)賽）在一個(gè)半徑等于6的圓內(nèi)任意放入六個(gè)半徑等于1的小圓.證明：其中總還

有一塊空位置，可以完整地放入一個(gè)半徑為1的小圓.

18.（2021?全國(guó)?九年級(jí)競(jìng)賽）將4張圓形紙片放在桌面上，使得其題中任何3張圓形紙片都有公共點(diǎn)，那

么這4張圓形紙片是否一定有公共點(diǎn)？證明你的結(jié)論.

19.（2021?全國(guó)?九年級(jí)競(jìng)賽）平面上給定了若干個(gè)圓，它們覆蓋的面積為1.證明：從中可選出若干個(gè)兩兩

不重疊的圓，使它們覆蓋的面積不小于

20.（2021?全國(guó)?九年級(jí)競(jìng)賽）證明：一個(gè)邊長(zhǎng)為5的正方形可以被3個(gè)邊長(zhǎng)為4的正方形所覆蓋.

21.（2021?全國(guó)?九年級(jí)競(jìng)賽）如圖①，有一個(gè)長(zhǎng)方體形狀的敞口玻璃容器，底面是邊長(zhǎng)為20cm的正方形,

高為30cm,內(nèi)有20cm深的溶液，現(xiàn)將此容器傾斜一定角度。（圖②），且傾斜時(shí)底面的一條棱始終在桌面

上（圖①，②均為容器的縱截面）.

（1）當(dāng)&=30。時(shí)，通過(guò)計(jì)算說(shuō)明此溶液是否會(huì)溢出；

（2）現(xiàn)需要倒出不少于30080?的溶液，當(dāng)。等于60。時(shí)，能實(shí)現(xiàn)要求嗎？通過(guò)計(jì)算說(shuō)明理由.

22.（2021?全國(guó)?九年級(jí)競(jìng)賽）甲、乙兩艘輪船駛向一個(gè)不能同時(shí)停泊兩艘輪船的碼頭停泊，它們?cè)谝粫円?/p>

內(nèi)到達(dá)的時(shí)間是等可能的，如果甲的停泊時(shí)間是1小時(shí)，乙的停泊時(shí)間是2小時(shí)，求它們中任何一艘都不

需要等候碼頭空出的概率（精確到0.001）.

23.（2021?全國(guó)?九年級(jí)競(jìng)賽）把長(zhǎng)為“的線段任意分成3條線段，求這3條線段能夠構(gòu)成一個(gè)三角形的3

條邊的概率.

24.（2022?福建?九年級(jí)競(jìng)賽）如圖，四邊形ABCD是平行四邊形，ND4C=45。，以線段AC為直徑的圓與

AB和AO的延長(zhǎng)線分別交于點(diǎn)E和R過(guò)點(diǎn)B作AC的垂線，垂足為，.求證：E,H,F三點(diǎn)共線.

競(jìng)賽專題7幾何答案解析

一、單選題

1.（2021?全國(guó)?九年級(jí)競(jìng)賽）某種產(chǎn)品由甲、乙、丙三種元件構(gòu)成，如圖為生產(chǎn)效率最高，在表示工人分配

的扇形圖中，生產(chǎn)甲、乙、丙元件的工人數(shù)量所對(duì)應(yīng)的扇形圓心角的大小依次是（）.

（圖中:口表示I名I人I小時(shí)生產(chǎn)某種兀件的數(shù)盤.

口表示組裝一件成品需要的元件數(shù)依）

A.120°,180°,60°B.108°,144°,108°C.90°,180°,90°D.72°,216°,720°

【答案】B

【詳解】

解設(shè)分配生產(chǎn)甲、乙、丙3種元件的人數(shù)分別為x人，y人，z人，于是每小時(shí)生產(chǎn)甲、乙、內(nèi)三種元件

的個(gè)數(shù)分別為50x,30y,20z.為了提高效率應(yīng)使生產(chǎn)出來(lái)的元件全部組成成品而沒(méi)有剩余.設(shè)共可組成k件

成品，則Z=笨=答=辭，即》=%/=3太2=%,從而x：y：z=l:g:l=3:4:3.設(shè)在扇形圖中生產(chǎn)甲、

乙、丙三種元件的圓心角分別為a,民九則

x33

a=----------x360°=---x360°=—x360°=108°,

x+y+z3+4+310

y44

p=―—x360°=----------X360°=—x360°=144°,

x+y+z3+4+310

z33

y=-----------x360°=--—x360°=—x360°=108°

x+y+z3+4+310

故應(yīng)選艮

2.（2021?全國(guó)?九年級(jí)競(jìng)賽）如圖所示，一次函數(shù)昨"+匕的圖象過(guò)點(diǎn)尸（1,4）且與x軸和y軸的正半軸交于4B

兩點(diǎn)，點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，當(dāng)AAOB的面積最小時(shí)，k,人的值為（）

A.k=-4,b=8B.=-4,b=4C.A=—2,b=4D.k=—2fb=2

【答案】A

【詳解】

解因函數(shù)'=丘+6的圖象過(guò)點(diǎn)P(L4),所以4=%+6,8=4一&,于是>="+(4-人).

令尸0得什丁,0）

令x=0得8（0,4-幻,連0P,得

SQAB=S“QAp+SQPB=—x4xOA+5x1xOB

1,）1-41一一、

=—x4x-----+—x1x（4一2）

242

顯然大<0.令人=—〃，則u>0,于是

°)1(16A)1-I~16門

SAOW=4++|-4+2X2VZX~iT=8.

等號(hào)成立當(dāng)月.僅當(dāng)"=3(">0),即〃=4,這時(shí)左=T,b=4-%=8.

U

故選A.

11k.4

注：的面積也可用SQHM彳XOAXOBM彳X^XM-A)算出.

122k

3.(2021?全國(guó)?九年級(jí)競(jìng)賽)如圖，已知AOE尸的邊長(zhǎng)分別為2,正六邊形網(wǎng)格由24個(gè)邊長(zhǎng)為2的正

三角形組成，以這些正三角形的頂點(diǎn)畫(huà)AABC,使得相似比為三三=左，那么々的不同值

C.3D.4

【詳解】

作圖知與ADEF相似的三角形,而相似比不同的三角形只有如圖所示的三種，故選C.

4.（2021?全國(guó)?九年級(jí)競(jìng)賽）如圖所示，正方形ABC。的邊長(zhǎng)為10cm,點(diǎn)E在邊CB的延長(zhǎng)線上且E8=10cm,

點(diǎn)P在邊CD上運(yùn)動(dòng)，EP與AB的交點(diǎn)為尸.設(shè)QP=xcm,△EF8與四邊形AFPD的面積和為ycm?,那

么y與x之間的函數(shù)關(guān)系式是

【答案】y=5x+50(0<x<10)

【詳解】

解由￡>P=A^^PC=10—x.

RFRF111

又——=——二一，BPBF=-(10-x),AF=10-BF=-(10+x),

PCEC222

所以y=SAEFB+S四邊形A尸P￡)

=-xBExBF+-(AF+DP)xAD

22

=-xl0xl(l()-x)+--(10+x)+xxlO

222\_2_

=5x+50(0<x<10).

故應(yīng)填y=5x+50(0<x<10).

5.（2021?全國(guó)?九年級(jí)競(jìng)賽）把兩個(gè)半徑為5及一個(gè)半徑為8的圓形紙片放在桌面上，使它們兩兩外切.若

要用一個(gè)大圓形紙片把這三個(gè)圓形紙片完全蓋住，則這個(gè)大圓形紙片的最小半徑等于.

【答案】13g.

【詳解】

如圖，設(shè)。。的半徑為8,。。?。。3的半徑為5,切點(diǎn)為A.由對(duì)稱性，能蓋住這3個(gè)圓的最小圓形紙片

的中心O在對(duì)稱軸QA上，且與已知三個(gè)圓內(nèi)切.若設(shè)這個(gè)圓形紙片的半徑為r，則在RMOIQA中

0次=8田02A2=J（8+5）2-52=12,在RMO叩A(chǔ)中,OO2=r-5,OA=O,A-G＞（?I=12-（r-8）,02A=5,

4Qi

于是，由00”0W+O42得（一5）2=52+（12-廠+8尸，由此解出廠=/=嗎，即所求圓形紙片的最小半

6.（2021?全國(guó)?九年級(jí)競(jìng)賽）由一次函數(shù)y=x+2,y=-x+2和x軸圍成的三角形與圓心在（草）、半徑為1的

圓構(gòu)成的圖形覆蓋的面積等于.

【答案】4+1

【詳解】

2

如圖，所覆蓋面積S=S.c+S半1g=^x4x2+^-l=4+y.

故答案為：4+—.

7.（2021?全國(guó)?九年級(jí)競(jìng)賽）某廣場(chǎng)地面鋪滿了邊長(zhǎng)為36cm的正六邊形地磚，現(xiàn)向上拋擲半徑為66cm的

圓碟，圓碟落地后與地面不相交的概率大約是.

【答案】］4

【詳解】

解要使圓碟與地磚的邊緣不相交的條件是落地后圓碟的中心到正六邊形地磚ABCDEF的任何一邊的距

離不小于圓的半徑66cm,也就是圓碟的中心必落在與地磚ABCDE尸同中心且邊與地磚邊彼此平行、距離

為6石的小正六邊形A8|C］￡）［E］片內(nèi)（圖6—1）.

BG

作OG_LAB于G,交A4于G1且G0=6&m,所以O(shè)G=*O4=*4B=^X36=186，

%=OG-GGt=1873-673=12>/3.

而OG|=goA，所以。A=宕。G|=集、12括=24,故A4=OA=24.

設(shè)正六邊形ABCDEF和ABCQEM的面積分別為S和S1，則所求概率為o=墾=駕=當(dāng)=m=3.故

SAB-362329

應(yīng)填］4.

三、解答題

8.(2021?全國(guó)?九年級(jí)競(jìng)賽)平面上7個(gè)點(diǎn)，它們之間可以連一些線段，使7個(gè)點(diǎn)中任意三點(diǎn)必存在兩點(diǎn)有

線段相連.問(wèn)最少要連幾條線段？證明你的結(jié)論.

【答案】9條，見(jiàn)解析

【詳解】

解法?：設(shè)最少要連〃條線段，如圖4―3中7個(gè)點(diǎn)之間共連有9條線段，其中任意三點(diǎn)問(wèn)必有兩點(diǎn)連有線

段,故“49.

另一方面，我們證明“29,下面分4種情形討論：

(1)若7點(diǎn)中存在一點(diǎn)A不與其他6點(diǎn)人,4,…,A?連線，則依題意A-A,,Aj(24i</47)中必有2點(diǎn)

連線，于是只可能A與4.連有線，即4,4,…，4這6點(diǎn)中任意兩點(diǎn)連有線，圖中一共連了蟹=15條線.

(2)若7點(diǎn)中存在一點(diǎn)A只連出一條線段，設(shè)a僅與4連有線而與其余5點(diǎn)A3,4，&,4，4,沒(méi)

有連線，則同(1)可知A3,A4,A，A，4這5點(diǎn)中任意兩點(diǎn)連有線，至少連有^^=10條線.

（3）若每點(diǎn)出發(fā)至少連出2條線，且有一點(diǎn)恰連出2條線.設(shè)該點(diǎn)為A，它連出的兩條線為A4，A4,

則不與A相連的4個(gè)點(diǎn)每?jī)牲c(diǎn)連有線，要連力4x3^=6條線，而4連出的線段至少2條，除&A外，至少還

有一條，所以此時(shí)至少要連6+2+1=9條線.

（4）若每點(diǎn)至少連出3條線，則至少要連拳>10條線.

綜上所述，最少要連9條線段.

解法二：設(shè)7點(diǎn)中從A出發(fā)所連的線段最少，只有左條，設(shè)它們是A4，AA，…,AA…其余6-&個(gè)點(diǎn)

瓦,鳥(niǎo),…，線都與A|沒(méi)有連線,于是對(duì)任意2點(diǎn)與,fi；（1<1<J<6-*）,由己知條件知A，B,,Bj中必有

2點(diǎn)連有線，而A與鳥(niǎo)，A與%沒(méi)有連線，故只可能"與％連有線，即4,…,4小中每點(diǎn)與其余5-左點(diǎn)連

有線，于是從各點(diǎn)連出的線段數(shù)的總和不少于（左+1?+（6-幻（5-幻=2公-10人+30.

但上述計(jì)數(shù)中每條線段計(jì)算了2次，故圖中所連線段至少為g（2%2-i0k+30）=[-gj+15-

之（；）+15-停）=15-6=9,即至少要連9條線段.

另一方面，如圖4—3中，7點(diǎn)中連有9條線段時(shí)滿足題設(shè)條件.

綜上所述，最少要連9條線段.

9.（2021?全國(guó)?九年級(jí)競(jìng)賽）在直徑為5的圓內(nèi)放入10個(gè)點(diǎn)，證明其中必有兩點(diǎn)的距離小于2.

【答案】見(jiàn)解析

【詳解】

分析把圓等分為9個(gè)扇形顯然不行（雖然必有一扇形內(nèi)至少有2點(diǎn)，但不保證它們的距離小于2）,因此，

我們先作一個(gè)與已知圓同心的小圓（其直徑必須小于2,但不能太?。缓髮⒂嘞碌膱A環(huán)部分8等分.

證明設(shè)O是已知圓心，如圖，以。為圓心作半徑為0.9的圓，再將余下的圓環(huán)8等分，于是將已知圓面

分成了9個(gè)部分，由抽屜原理知其中必有一部分內(nèi)至少有已知10點(diǎn)中的1W|+1=2點(diǎn)M,N,若M,N在

小圓內(nèi)，則MVW20c=2xO.9=L8<2.

若M,N同在一個(gè)扇面形內(nèi)，則由余弦定理，有

MN<AC=y/0C2+GW2-2OC-（Mcos45°

<A/0.81+6.25-2x0.9x2.5x0.7=7^91<2.

從例2可以看出，分割圖形制造“抽屜”時(shí)，可能不是將圖形等分為幾部分，而是要求分割的每一部分圖形都

具有所需要的性質(zhì)（例2中每一部分圖形內(nèi)任意兩點(diǎn)的距離都小于2）,讀者應(yīng)用這種方法解題時(shí)，應(yīng)該注

意到這一點(diǎn).

10.(2021?全國(guó)?九年級(jí)競(jìng)賽)設(shè)是凸五邊形A&AAA，將仞I沿aa方向平移，使A移到4得到凸五

邊形M,(i=2,3,4,5).證明：陽(yáng)1,“2，知3，初4，加5中至少有兩個(gè)圖形，它們有公共內(nèi)點(diǎn).

【答案】見(jiàn)解析

【詳解】

證明如圖，以4為位似中心，以2:1為相似比作加|的位似圖形例，則例仍為凸五邊形且在例內(nèi).下

面我們證明〃2，加3，河4，川5都在何內(nèi)，例如先證加4在M內(nèi).設(shè)P是加4內(nèi)任意一點(diǎn)，它是內(nèi)的點(diǎn)Q經(jīng)

過(guò)平移得到的，于是Q吆44,故A4PQ為平行四邊形，又R是。A4PQ的兩條對(duì)角線的交點(diǎn)，因。和4

屬于且是凸五邊形，故R屬于M,而AR=RP,A/：AR=2:1,故P屬于M.又尸是M,內(nèi)任意

一點(diǎn)，所以包含在M之內(nèi)，同理加2，“3，知5都包含在M內(nèi)，設(shè)“1,"2，加3，〃4，知5及M的面積分別為

2

Sl,S2,S3,S4,Si及S,則5j+52+53+S4+S5=5Sj>2"S,=5.

于是，由圖形重疊原理知，中至少有兩個(gè)圖形，它們有公共內(nèi)點(diǎn).

11.(2021?全國(guó)?九年級(jí)競(jìng)賽)在圓周上任取21個(gè)點(diǎn)，證明：以這些點(diǎn)為端點(diǎn)的弧中至少存在100條不超過(guò)

120。的弧.

【答案】見(jiàn)解析

【詳解】

證明：我們稱不超過(guò)120。的弧為好弧.不妨設(shè)以A為端點(diǎn)的好弧最少，并且設(shè)它只有1條，它們是

44，AA3,…，AA，從而以4，4,…，4T為端點(diǎn)的好弧都至少有〃t條，故以這〃個(gè)點(diǎn)為端點(diǎn)的好弧至少有

條，除這〃個(gè)點(diǎn)外，其余21-〃個(gè)點(diǎn)記為4”,4+2,…，%，從中任取兩點(diǎn)A，&+/421).因

△AA4，至少有一個(gè)內(nèi)角不超過(guò)60。，故A4，AA/,44中至少有一條弧不超過(guò)2x600=120。，根據(jù)A的取

法，這條弧不能是AA和A4,而只能是44，即A4是好弧.可見(jiàn)以4.4皿…,&中任意兩點(diǎn)

A，4("+14i<JW21)為端點(diǎn)的弧都為好弧.這樣的好弧有:.(21—〃)(20-〃)條.綜上所述知好弧至少有

y=l./J（n-l）+l.（21-/2）（20-?）=f/j-—1+—>f->|+—=100條.當(dāng)N=10或11時(shí),y取到最小值100,

于是結(jié)論成立.

12.（2021?全國(guó)?九年級(jí)競(jìng)賽）兩人A和8相約在12點(diǎn)與下午1點(diǎn)之間在某地會(huì)面，先到的人要等候另一人

20分鐘，過(guò)時(shí)就可以離開(kāi).如果每人可在指定的一小時(shí)內(nèi)任何時(shí)刻到達(dá)，并且兩人到達(dá)的時(shí)刻是彼此獨(dú)立

的（即一人到達(dá)的時(shí)刻與另一人到達(dá)的時(shí)刻沒(méi)有影響），試計(jì)算兩人能會(huì)面的概率.

【答案w

【詳解】

解我們用x，y分別表示AB到達(dá)的時(shí)刻，而兩人能會(huì)面的充分必要條件為卜-y歸20,其中

0<x<60,0<y<60.我們用平面直角坐標(biāo)系中的點(diǎn)（x,y）表示AB到達(dá)的時(shí)刻（從中午12點(diǎn)以后算起，以

分為單位），于是所有可能結(jié)果是一個(gè)邊長(zhǎng)為60的正方形Q4BC.代表能夠會(huì)面的點(diǎn)都落在圖中畫(huà)有陰影

線的區(qū)域4內(nèi)（圖6—2）,于是

S”=S正方形0ABe一2xS.m支=60--2x—x40x40

=602—402,

p=—10=—5

8442

故兩人能會(huì)面的概率為

S正方形Q45c6039

答：兩人能會(huì)面的概率等于也

13.（2021?全國(guó)?九年級(jí)競(jìng)賽）平面上給出〃個(gè)不全共線的點(diǎn)，求證：存在一條直線/,它恰通過(guò)其中兩個(gè)點(diǎn).

【答案】見(jiàn)解析

【詳解】

證明：平面上只有有限點(diǎn)，過(guò)每?jī)牲c(diǎn)作一直線只有有限點(diǎn)直線，每條直線與不在這條直線上的點(diǎn)（由已知

條件知這樣的點(diǎn)必存在）配成對(duì)，則這樣的點(diǎn)只有有限個(gè)，每個(gè)點(diǎn)線對(duì)中都有該點(diǎn)到直線的距離，記這些

距離最小的點(diǎn)對(duì)為（尸,/）,則/為所求.

實(shí)際上，設(shè)/上有不少于3個(gè)給定的已知點(diǎn)，則過(guò)P作尸4_1/于4（如圖），則在/上A的某一側(cè)（包括A）

必有2個(gè)已知點(diǎn)，設(shè)為（M可能與4重合，連PN,并用作MQJ.PN于°,過(guò)A作4?_LPN于R,

則=這與"=d最小矛盾，于是結(jié)論得證.

注本題是英國(guó)著名數(shù)學(xué)家希爾維斯特?！筍ylvester）在其逝世前不久提出的一個(gè)有趣的問(wèn)題.這個(gè)貌似簡(jiǎn)

單的問(wèn)題，當(dāng)時(shí)困擾過(guò)不少的數(shù)學(xué)家，并且這狀況持續(xù)350年之久，直到1933年，伽萊（T.Callai）給出了

一個(gè)非常復(fù)雜的證明.不久以后，凱里（L.M.Kelly）才給出上述很簡(jiǎn)單的證明，其證法的關(guān)鍵就是利用極

端原理.

14.（2021?全國(guó)?九年級(jí)競(jìng)賽）己知A,B,C,。為平面上兩兩距離不超過(guò)1的任意4點(diǎn)，今欲作一圓覆

蓋這4點(diǎn)（即A,B,C,。在圓內(nèi)或圓周上）問(wèn)圓的半徑最小該是多少？試證明之.

【答案】最小覆蓋圓的半徑為正，證明見(jiàn)解析.

3

【詳解】

注意最不利的情形點(diǎn)A、3、C、。中有3點(diǎn)構(gòu)成邊長(zhǎng)等于1的正三角形，覆蓋此三角形的圓的半徑不小

于此正三角形外接圓的半徑且，再分幾種情形證明最小覆蓋圓的半徑就是更.

33

（1）A、B、C、。共線，這時(shí)4點(diǎn)在一條長(zhǎng)度不超過(guò)1的線段內(nèi)，結(jié)論顯然成立；

⑵A、8、C、。中有3點(diǎn)（例如A、B、C）構(gòu)成一個(gè)三角形，第4點(diǎn)D在此三角形內(nèi)，不妨設(shè)NCN60。，

以A8為弦作圓。，使A8所對(duì)的弓形?。ê珻的一側(cè)）為60。，則此圓。覆蓋A、B、C、。4點(diǎn).作此

圓直徑AE=2R,則（2/?）2-/?2=4《2-8爐=48241,即R4且，故A、B、C,。4點(diǎn)被一個(gè)半徑不大

3

于立的圓覆蓋；

3

（3）A、B、C、。是一個(gè)凸四邊形的4個(gè)頂點(diǎn)，則ZA+NC,ZB+"中必有一個(gè)不小于180。，不妨設(shè)

Zfi+ZL>>180°,同（2）可證的外接圓半徑4且，且由/B+NO2180。知。點(diǎn)也在這個(gè)圓內(nèi)或圓周

3

上，故A、B、C、?？梢员灰粋€(gè)半徑不大于且的圓所覆蓋.

3

綜上可得，所求最小覆蓋圓的半徑為史.

3

15.（2021?全國(guó)?九年級(jí)競(jìng)賽）任意凸四邊形月88中總存在一條對(duì)角線和一條邊，以它們?yōu)橹睆降膬蓚€(gè)圓

可以覆蓋這個(gè)四邊形.

【答案】見(jiàn)解析

【詳解】

四邊形的4個(gè)內(nèi)角中至少有一個(gè)290。，不妨設(shè)NA290。，以對(duì)角50為立徑的圓。必覆蓋.若

ZC>90°,圓。覆蓋四邊形ABCD結(jié)論成立，若NC>90。，則C在圓外，圓。與8、CB中至少一條線段

相交，不妨設(shè)圓。與C。交于￡,于點(diǎn)分別以80、BC為直徑的兩個(gè)圓覆蓋四邊形A3CO.

16.（2021?全國(guó)?九年級(jí)競(jìng)賽）設(shè)甲是邊長(zhǎng)為1的正三角形紙片，乙是邊長(zhǎng)為I的正方形紙片，丙是邊長(zhǎng)為1

的正五邊形紙片，丁是邊長(zhǎng)為1的正六邊形紙片.證明:

（1）不能用甲、乙、丙合起來(lái)蓋住一個(gè)半徑為1的圓;

（2）能用甲、乙、丙、丁合起來(lái)蓋住一個(gè)半徑為1的圓.

【答案】（1）見(jiàn)解析；（2）見(jiàn)解析

【詳解】

（1）因?yàn)閷?duì)于半徑為1的圓，邊長(zhǎng)為1的正三角形至多蓋住60。的弧,邊長(zhǎng)為1的正方形至多蓋住90°的弧,

邊長(zhǎng)為1的正五邊形至多蓋住120。的弧（因邊長(zhǎng)為1的正五邊形對(duì)角線的長(zhǎng)〈邊長(zhǎng)為1的正六邊形對(duì)角線的

長(zhǎng)=。），而60。+90。+120。<360。，所以甲、乙、丙合起來(lái)不得蓋住半徑為1的圓.

丙、丁合起來(lái)可蓋住半徑為1的圓.

17.（2021?全國(guó)?九年級(jí)競(jìng)賽）在一個(gè)半徑等于6的圓內(nèi)任意放入六個(gè)半徑等于1的小圓.證明：其中總還

有一塊空位置，可以完整地放入一個(gè)半徑為1的小圓.

【答案】見(jiàn)解析

【詳解】

分析與證明設(shè)半徑為6的大圓。內(nèi)任意放入6個(gè)半徑為1的小圓，則小圓圓心都在以。為中心，6-1=5

為半徑的圓內(nèi).如果大圓內(nèi)無(wú)論怎樣再放入一個(gè)半徑為1的小圓QQ，都要與6個(gè)小圓中某個(gè)00,（14區(qū)6）

重疊，那么20,41+142,即半徑為5的圓將被6個(gè)半徑為2的圓所覆蓋.由圖形重疊原理知6個(gè)小圓的

總面積將不小于半徑為5的圓的面積.但實(shí)際上6萬(wàn)=24萬(wàn)<25%=乃與？，得到矛盾，于是命題得證.

注：本例的證題關(guān)鍵是將外圓縮小，而將里圓擴(kuò)大，這是解決嵌入問(wèn)題的一種技巧，即收縮與膨脹技巧或

裁邊與鑲邊技巧.

18.（2021?全國(guó)?九年級(jí)競(jìng)賽）將4張圓形紙片放在桌面上，使得其題中任何3張圓形紙片都有公共點(diǎn)，那

么這4張圓形紙片是否一定有公共點(diǎn)？證明你的結(jié)論.

【答案】見(jiàn)解析.

【解析】

【分析】

【詳解】

設(shè)4張圓形紙片是。0/（4=1,2,3,4）,其中。0一。。2，有公共點(diǎn)4，。。2，有公共點(diǎn)兒,

OO,,。。4有公共點(diǎn)4，。。2，。。3，。。4公共點(diǎn)兒.

（1）若A，A2,A,,A,共線（如圖順序），因?yàn)?，4都是圓形紙片與。。3的公共點(diǎn)，故線段A4在

圓形紙片001與。。2的公共部分內(nèi)，又44都是圓形紙片0。2與0。4的公共點(diǎn)，故線段&A在圓形紙片

與。。4的公共部分內(nèi)，所以線段44上任意一點(diǎn)都是這4張圓形紙片的公共點(diǎn).

IIII

414244

（2）若A，A2,A3,4中有一點(diǎn)在以其余3點(diǎn)為頂點(diǎn)的三角形的邊界上或內(nèi)部（如圖）.因?yàn)锳，4,4

都在O。內(nèi)，故△4]A2A3被圓形紙片。。1所覆蓋，從而4在圓形紙片O。[內(nèi)，而4是圓形紙片。。2，。。3，

0。4的公共點(diǎn)，所以4是這張圓形紙片的公共點(diǎn).

匚月|

（3）若A，4，A3,是一個(gè)凸四邊形的4個(gè)頂點(diǎn)（如圖），同上可知線段A4在圓形紙片。。與。。3的

公共部分內(nèi)，線段在圓形紙片。。2與的公共部分內(nèi)，所以A4與人24的交點(diǎn)是這4張圓形紙片的

公共點(diǎn).

總之，這4張圓形紙片一定有公共點(diǎn).

19.（2021?全國(guó)?九年級(jí)競(jìng)賽）平面上給定了若干個(gè)圓，它們覆蓋的面積為1.證明：從中可選出若干個(gè)兩兩

不重疊的圓，使它們覆蓋的面積不小于

【答案】見(jiàn)解析.

【解析】

【分析】

【詳解】

從給定圓中選出半徑最大的圓a,其半徑為哈面積為5，則與圓a有重疊的圓連同圓?！?起覆蓋的面積

必《乃（3j=9￡,即5舊:“.然后去掉與圓O1重疊的圓，再?gòu)氖Ｏ碌膱A（圓a除外）選出半徑最大的

圓。2,其半徑為與，并將與圓a有重:疊的圓去掉.這樣經(jīng)過(guò)有限步可得有限個(gè)兩兩不重調(diào)的圓a，o2,...

。/,它們覆蓋的1加積為S1+S2H---1-SkNg（MI+M2-\---=

20.（2021?全國(guó)?九年級(jí)競(jìng)賽）證明：一個(gè)邊長(zhǎng)為5的正方形可以被3個(gè)邊長(zhǎng)為4的正方形所覆蓋.

【答案】見(jiàn)解析.

【解析】

【分析】

【詳解】

設(shè)正方形ABC￡>的邊長(zhǎng)為5,先放置一個(gè)邊長(zhǎng)為4的正方形CEEG,其中C為原正方形ABC。的一個(gè)頂點(diǎn),

E在邊8上，尸在正方形A8C￡>內(nèi)，G在邊CB上.連AF,再放置第二個(gè)邊長(zhǎng)為4的正方形AqGR,其

中A是原正方形的一個(gè)頂點(diǎn)，且使。在射線RG上（如圖），由勾股定理有：DQNAD-AD；

=752-42=3<D,C,.故。在線段AG內(nèi)，且CQ=C,G-Z）Q=4-3=1.設(shè)3?與CO交于”，則

DE=CD-CE=5-4=l=DCt<DH,故E在線段內(nèi)，從而E被正方形覆蓋.又

ZB,AD>ZBtACt=45°=AFAD,即A尸在內(nèi)，RAF=〃DE=&<4=A4,故F也被正方形

ABCA覆蓋，這就證明了梯形4尸￡￡>可以被一個(gè)邊長(zhǎng)為4的正方形ABCR所覆蓋.同理，梯形AEGB也

可以被一個(gè)邊長(zhǎng)為4的正方形AB2G2所覆蓋，于是正方形A8CD可被3個(gè)邊長(zhǎng)為4的正方形所覆蓋.

21.（2021?全國(guó)?九年級(jí)競(jìng)賽）如圖①，有一個(gè)長(zhǎng)方體形狀的敞口玻璃容器，底面是邊長(zhǎng)為20cm的正方形,

高為30cm,內(nèi)有20cm深的溶液，現(xiàn)將此容器傾斜一定角度”（圖②），且傾斜時(shí)底面的一條棱始終在桌面

上（圖①，②均為容器的縱截面）.

(1)當(dāng)a=30°時(shí)，通過(guò)計(jì)算說(shuō)明此溶液是否會(huì)溢出；

(2)現(xiàn)需要倒出不少于3OOOcm3的溶液，當(dāng)。等于60。時(shí)，能實(shí)現(xiàn)要求嗎？通過(guò)計(jì)算說(shuō)明理由.

【答案】(1)不會(huì)溢出，理由見(jiàn)解析；(2)不能實(shí)現(xiàn)要求，見(jiàn)解析.

【解析】

【分析】

【詳解】

(1)當(dāng)&=30。時(shí)，如圖a,過(guò)C作C尸//BP交所在直線于F.

在RtZ\C￡>/中，//(7￡)=30°,8=20011,￡>/=生叵011<30011,所以點(diǎn)尸在線段4￡)上，AF=30-生叵，

33

此時(shí)容器內(nèi)能容納的溶液量為

5附加心-20=(AF+；C)AB.20=卜0-邛+3。1?20?10=4000[3-^](cm3).而容器中原有溶液量為

213J

20x20x20=8000(cm3).0^4000^3-^>8000,所以當(dāng)a=30°時(shí)溶液不會(huì)溢出.

(2)如圖4當(dāng)&=60。時(shí)，過(guò)C作C/〃BP交AB所在直線于尸.在Rt^CBF中，8C=30cm,ZBCF=30°,

B尸=106<20cm,所以點(diǎn)F在線段A3上，故溶液縱截面為RtZ\8尸C.因久肝,=gx8Cx8F=150辰0?,

容器內(nèi)溶液量為1506x20=3000&11?,倒出的溶液量為(8000-30006)<300001?,所以不能實(shí)現(xiàn)要求.

22.(2021?全國(guó)?九年級(jí)競(jìng)賽)甲、乙兩艘輪船駛向一個(gè)不能同時(shí)停泊兩艘輪船的碼頭停泊，它們?cè)谝粫円?/p>

內(nèi)到達(dá)的時(shí)間是等可能的，如果甲的停泊時(shí)間是1小時(shí)，乙的停泊時(shí)間是2小時(shí)，求它們中任何一艘都不

需要等候碼頭空出的概率(精確到0.001).

【答案】0.879.

【解析】

【分析】

【詳解】

設(shè)自當(dāng)天零時(shí)算起，甲、乙兩船到達(dá)碼頭的時(shí)刻分別是x和V,則必須04x424,04y424.我們視(x,y)為

平面直角坐標(biāo)系內(nèi)的點(diǎn)，于是點(diǎn)(x,y)落在一個(gè)面積為S=242的正方形。鉆C的內(nèi)部或邊界上(如下圖).如

果輪船不需要等候碼頭空出，那么當(dāng)船甲先到時(shí)，船乙應(yīng)遲來(lái)1個(gè)小時(shí)以上，即y-XN1,即yNx+1；當(dāng)

船乙先到時(shí)，船甲應(yīng)遲來(lái)2個(gè)小時(shí)以上，即x-”2,即”x-2,即點(diǎn)(x,y