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（）.

（图中:口表示I名I人I小时生产某种兀件的数盘.

口表示组装一件成品需要的元件数依）

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=方的图象过点尸（1,4）且与x轴和），轴的正半轴交于4B

两点，点O为坐标原点，当AAOB的面积最小时，k,6的值为（）

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

3.（2021•全国•九年级竞赛）如图，已知ADEF的边长分别为1,6,2,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AABC,使得相似比为三三=%,那么k的不同值

C.3D.4

二、填空题

4.（2021•全国•九年级竞赛）如图所示,正方形4?8的边长为10。111,点后在边。8的延长线上且£8=10€111,

点P在边CD上运动，EP与A8的交点为F.设£>P=xcm,△EFB与四边形的面积和为yen?,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y=x+2,y=-x+2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6石cm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.问最少要连儿条线段？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）设仞।是凸五边形A&A4A，将沿AA,方向平移，使A移到凡得到凸五

边形M,（i=2,3,4,5）.证明：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5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"个不全共线的点，求证：存在一条直线/,它恰通过其中两个点.

14.（2021•全国•九年级竞赛）已知A,B,C,。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,£）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ABC。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I的正三角形纸片，乙是边长为I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

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。（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&=30。时，通过计算说明此溶液是否会溢出；

（2）现需要倒出不少于30080?的溶液，当。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“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，ND4C=45。，以线段AC为直径的圆与

AB和AO的延长线分别交于点E和R过点B作AC的垂线，垂足为，.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（）.

（图中:口表示I名I人I小时生产某种兀件的数盘.

口表示组装一件成品需要的元件数依）

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、内三种元件

的个数分别为50x,30y,20z.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Z=笨=答=辞，即》=%/=3太2=%,从而x：y：z=l:g:l=3:4:3.设在扇形图中生产甲、

乙、丙三种元件的圆心角分别为a,民九则

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

故应选艮

2.（2021•全国•九年级竞赛）如图所示，一次函数昨"+匕的图象过点尸（1,4）且与x轴和y轴的正半轴交于4B

两点，点O为坐标原点，当AAOB的面积最小时，k,人的值为（）

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

【答案】A

【详解】

解因函数'=丘+6的图象过点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,连0P,得

SQAB=S“QAp+SQPB=—x4xOA+5x1xOB

1,）1-41一一、

=—x4x-----+—x1x（4一2）

242

显然大<0.令人=—〃，则u>0,于是

°)1(16A)1-I~16门

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

等号成立当月.仅当"=3(">0),即〃=4,这时左=T,b=4-%=8.

U

故选A.

11k.4

注：的面积也可用SQHM彳XOAXOBM彳X^XM-A)算出.

122k

3.(2021•全国•九年级竞赛)如图，已知AOE尸的边长分别为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AABC,使得相似比为三三=左，那么々的不同值

C.3D.4

【详解】

作图知与ADEF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.

4.（2021•全国•九年级竞赛）如图所示，正方形ABC。的边长为10cm,点E在边CB的延长线上且E8=10cm,

点P在边CD上运动，EP与AB的交点为尸.设QP=xcm,△EF8与四边形AFPD的面积和为ycm?,那

么y与x之间的函数关系式是

【答案】y=5x+50(0<x<10)

【详解】

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四边形A尸P£)

=-xBExBF+-(AF+DP)xAD

22

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

222\_2_

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

故应填y=5x+50(0<x<10).

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】13g.

【详解】

如图，设。。的半径为8,。。〜。。3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QA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RMOIQA中

0次=8田02A2=J（8+5）2-52=12,在RMO叩A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-厂+8尸，由此解出厂=/=吗，即所求圆形纸片的最小半

6.（2021•全国•九年级竞赛）由一次函数y=x+2,y=-x+2和x轴围成的三角形与圆心在（草）、半径为1的

圆构成的图形覆盖的面积等于.

【答案】4+1

【详解】

2

如图，所覆盖面积S=S.c+S半1g=^x4x2+^-l=4+y.

故答案为：4+—.

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66cm的

圆碟，圆碟落地后与地面不相交的概率大约是.

【答案】］4

【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66cm,也就是圆碟的中心必落在与地砖ABCDE尸同中心且边与地砖边彼此平行、距离

为6石的小正六边形A8|C］£）［E］片内（图6—1）.

BG

作OG_LAB于G,交A4于G1且G0=6&m,所以OG=*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.

设正六边形ABCDEF和ABCQEM的面积分别为S和S1，则所求概率为o=垦=驾=当=m=3.故

SAB-362329

应填］4.

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•：设最少要连〃条线段，如图4―3中7个点之间共连有9条线段，其中任意三点问必有两点连有线

段,故“49.

另一方面，我们证明“29,下面分4种情形讨论：

(1)若7点中存在一点A不与其他6点人,4,…,A?连线，则依题意A-A,,Aj(24i</47)中必有2点

连线，于是只可能A与4.连有线，即4,4,…，4这6点中任意两点连有线，图中一共连了蟹=15条线.

(2)若7点中存在一点A只连出一条线段，设a仅与4连有线而与其余5点A3,4，&,4，4,没

有连线，则同(1)可知A3,A4,A，A，4这5点中任意两点连有线，至少连有^^=10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A，它连出的两条线为A4，A4,

则不与A相连的4个点每两点连有线，要连力4x3^=6条线，而4连出的线段至少2条，除&A外，至少还

有一条，所以此时至少要连6+2+1=9条线.

（4）若每点至少连出3条线，则至少要连拳>10条线.

综上所述，最少要连9条线段.

解法二：设7点中从A出发所连的线段最少，只有左条，设它们是A4，AA，…,AA…其余6-&个点

瓦,鸟,…，线都与A|没有连线,于是对任意2点与,fi；（1<1<J<6-*）,由己知条件知A，B,,Bj中必有

2点连有线，而A与鸟，A与%没有连线，故只可能"与％连有线，即4,…,4小中每点与其余5-左点连

有线，于是从各点连出的线段数的总和不少于（左+1»+（6-幻（5-幻=2公-10人+30.

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g（2%2-i0k+30）=[-gj+15-

之（；）+15-停）=15-6=9,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。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1W|+1=2点M,N,若M,N在

小圆内，则MVW20c=2xO.9=L8<2.

若M,N同在一个扇面形内，则由余弦定理，有

MN<AC=y/0C2+GW2-2OC-（Mcos45°

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

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)设是凸五边形A&AAA，将仞I沿aa方向平移，使A移到4得到凸五

边形M,(i=2,3,4,5).证明：阳1,“2，知3，初4，加5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4为位似中心，以2:1为相似比作加|的位似图形例，则例仍为凸五边形且在例内.下

面我们证明〃2，加3，河4，川5都在何内，例如先证加4在M内.设P是加4内任意一点，它是内的点Q经

过平移得到的，于是Q吆44,故A4PQ为平行四边形，又R是。A4PQ的两条对角线的交点，因。和4

属于且是凸五边形，故R属于M,而AR=RP,A/：AR=2:1,故P属于M.又尸是M,内任意

一点，所以包含在M之内，同理加2，“3，知5都包含在M内，设“1,"2，加3，〃4，知5及M的面积分别为

2

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

于是，由图形重叠原理知，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A为端点的好弧最少，并且设它只有1条，它们是

44，AA3,…，AA，从而以4，4,…，4T为端点的好弧都至少有〃t条，故以这〃个点为端点的好弧至少有

条，除这〃个点外，其余21-〃个点记为4”,4+2,…，%，从中任取两点A，&+/421).因

△AA4，至少有一个内角不超过60。，故A4，AA/,44中至少有一条弧不超过2x600=120。，根据A的取

法，这条弧不能是AA和A4,而只能是44，即A4是好弧.可见以4.4皿…,&中任意两点

A，4("+14i<JW21)为端点的弧都为好弧.这样的好弧有:.(21—〃)(20-〃)条.综上所述知好弧至少有

y=l./J（n-l）+l.（21-/2）（20-«）=f/j-—1+—>f->|+—=100条.当N=10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8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w

【详解】

解我们用x，y分别表示AB到达的时刻，而两人能会面的充分必要条件为卜-y归20,其中

0<x<60,0<y<60.我们用平面直角坐标系中的点（x,y）表示AB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Q4BC.代表能够会面的点都落在图中画有阴影

线的区域4内（图6—2）,于是

S”=S正方形0ABe一2xS.m支=60--2x—x40x40

=602—402,

p=—10=—5

8442

故两人能会面的概率为

S正方形Q45c6039

答：两人能会面的概率等于也

13.（2021•全国•九年级竞赛）平面上给出〃个不全共线的点，求证：存在一条直线/,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（尸,/）,则/为所求.

实际上，设/上有不少于3个给定的已知点，则过P作尸4_1/于4（如图），则在/上A的某一侧（包括A）

必有2个已知点，设为（M可能与4重合，连PN,并用作MQJ.PN于°,过A作4?_LPN于R,

则=这与"=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。」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）己知A,B,C,。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,。在圆内或圆周上）问圆的半径最小该是多少？试证明之.

【答案】最小覆盖圆的半径为正，证明见解析.

3

【详解】

注意最不利的情形点A、3、C、。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

于此正三角形外接圆的半径且，再分几种情形证明最小覆盖圆的半径就是更.

33

（1）A、B、C、。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；

⑵A、8、C、。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NCN60。，

以A8为弦作圆。，使A8所对的弓形弧（含C的一侧）为60。，则此圆。覆盖A、B、C、。4点.作此

圆直径AE=2R,则（2/?）2-/?2=4《2-8炉=48241,即R4且，故A、B、C,。4点被一个半径不大

3

于立的圆覆盖；

3

（3）A、B、C、。是一个凸四边形的4个顶点，则ZA+NC,ZB+"中必有一个不小于180。，不妨设

Zfi+ZL>>180°,同（2）可证的外接圆半径4且，且由/B+NO2180。知。点也在这个圆内或圆周

3

上，故A、B、C、。可以被一个半径不大于且的圆所覆盖.

3

综上可得，所求最小覆盖圆的半径为史.

3

15.（2021•全国•九年级竞赛）任意凸四边形月88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290。，不妨设NA290。，以对角50为立径的圆。必覆盖.若

ZC>90°,圆。覆盖四边形ABCD结论成立，若NC>90。，则C在圆外，圆。与8、CB中至少一条线段

相交，不妨设圆。与C。交于£,于点分别以80、BC为直径的两个圆覆盖四边形A3CO.

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I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=。），而60。+90。+120。<360。，所以甲、乙、丙合起来不得盖住半径为1的圆.

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。内任意放入6个半径为1的小圆，则小圆圆心都在以。为中心，6-1=5

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QQ，都要与6个小圆中某个00,（14区6）

重叠，那么20,41+142,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6万=24万<25%=乃与？，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。0/（4=1,2,3,4）,其中。0一。。2，有公共点4，。。2，有公共点儿,

OO,,。。4有公共点4，。。2，。。3，。。4公共点儿.

（1）若A，A2,A,,A,共线（如图顺序），因为4，4都是圆形纸片与。。3的公共点，故线段A4在

圆形纸片001与。。2的公共部分内，又44都是圆形纸片0。2与0。4的公共点，故线段&A在圆形纸片

与。。4的公共部分内，所以线段44上任意一点都是这4张圆形纸片的公共点.

IIII

414244

（2）若A，A2,A3,4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A，4,4

都在O。内，故△4]A2A3被圆形纸片。。1所覆盖，从而4在圆形纸片O。[内，而4是圆形纸片。。2，。。3，

0。4的公共点，所以4是这张圆形纸片的公共点.

匚月|

（3）若A，4，A3,是一个凸四边形的4个顶点（如图），同上可知线段A4在圆形纸片。。与。。3的

公共部分内，线段在圆形纸片。。2与的公共部分内，所以A4与人24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

【答案】见解析.

【解析】

【分析】

【详解】

从给定圆中选出半径最大的圆a,其半径为哈面积为5，则与圆a有重叠的圆连同圆。「•起覆盖的面积

必《乃（3j=9£,即5旧:“.然后去掉与圆O1重叠的圆，再从剩下的圆（圆a除外）选出半径最大的

圆。2,其半径为与，并将与圆a有重:叠的圆去掉.这样经过有限步可得有限个两两不重调的圆a，o2,...

。/,它们覆盖的1加积为S1+S2H---1-SkNg（MI+M2-\---=

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ABC£>的边长为5,先放置一个边长为4的正方形CEEG,其中C为原正方形ABC。的一个顶点,

E在边8上，尸在正方形A8C£>内，G在边CB上.连AF,再放置第二个边长为4的正方形AqGR,其

中A是原正方形的一个顶点，且使。在射线RG上（如图），由勾股定理有：DQNAD-AD；

=752-42=3<D,C,.故。在线段AG内，且CQ=C,G-Z）Q=4-3=1.设3©与CO交于”，则

DE=CD-CE=5-4=l=DCt<DH,故E在线段内，从而E被正方形覆盖.又

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

ABCA覆盖，这就证明了梯形4尸££>可以被一个边长为4的正方形ABCR所覆盖.同理，梯形AEGB也

可以被一个边长为4的正方形AB2G2所覆盖，于是正方形A8CD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”（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a=30°时，通过计算说明此溶液是否会溢出；

(2)现需要倒出不少于3OOOcm3的溶液，当。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&=30。时，如图a,过C作C尸//BP交所在直线于F.

在RtZ\C£>/中，//(7£)=30°,8=20011,£>/=生叵011<30011,所以点尸在线段4£)上，AF=30-生叵，

33

此时容器内能容纳的溶液量为

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为

213J

20x20x20=8000(cm3).0^4000^3-^>8000,所以当a=30°时溶液不会溢出.

(2)如图4当&=60。时，过C作C/〃BP交AB所在直线于尸.在Rt^CBF中，8C=30cm,ZBCF=30°,

B尸=106<20cm,所以点F在线段A3上，故溶液纵截面为RtZ\8尸C.因久肝,=gx8Cx8F=150辰0?,

容器内溶液量为1506x20=3000&11?,倒出的溶液量为(8000-30006)<300001?,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V,则必须04x424,04y424.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S=242的正方形。钻C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y-XN1,即yNx+1；当

船乙先到时，船甲应迟来2个小时以上，即x-”2,即”x-2,即点(x,y