480.
ΔABC і ΔA1B1С1 гомотетичні з центром Р, R = 2.
481.
Тетраедр DA1B1С1 гомотетичний тетраедру DABC відносно т. D, R = 0,5.
482.
Р і A симетричні відносно В. Тетраедр A1B1C1D1 гомотетичний тетраедру ABCD відносно т. Р із коефіцієнтом R = -1.
483.
В результаті гомотетії відносно т. А т. О – центроїд грані ABC відобразиться в т. М – середину ВС.
Звідси 
або R = 1,5.
484.
Куб A′B′C′D′A′1B′1C′1D′1 гомотетичний кубу ABCDA1B1C1D1, відносно т. А з коефіцієнтом R = -2.
485.
Так, може. Наприклад, дві сфери різного радіуса зі спільним центром гомотетичні відносно центра сфер.
486.
Одна з них може лежати у внутрішній області другої, можуть перетинатися, можуть не мати спільних точок.
487.
А) якщо центри сфер збігаються, то сфери гомотетичні; R = 2, центр гомотетії – центр сфер;
Б)якщо
R = 2;
В) якщо сфери мають зовнішній дотик, то сфери гомотетичні. Центр гомотетії – точка дотику; R = -2 (більша сфера гомотетична меншій).
488.
X2 + (y – 1)2 + (z + 3)2 -4 – сфера, (0; +1; -3) – центр; R = 2.
А) при гомотетії з центром в початку координат і R = З центр сфери буде в точці (0; 3; -9); R = 6.
Сфера задається рівнянням: х2 +(у – 3)2 +(z + 9)2 =36;
Б) при гомотетії з центром (0; 0; 0) і коефіцієнтом R = -2 центр сфери буде в точці (0; -2; 6); R = 4.
Сфера задається рівнянням: х2 + (у + 2)2 + (z – 6)2 =16.
489.
Виберемо на даній площині довільну точку А(0; 0; 2)
А) при гомотетії з центром в початку координат, R = 2, ця т. А відобразиться в т. A1(0; 0; 4); площина – в паралельну їй площину. Складемо рівняння площини, паралельній площині 2х + у – Зz + 6 = 0 і яка проходить через т. A1 (0; 0; 4):
2(х – 0) + (у – 0) – 3(z – 4) = 0; 2х + у – 3z + 12 = 0;
Б) при гомотетії з центром (0; 0; 0) і коефіцієнтом R = – З т. А відобразиться в т. 4, (0; 0; -6), площина – в паралельну їй площину. Складемо рівняння площини, яка паралельна площині 2x + y – 3z + 6 = 0 i проходить через т. A1 (0; 0;-6):
2(x – 0) + 1(у – 0) – 3(z + 6) = 0
2х + у – 3z – 13 = 0.
490.
Нехай О – центр гомотетії, а – пряма, яка проходить через О.
X – довільна точка а. Щоб побудувати точку, гомотетичну точці X, треба провести пряму через X і центр гомотетії і образ т. X буде належати цій прямій. Але через О і X проходить пряма а, а через дві точки можна провести лише одну пряму. Тому X1 – образ т. X належить прямій а. Таким чином, кожна точка прямої а відобразиться в точку цієї ж прямої. Тому пряма а відобразиться сама в себе.
491.
О — центр гомотетії, α – площина, О? α.
Проведемо в площині а через т. О дві прямі а і b, які перетинаються.
При гомотетії відносно т. О пряма а перейде в себе, пряма b перейде в себе (№ 490). Тоді образ площини а буде проходити через образи прямих а і b.
Оскільки а і b відобразились на себе, то і площина а при такій гомотетії відобразиться сама в себе.
492.
А)
Якщо два куби симетричні відносно площини їх спільної грані, то вони гомотетичні відносно т. О – точки перетину діагоналей спільної грані; R = -1;
Б)
Якщо два куби симетричні відносно прямої, яка містить їх спільне ребро, то вони гомотетичні відносно т. О – середини спільного ребра. Коефіцієнт гомотетії
R = – 1.
493.
Не можуть, бо в результаті гомотетії фігури лежать в одній або в паралельних площинах.
494.
Нехай в результаті композиції двох гомотетій: відрізок АВ відобразився на А1В1 (R = R1), а відрізок А1В1 відобразився в А2В2 (R = R2). Центр гомотетії спільний.
A1В1 = R1 × АВ, 
Тоді 
або А2В2 = R1 × R2 × АВ.
Отже, А2В2 можна було одержати в результаті гомотетії відносно т. О, відобразивши відрізок АВ із коефіцієнтом R1 × R2.
495.
Гомотетій, які відображають один із двох нерівних паралельних відрізків на другий, існує 4.
Гомотетія відносно т. О переведе АВ в A1B1 (R > 1), а відрізок Α1Β1 в АВ.(R < 1).
Гомотетія відносно т. О, переведе відрізок АВ в A1B1 (R < -1), а відрізок А1В1 у відрізок АВ (-1 < R < 0).
496.
Коло радіуса r перейде в коло радіуса R у результаті гомотетії відносно т. О
(R > 1) або відносно т. О1, (R < -1). Коло радіуса R перейде в коло радіуса r у результаті гомотетії з центром О (0 < R < 1) або з центром О1 (-1 < R < 0).
497.
А) т. А(1; 0; 2) гомотетією з коефіцієнтом R =10 відносно
Т. O(0; 0; 0) відобразиться в т. А(10; 0; 20);
Б) т. А(1; 0; 2) гомотетією з коефіцієнтом R = 10 відносно
Т. В(2; 0; 0) відобразиться в т. А1. Точки В; А і А, лежать у площині хz.
ВА1 = 10 × ВА, тоді Α1Ν = 10 × ΑΡ = 20. BN = 10 × ВР = 10 × 1 = 10.
Оскільки ВО = 2, то ¦ON¦ = 8 і т. N(-8: 0; 0). Звідси А(-8; 0; 20).
498.
ΔABC і ΔА1В1С1 гомотетичні відносно початку координат; R = 4.
499.
A1(5; 5; 5); В1(5; 10, 15); C1(-5; 10; -15); D(20; 0; 25).
500.
А) тетраедр ОА1В1С1, гомотетичний тетраедру ОАВС
Відносно O(0; 0; 0) із коефіцієнтом R = -1, має такі, координати вершин:
O(0; 0; 0); A1(-4; 0; 0); B1(0; -4; 0); С1(0; 0; -4);
Б)
Тетраедр О1АВ1С1 гомотетичний даному відносно т. А і R = 2,
Має координати: А(4; 0; 0); О1(-4; 0; 0); B1 (-4; 8; 0) ; С1(-4; 0; 8).
501.
За умовою SO : OO1 = 2 : 3, тоді SO : SO1 =2 : 5.
Нехай SA1B1C1D1= x, тоді SABCD = х + 84.
25x = 4х = 336
21х = 336
X = 336 : 21
Х = 16 см2 – площа перерізу.
502.
Якщо бічне ребро поділити на 10 рівних частин і провести площини, паралельні основі, то на 10 рівних частин розіб’ється і висота тетраедра і інші бічні ребра. Площі перерізів відносяться до площі основи як квадрати відношень висот, тобто: S1; S2; S3 … S9– площі перерізів, відповідні висоти тетраедрів з основами S1; S2; S3 … S9- h1; h2; h3 … h9 відповідно дорівнюють: h1 = 0,2h; h2=0,2h; hз = 0,3h… h9 = 0,9h.
Тоді
або
звідси S1 =0,01S; S2 =(0,2)2
S = 0,04S; S3=0,09S; S4 = 0,16S, …, S9 = 0,81S.
503.
Нехай А і В – довільні точки фігури. F, А1, R, – образи точок А і В у результаті перетворення подібності, з коефіцієнтом R1, тоді А1В1 = R1 × АВ; точки А2 і В2 – образи точок A1 і B1 у результаті перетворення подібності з коефіцієнтом R2, тоді А2В2 = R2× А1В1. Звідси 
Тоді 
звідси A2В2 = R1 × R2 × АВ.
Отже, при певному перетворенні подібності точки A2 і R2, можуть бути образом точок А і В. R – коефіцієнт подібності. R = R1 × R2.
504.
У призми, в якої сторона основи вдвічі коротша від її бічного ребра, поверхню утворюють: 2 квадрати зі стороною а і 4 прямокутники зі сторонами а і 2а.
У призми, в якої сторона основи вдвічі довша від її бічного ребра, поверхню утворюють: 2 квадрати зі стороною 26 і 4 прямокутники зі сторонами 6 і 26.
Якщо призми подібні, то при перетворенні подібності квадрат перейде у квадрат 
, тоді сторони прямокутника, подібного прямокутнику зі сторонами а і 2а, будуть рівні:
і 
а сторони нашого прямокутника 2b і b. Отже, призми не подібні.
505.
А1 – точка перетину медіан грані ADB; С1 – точка перетину медіан грані ADC.
Аналогічно можна довести, що 
і т. д.
Тоді тетраедри подібні з коефіцієнтом подібності 
507.
Площина КК1Р1 відітнула від призми ABCA1B1C1, призму АКРА1К1Р1; основа ABC призми АВСA1B1С1 і основа АКР призми ΑΚΡΑ1Κ1Ρ1 – подібні трикутники. 
Але висоти цих призм рівні. Тому дані призми не можуть бути подібними.
(1 votes, average: 5,00 out of 5)