Розв’язання вправ та завдань до підручника «ГЕОМЕТРІЯ» Г. П. Бевз 11 клас - 2011 рік

§ 14. Гомотетія і перетворення подібності

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. В результаті гомотетії відносно т. А з коефіцієнтом R = 1,5 тетраедр ABCD відобразиться в тетраедр AB₁C₁D.

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 сфери мають внутрішній дотик, то центр гомотетії — точка дотику;

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 ϵ 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 S_A1B1C1D1= x, тоді S_ABCD = 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.