Решение №38654: Для двух разных порядков получаются повороты в прогивоположных направлениях. Повороты на \(180^/circ\) в противоположных направлениях совпадают.

Ответ: NaN

Решение №38655: Середины сторон квадрата являются вершинами другого квадрата. При гомотетии с коэффициентом 2 и центром в данной точке середины сторон квадрата переходят в точки, симметричные данной точке относительно них.

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38656: Точка \(С\) переходит в точку пересечения медиан треугольника \(АВС\) при гомотетии с коэффициентом \(\frac{1}{3}\) и центром в середине стороны \(АВ\).

Ответ: NaN

Решение №38657: При гомотетии с центром в точке пересечения диагоналей четырёхугольника и коэффициентом \(\frac{3}{2}\) точки пересечения медиан указанных треугольников переходят в середины сторон четырёхугольника. Середины сторон четырёхугольника являются вершинами прямоугольника (задача 13.8).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38658: Пусть продолжения боковых сторон \(АВ\) и \(CD\) трапеции \(ABCD\) пересекаются в точке \(Р\), а её диагонали - в точке \(О\). При гомотетии с центром \(Р\), переводящей отрезок \(ВС\) в отрезок \(AD\), точка \(М\) переходит в точку \(N\), поэтому точка \(Р\) лежит на прямой \(MN\). При гомотетии с центром \(О\), переводящей отрезок \(ВС\) в отрезок \(DA\), точка \(М\) переходит в точку \(N\), поэтому точка \(O\) тоже лежит на прямой \(MN\). Замечание. Другое решение приведено в указании к задаче 17.13.

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38659: При гомотетии с коэффициентом \(-\frac{1}{2}\) и центром в точке пересечения медиан треугольника верщина треугольника переходит в середину противоположной стороны. Поэтому прямая, содержащая биссектрису треугольника, переходит в прямую, проходящую через середину стороны параллельно биссектрисе противолежащего угла.

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38660: При гомотетии с центром \(М\) и коэффициентом \(-2\) прямые \(РА_{1}\), \(РB_{1}\) и \(РC_{1}\) переходят в прямые \(l_a\), \(l_b\) и \(l_c\), поэтому точка \(Q\) является образом точки \(Р\) при этой гомотетии.

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38661: Одна окружность переходит в другую при гомотетии с центром \(К\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38662: Одна окружность переходит в другую при гомотетии с центром \(К\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38663: При гомотетии, переводящей первую окружность во вторую, вторая окружность переходит в третью. Квадрат коэффициента этой гомотетии равен \(\frac{18}{2} = 9\).

Ответ: NaN

Решение №38664: При гомотетии с коэффициентом \(\frac{1}{3}\) и центром в середине стороны \(АВ\) точка \(С\) переходит в точку пересечения медиан треугольника \(АВС\).

Ответ: NaN

Решение №38665: Пусть прямая \(АВ\) пересекает окружность радиуса \(r\) в точке \(С\). Квадрат отрезка касательной равен \(BA \cdot BC\), \(BC = BA + AC\) и \(AC = \frac{r}{R}a\).

Ответ: NaN

Решение №38666: Пусть прямая \(АВ\) пересекает окружность радиуса \(r\) в точке \(С\). Квадрат отрезка касательной равен \(BA \cdot BC\), \(BC = BA - AC\) и \(AC = \frac{r}{R}a\).

Ответ: NaN

Решение №38667: Из свойств биссектрисы и теоремы синусов получите \(AK : KD = AP : DP = \sin{D} : \sin{A}\) и \(AL: LB = AQ : BQ = \sin{B} : \sin{A}\). Сумма углов \(В\) и \(D\) равна \(180^\circ\), поэтому \(\sin{B} = \sin{D}\). Следовательно, \(AK : KD = AL : LB\), поэтому рассматриваемые окружности гомотетичны.

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38668: Проведите прямую, соединяющую центры окружностей, и рассмотрите диаметры, перпендикулярные этой прямой. Они являются основаниями трапеции. Центр одной гомотетии - точка пересечения диагоналей этой трапеции, центр другой гомотетии - точка пересечения продолжений боковых сторон.

Ответ: NaN

Решение №38669: При гомотетии с коэффициентом \(-2\) и центром в точке \(М\) точки \(А_{1}\), \(B_{1}\) и \(C_{1}\) переходят в вершины треугольника. Поэтому при этой гомотетии ортоцентр треугольника \(А_{1}B_{1}C_{1}\) переходит в ортоцентр \(Н\) треугольника \(АВС\). Но ортоцентр треугольника \(А_{1}B_{1}C_{1}\) - это центр \(O\) описанной около треугольника \(АВС\) окружности.

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38670: Треугольник \(ВСВ_{2}\) прямоугольный, поэтому его медиана \(В_{2}А_{1}\) равна половине гипотенузы \(ВС\). Следовательно, диагонали или боковые стороны трапеции с основаниями \(A_{1}C_{1}\) и \(В_{1}В_{2}\) равны. Поэтому эта трапеция равнобедренная и около неё можно описать окружность. Следовательно, точка \(В_{2}\) лежит на окружности, описанной около треугольника \(А_{1}В_{1}С_{1}\). Аналогично точки \(А_{2}\) и \(С_{2}\), лежат на этой окружности.

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38671: Окружность \(S\) проходит через точки \(А_{1}\) и \(А_{2}\), поэтому её центр лежит на серединном перпендикуляре к отрезку \(А_{1}А_{2}\). Три таких серединных перпендикуляра пересекаются в середине отрезка \(ОН\). Окружность \(S\) переходит в окружность, описанную около треугольника \(АВС\), при гомотетии с коэффициентом \(-2\) и центром \(М\), поэтому радиус окружности \(S\) равен половине радиуса описанной окружности.

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38672: Для каждого из этих треугольников окружность Эйлера проходит через середины отрезков \(AB\), \(ВС\), \(СА\), \(АН\), \(ВН\) и \(СН\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38673: Для остроугольного треугольника \(АВС\) точки \(А_{2}\) и \(А_{3}\) лежат по разные стороны от прямой \(B_{3}C_{3}\) и \(\angle B_{3}A_{2}C_{3} = \angle B_{3}HC_{3} = 180^\circ - \angle B_{3}A_{3}C_{3}\). Треугольники \(АВС\), \(НВС\), \(АНС\) и \(АВН\) имеют общую окружность Эйлера, и один из этих треугольников остроугольный.

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38674: Пусть искомый отрезок равен \(х\). Основания подобных трапеций пропорциональны, поэтому \(а : х = х : b\).

Ответ: \(x = $\sqrt{ab}$\)

Решение №38675: Выполнив предварительно гомотетию, можно считать, что стороны трапеций соответственно равны. Отложим на основаниях \(AD\) и \(A_{1}D_{1}\) отрезки \(АЕ\) и \(A_{1}E_{1}\), равные \(ВС\). Треугольники \(CDE\) и \(C_{1}D_{1}E_{1}\) равны по трём сторонам.

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38676: Преобразованием подобия можно совместить сторону одного данного четырёхугольника со стороной другого так, чтобы углы при этих сторонах тоже совместились. Рассмотрите четырёхугольники \(ABCD\) и \(ABC_{1}D_{1}\) с общей стороной \(АВ\) и общими углами с вершинами \(А\) и \(В\); диагонали четырёхугольников пересекаются в точках \(О\) и \(О_{1}\) (рис. 279). Стороны \(CD\) и \(C_{1}D_{1}\) параллельны или совпадают. Предположите, что они не совпадают и, для определённости, \(AC_{1} > AC\). Тогда \(\angle ABC_{1} > \angle ABC и \(\angle BAD_{1} > \angle BAD\), поэтому \(\angle AO_{1}B < \angle AOB\), что противоречит условию.

Ответ: Утверджение доказано.

Пока решения данной задачи,увы,нет...

Ответ: NaN

Пока решения данной задачи,увы,нет...

Ответ: NaN

Пока решения данной задачи,увы,нет...

Ответ: NaN

Пока решения данной задачи,увы,нет...

Ответ: NaN

Пока решения данной задачи,увы,нет...

Ответ: NaN

Пока решения данной задачи,увы,нет...

Ответ: NaN

Пока решения данной задачи,увы,нет...

Ответ: NaN