Проведем дополнительные построения.
Продлим лучи AB,AC,AD.
В плоскости (ВАС) через точку Р проведем прямую (К1С1) ||(KC).
В плоскости (САD) через точку С1 проведем прямую (С1D1) ||(CD).
Плоскость (K1C1D1) параллельна (KCD) и проходит через точку Р.
Прямая (C1D1)-линия пересечения плоскостей (АС1D1) и (K1C1D1).
Прямая (MC) пересекает (C1D1) в точке Q.
Точка Q принадлежит плоскостям (АС1D1) и (K1C1D1).
Прямая (PQ)-искомая прямая, которая проходит через точку Р ,
Параллельная плоскости(DKC) и пересекающая прямую (СМ) в точке Q.
Теперь отношение CQ:CM
В ∆ ACD построим среднюю линию (MA1) || (CD), тогда |АА1| =|СА1|.
В ∆ ABC построим прямую (SA1) ||(KC)|| (K1C1).
Указанные прямые по теореме Фалеса отсекают на сторонах углов < BAN и <NAC
-пропорциональные отрезки.
Точка Е –пересечение медиан , отрезки |NE|=1/3*AN , |AE|=2/3 *AN.
Точка Z – пересечение (АЕ) и (SA1), отрезки |EZ|=|AZ|=1/3*AN.
Тогда PE:EZ=(PN+NE):EZ=(AN+1/3*AN):1/3*AN=4/3*AN:1/3*AN=4:1
∆ QCC1 и ∆ MCA1 –подобные по трем углам.
CQ:CM=CC1:CA1=PE:EZ=4:1
ответ : отношение CQ:CM=4:1
ответ без решения 4 :
Да ладно, напишу решение.
По свойству отрезков касательных из одной точки сразу ясно, что периметр А1В1С (без 1) равен УДВОЕННОМУ отрезку от вершины С до точки касания АС с вписанной окружностью. Это на самом деле уже ВСЁ решение, но я продолжу :))
Надо найти r - вписанной окружности и угол С (точнее, надо найти ctg(C/2));
По формуле Герона считаем площадь треугольника, она равна 6*√6; полупериметр 9; отсюда r = 2*√6/3;
по теореме косинусов
7^2 = 5^2 + 6^2 - 2*5*6*cos(C); откуда cos(C) = 1/5; ctg(C/2) = √6/2;
Поэтому искомая величина равна
2*r*ctg(C/2) = 2*(6*√6)*(√6/2) = 4
угол 1=углу 2(накрест лежащие).
угол 1=углу 6(вертикальные).
угол 1=углу 6(вертикальные).
угл 1 и угл 5-смежные, то угл 5=180-51=129 градусов.
угл 5=углу 3(вертикальные).
угл 3=углу 4(накрест лежащие).
угл 4=углу 8(вертикальные), то углы 5=3=4=8.
Мы нашли все образовавшиеся углы