Объяснение:
7tg^2 x + 3tg x + 2cos^2 x - 7cos x + 1 = 0
Можно применить универсальную тригонометрическую подстановку.
t = tg(x/2), тогда 
, 
. Подставляем:
Приводим к общему знаменателю (1-t^2)^2*(1+t^2)^2:
Избавляемся от дробей:
28t^2(1+2t^2+t^4) + 6(t-t^3)(1+2t^2+t^4) + 2(1-2t^2+t^4)(1-2t^2+t^4) -
- 7(1+t^2)(1-3t^2+3t^4-t^6) + (1-2t^2+t^4)(1+2t^2+t^4) = 0
Раскрываем скобки:
28t^2 + 56t^4 + 28t^6 + 6t - 6t^3 + 12t^3 - 12t^5 + 6t^5 - 6t^7 + 2 - 4t^2 + 2t^4 -
- 4t^2 + 8t^4 - 4t^6 + 2t^4 - 4t^6 + 2t^8 - 7 - 7t^2 + 21t^2 + 21t^4 - 21t^4 - 21t^6
+ 7t^6 + 7t^8 + 1 - 2t^2 + t^4 + 2t^2 - 4t^4 + 2t^6 + t^4 - 2t^6 + t^8 = 0
Приводим подобные:
t^8*(2+7+1) - 6t^7 + t^6*(28-4-4-21+7+2-2) - 6t^5 + t^4*(56+2+8+2+21-21+1-4+1)
+ 6t^3 + t^2*(28-4-4-7+21-2+2) + 6t + (2-7+1) = 0
10t^8 - 6t^7 + 6t^6 - 6t^5 + 66t^4 + 6t^3 + 34t^2 + 6t - 4 = 0
Делим все на 2
5t^8 - 3t^7 + 3t^6 - 3t^5 + 33t^4 + 3t^3 + 17t^2 + 3t - 2 = 0
Это уравнение имеет 2 иррациональных корня:
t1 = tg(x/2) ≈ -0,387
x/2 ≈ -arctg(0,387) + П*k
x1 ≈ -2arctg(0,387) + 2П*k, k ∈ Z
t2 = tg(x/2) ≈ 0,25
x/2 ≈ arctg(0,25) + П*k
x2 ≈ 2arctg(0,25) + 2П*k, k ∈ Z
В общем, у меня такое чувство, что в задании опечатка.
Слишком сложно получилось.
Ну, или это задание из математической спецшколы.
1)
проведём в трапеции ABCD высоты BF и CK? получим равнобедренные и равные треугольники ABF и DCK => AF = KD примем их за х, тогда
6 - 2х = 2
2х = 4
х = 2
а так как треугольники равнобедренные, то AF=BF = 2
Sтрапеции = BC+AD/2 * h
Sтрапеции = 2+6/2 * 2 = 8
ответ: 8
2) <ACB является вписанным в окружость, а <AOB является центральным, но они опираются на одну дугу, а нам известно, что в таком случае вписанный угол вдва раза меньше центрального => <AOB = 2*ABC = 62*2 = 124 градуса
ответ: 124 градуса
потому что из под корня четной степени может выйти только 0 или положительное число
а 0 нельзя брать так как Число в знаминателе а на 0 делить нельзя