1)нет
2)да
3)нет
4)бессектриса
5)равнобедренный
6)хз
7)Окружность называется вписанной в треугольник, если она касается через все его сторон.
Теорема.
Центр окружности, вписанной в треугольник, является точкой пересечения его биссектрис.
Доказательство.
Пусть ABC данный, O – центр вписанной в него окружности, D, E и F – точки касания окружности со сторонами. Δ AEO = Δ AOD по гипотенузе и катету (EO = OD – как радиус, AO – общая). Из равенства треугольников следует, что ∠ OAD = ∠ OAE. Значит AO биссектриса угла EAD. Точно также доказывается, что точка O лежит на двух других биссектрисах треугольника. Теорема доказана.
7) хз
Пусть катеты равны а и b, гипотенуза равна с и высота, проведённая из вершины прямого угла, равна h.
Высота прямоугольного треугольника, проведённая из вершина прямого угла к гипотенузе, равна произведению катетов, делённому на гипотенузу прямоугольного треугольника.Гипотенузу треугольника найдём по теореме Пифагора (сумма квадратов катетов равна квадрату гипотенузы) :
c² = a² + b² = 5² + 12² = 25 + 144 = 169
c = √c² = √169 = 13 см.
Тогда, по выше сказанному, h равно :
h = ab / c = 5 см*12 см / 13 см = 60 см²/13 см = 4 8/13 см.
4 8/13 см.
141.2) Дано уравнение sin 5x - √3 cos 5x = 0.
Разделим обе части на cos 5x.
(sin 5x/ cos 5x) - (√3 cos 5x/ cos 5x) = 0,
tg 5x = √3,
5x = arc tg (√3) = (π/3) + πk,
x = (π/15) + (πk/5).
141/4) Дано уравнение 3 sin² (x/5) - 7 sin (x/5)*cos (x/5) + 4 cos² (x/5) = 0.
Разделим обе части на cos² (x/5).
Получаем 3 tg² (x/5) - 7 tg (x/5)+ 4 = 0. Заменим tg (x/5) на t.
В результате имеем квадратное уравнение 3t² - 7t + 4 = 0.
Ищем дискриминант:
D=(-7)^2-4*3*4=49-4*3*4=49-12*4=49-48=1;
Дискриминант больше 0, уравнение имеет 2 корня:
t_1=(√1-(-7))/(2*3)=(1-(-7))/(2*3) =(1+7)/(2*3)=8/(2*3)=8/6=4/3≈ 1.333;
t_2=(-√1-(-7))/(2*3)=(-1-(-7))/(2*3)=(-1+7)/(2*3)=6/(2*3)=6/6=1.
Обратная замена:
tg (x/5) = 4/3. (x/5) = arc tg (4/3) + πk. k ∈ Z.
x = 5 arc tg (4/3) + 5πk. k ∈ Z.
tg (x/5) = 1. (x/5) = arc tg (1) + πk = (π/4) + πk. k ∈ Z.
x = (5π/4) + 5πk. k ∈ Z.