Докажите тождество 1+tg^2a=tg^2a/sin^2a​

Объяснение:

1)одинаковыми значками отмечены равные стороны. Значит

СО=ОД=4

Ао=ОВ=3

∠СОА=∠ВОД - вертикальные.

ΔСОА≅ΔДОВ по двум сторонам и углу между ними. значит и третьи стороны равны  СА=ВД=5

5+4+3=12

ответ Р=12 см.

2)ΔАВС≅ΔСДА - по трем сторонам. СВ=ДА=6,АВ=СД=4,АС=7. Р=7+6+4=17 см.

ответ Р=17 см

3)АК=КВ=ВМ=МС ⇒АВ=ВС -суммы равных частей равны,значит треугольник АВС равнобедренный,а значит углы при основании равны! ∠А=∠С

ΔАКД≅ΔСМД по двум сторонам и углу между ними(АК=МС,∠А=∠С,АД=ДС) ⇒КД=МД -против равных углов в равных треугольниках лежат равные стороны

КВ=ВМ -дано,ВД -общая.(равна сама себе) . Отсюда по трем сторонам ΔКВД≅ΔМВД что и требовалось доказать.

4)АК=КВ=ВМ=МС ⇒АВ=ВС -суммы равных частей равны,значит треугольник АВС равнобедренный,а значит углы при основании равны! ∠А=∠С

ΔАКД≅ΔСМД по двум сторонам и углу между ними(АК=МС,∠А=∠С,АД=ДС)

  На паре-тройке примеров поясню идею. Нам можно решать уравнения y(x)=0, находить их корни и сравнивать их с абциссами (x координатами ) заданных точек. Ну решать все 6 уравнений мы не будем (Это стандартная процедура). 
  Можно поступить иначе, подставлять по очереди в рассматриваемое уравнение х-координаты точек и проверять, являются ли они корнями. (т. е. получается ли в случае подстановки верное равенство). Причем, если окажется, что мы найдем 2 общих точки, дальше можно не проверять. Больше 2-х различных общих точек не будет, ибо уравнения квадратные.
  Итак по 1-му предложенному проанализируем вариант а)

 Получаем 2 корня:

Сравниваем корни с х-координатами заданных точек.
Видим, что две точки "попадают" N и K.
Таким образом, для варианта а) запишем ответ:
а)      N(1; 0), K(2; 0)

Вариант б) Аналогично. (Кто помнит, может теорему Виета применить для поиска корней, мы же применим стандартный вариант)

Смотрим на х-координаты, видим 2 точки.
б)  M(-1; 0)  P(5; 0)

Ну и вариант в) разберем методом "тыка" (перебора вариантов)

Подставляем х-координаты

Таким образом одна из предложенных точек будет общей точкой функции и координатной оси OX
в)    M(-1; 0)

Тут точек немного и перебор кажется простым. Хотя и уравнения тут несложные и легко решаются аналитически. В таких случаях лучше применять 1й В случае отсутствия вещественных корней ответ очевиден уже на стадии получения дискриминанта D).
  Однако в случае достаточно "навороченных" уравнений перебор может оказаться эффективнее. (А то и единственно доступным быстрым