Matematyka.pl

skorzystaj z tego wzoru na pole \(\displaystyle{ P=\frac{1}{2}ab \sin \gamma}\) gdzie z tw. sinusów \(\displaystyle{ \sin \gamma= ...}\) i to już praktycznie będzie koniec dowodu.

np. z tw. cosinusów dla trójkąta MNO:)

\(\displaystyle{ |AB|=a=\sqrt{x_a-x_b)^2+(y_a-y_b)^2}}\), a pole \(\displaystyle{ P=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}}\)

Niech |AB|=6 oraz |CD|=3, poprowadźmy wysokości CC' i DD' na podstawę AB, czyli \(\displaystyle{ h=|CC'|=|DD'|}\). Przyjmijmy, że \(\displaystyle{ |AD'|=x}\) wtedy \(\displaystyle{ |C'B|=3-x}\), stąd z tw. Pitagorasa
\(\displaystyle{ (3+x)^2+h^2=7^2}\) oraz \(\displaystyle{ (6-x)^2+h^2=8^2}\), dalej z górki:)

Tak, jest okay

Twoje d i d z odpowiedzi to jedno i to samo

Wszystko okay, ale mianownik masz źle, powinno być \(\displaystyle{ P(A)=\frac{6\cdot 3n \cdot 2n \cdot n}{6n(6n-1)(6n-2)}}\), nie rozumiem skąd ten iloczyn \(\displaystyle{ 6 \cdot 5 \cdot 4}\).

wsk. Długość promienia okręgu opisanego na trójkącie można policzyć ze wzoru: \(\displaystyle{ R=\frac{abc}{4P}}\), ponieważ masz podane boki to najłatwiej policzyć pole korzystając ze wzoru Herona \(\displaystyle{ P=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}}\), gdzie \(\displaystyle{ p=\frac{1}{2}(a+b+c)}\).

raczej powinno być tak:
\(\displaystyle{ \int (-x^2+7x-10)dx=-\frac{x^3}{3}+\frac{7x^2}{2}-10x +C}\)

I jeśli się nie pomyliłam wychodzi \(\displaystyle{ \frac{27}{6}}\)

wsk. \(\displaystyle{ \sin^4x+\cos^4x=(\sin^2x+\cos^2x)^2-2\sin^2x\cos^2x}\)

Skorzystaj z podobieństwa trójkątów na jakie wysokość podzieliła wyjściowy trójkąt, przydatny będzie też wzór na promień okręgu wpisanego w trójkąt prostokątny \(\displaystyle{ r=\frac{a+b-c}{2}}\).

a gdzie znajduje się punkt S?

\(\displaystyle{ x^4+2=(x^2+\sqrt{2})^2-2x^2\sqrt{2}}\) i teraz ze wzoru na różnicę kwadratów

Skorzystaj z własności kątów wpisanych i środkowych w okręgu.

Z tw o dwusiecznej \(\displaystyle{ \frac{n}{m}=\frac{a}{b}}\) oraz \(\displaystyle{ m+n=c}\), i traktujemy to jak układ równań z niewiadomymi m i n