Втрапеции авсd боковая сторона ав перпендикулярна основаниям. точка о отрезка ав такова, что углы сов и аоd равны. известно, что вс=1 аd=5. в каком отношении точка о делит сторону ав?

64sin⁶x =3tq²x ;  * * * ОДЗ: cosx≠0   ( иначе  cos2x≠ -1)
sin²x =0 (при этом cosx =± 1) ⇒x =πn , n∈Z.
64sin⁴x =3/cos²x ;       * * *  ! ? cosx= ((√3)/2) удовлетворяет * * *
64sin²x*cos²x *sin²x =3 ;  
16*(2sinx*cosx)² *(1-cos2x)/2 =3 ;
8sin²2x(1-cos2x) =3 ;
8(1-cos²2x)(1-cos2x) =3 ;  * * * замена  t =cos2x  -1≤t ≤1 * * *
8t³ -8t² -8t +8 =3 ;   * * * t =1/2   решение * * *
4t³ -4t² -4t +5/2 =0 ;
4t³-2t²  -2t² +t -  5t  +5/2 =0 ;  
4t²(t -1/2) -2t(t-1/2) -5(t -1/2) =0 ;
(t-1/2)(4t² -2t -5) =0 ⇔ [t=0 ; 4t² -2t -5 =0.
[ t =1/2 ;t =(1-√21)/4 ,  * * *  t =(1+√21)/4  >1 →не решение * * *   
а)
cos2x =1/2⇒2x =±π/3+2πn ,n∈Z.   
x= ±π/6+πn ,n∈Z.  
б)
cos2x =(1-√21)/4 ⇒2x =±arccos(1-√21)/4) + 2πn ,n∈Z.;
x =±(1/2)arccos(1-√21)/4) + πn ,n∈Z.

ответ: πn ;  ±π/6+πn ; ±(1/2)arccos(1-√21)/4) + πn ,n∈Z.  n∈Z.

некрасивое  решение 

Будем рассматривать то,что слева и справа от знака равенства как две функции.Назовем левую 1, а правую 2. Заметим,что они обе нечетные и обе проходят через точку (0,0).Так же заметим,что вблизи (0,0) 1 идет круче,чем 2.
Посмотрим сколько локальных максимумов имеет 1 на участке от (0;пи) через производную:
пи/3 *cos(пи/3 *sinx)*пи/3 *сosx=0, то есть x=пи/2, либо sinx=3/2-не может быть.
Поэтому на участке (0;пи) 1 точка пересечения графиков функций.
Последнее замечание,что на участке от (2пи;2,5пи) значения 2 больше значений 1,поэтому в силу цикличности графика 1 и симметричности 1 и 2 делаем вывод,что всего 3 решения.
Дальше разумным подбором находим 1 решение, а второе будет отличаться только знаком.
Итак, x=0;пи/6;-пи/6.