Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
vì a+b+c=0==> x=-(y+z) ==> \(x^2=\left(y+z\right)^2\)
<=> \(x^2=y^2+2yz+z^2\)
<=> \(x^2-y^2-z^2=2yz\)
<=> \(\left(x^2-y^2-z^2\right)^2=4y^2z^2\)
<=>\(x^4+y^4+z^4=2x^2y^2+2y^2z^2+2z^2x^2\)
<=> \(2\left(x^4+y^4+z^4\right)=\left(x^2+y^2+z^2\right)^2=a^4\)
==> \(x^4+y^4+z^4=\frac{a^4}{2}\)
Xét tứ giác BADH
BDA = 90* ( AD vuông Bz tại D )
BHA = 90* ( AH vuông By tại H )
Nên BDA = BHA = 90*
Vậy tứ giác BADH nội tiếp đường tròn tâm I đường kính AB với I là trung điểm AB
b) Ta có DBH = DBO ( BD là phân giác xBy)
Mà DBO = ODB ( tam giác OBD cân tại O có OB = OD = R)
Nên DBH = ODB
Mà 2 góc này ở vị trí so le trong
Suy ra OD // BH
bạn có thể vẽ hình được không zạ hiii mà nếu không thì thui tại hình mik vẽ không ra
a: Xét tứ giác BHDA có \(\hat{BHA}=\hat{BDA}=90^0\)
nên BHDA là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính BA
=>B,H,D,A cùng thuộc (O), với O là trung điểm của BA
c; Xét ΔBAE vuông tại A có AD là đường cao
nên \(BD\cdot BE=BA^2\left(1\right)\)
Xét ΔBAF vuông tại A có AH là đường cao
nên \(BH\cdot BF=BA^2\left(2\right)\)
Từ (1),(2) suy ra \(BD\cdot BE=BH\cdot BF\)
=>\(\frac{BD}{BF}=\frac{BH}{BE}\)
Xét ΔBDH và ΔBFE có
\(\frac{BD}{BF}=\frac{BH}{BE}\)
góc DBH chung
DO đó: ΔBDH~ΔBFE