Vẽ OH\perp CD\left(H\in CD\right)OH⊥CD(H∈CD). Ta chứng minh OH = r = OB. (r là bán kính của đường tròn (O) ).
Tia CO cắt tia đối của tia By tại E.
Ta có \Delta OAC=\Delta OBE\left(g.c.g\right)\Rightarrow OC=OEΔOAC=ΔOBE(g.c.g)⇒OC=OE.
Tam giác DEC có DO vừa là đường cao vừa là đường trung tuyến nên DEC là tam giác cân tại D.
Khi đó DO cũng là đường phân giác.
OH\perp DC,OB\perp DE\Rightarrow OH=OB.OH⊥DC,OB⊥DE⇒OH=OB..
Suy ra CD tiếp xúc với (O) tại H.
Ta có OH\perp CD,OH=OB=rOH⊥CD,OH=OB=r.
Vậy CD là tiếp tuyến của đường tròn (O).

Vẽ OH⊥CD(H∈CD). Ta chứng minh OH = r = OB. (r là bán kính của đường tròn (O) ).
Tia CO cắt tia đối của tia By tại E.
Ta có ΔOAC=ΔOBE(g.c.g)⇒OC=OE.
Tam giác DEC có DO vừa là đường cao vừa là đường trung tuyến nên DEC là tam giác cân tại D.
Khi đó DO cũng là đường phân giác.
OH⊥DC,OB⊥DE⇒OH=OB..
Suy ra CD tiếp xúc với (O) tại H.
Ta có OH⊥CD,OH=OB=r.
Vậy CD là tiếp tuyến của đường tròn (O).

Sử dụng bất đẳng thức Cô si cho ba số dương ta có

                    x+y+z\ge3\sqrt[3]{xyz}x+y+z≥33xyz​  và    x^2+y^2+z^2\ge3\sqrt[3]{x^2y^2z^2}x2+y2+z2≥33x2y2z2​

Nhân theo vế hai bất đẳng thức này ta suy ra được đpcm.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  x=y=zx=y=z.

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng Engel ta có :

\(\left(x+y+z\right)\left(x^2+y^2+z^2\right)\ge\left(x+y+z\right)\left[\frac{\left(x+y+z\right)^2}{3}\right]=\frac{\left(x+y+z\right)^3}{3}\)(1)

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có : 

\(x+y+z\ge3\sqrt[3]{xyz}\)=> \(\left(x+y+z\right)^3\ge27xyz\)=> \(\frac{\left(x+y+z\right)^3}{3}\ge9xyz\)(2)

Từ (1) và (2) => \(\left(x+y+z\right)\left(x^2+y^2+z^2\right)\ge\frac{\left(x+y+z\right)^3}{3}\ge9xyz\)

=> \(\left(x+y+z\right)\left(x^2+y^2+z^2\right)\ge9xyz\left(đpcm\right)\)

Đẳng thức xảy ra <=> x=y=z

Sử dụng bất đẳng thức Cô si cho hai số dương ta được

    a+b\ge2\sqrt{ab}a+b≥2ab​    ;    b+c\ge2\sqrt{bc}b+c≥2bc​   ;   c+a\ge2\sqrt{ca}c+a≥2ca​

Nhân theo vế ba bất đẳng thức này ta được đpcm.

áp dụng bđt cô si ta được 

1+x ≥ 2x , 1+y ≥ 2y, 1+z ≥ 2z 

Nhân theo vế ba bất đẳng thức này ta được 

1+x)(1+y)(1+z)≥ \(8\sqrt{xyz}\) 

Sử dụng giả thiết   $xyz=1$ ta có đpcm. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  $x=y=z$.

Sử dụng bất đẳng thức Cô si cho hai số dương ta được

    a+b\ge2\sqrt{ab}a+b≥2ab​    ;    b+c\ge2\sqrt{bc}b+c≥2bc​   ;   c+a\ge2\sqrt{ca}c+a≥2ca​

Nhân theo vế ba bất đẳng thức này ta được đpcm.

mk nhầm bài dưới

Sử dụng bất đẳng thức Cô si cho hai số dương ta được

    a+b\ge2\sqrt{ab}a+b≥2ab​    ;    b+c\ge2\sqrt{bc}b+c≥2bc​   ;   c+a\ge2\sqrt{ca}c+a≥2ca​

Nhân theo vế ba bất đẳng thức này ta được đpcm.

Theo bất đẳng thức Cô si ta có : a+b ≥ \(2\sqrt{ab}\) 

b+c ≥ \(2\sqrt{bc}\) , c+a ≥ \(2\sqrt{ac}\)

Nhân từng vế của 3 bất đẳng thức cho nhau ta được 

(a+b)(b+c)(c+a) ≥ 8\(\sqrt{(a)^{2}(b)^{2}(c)^{2}}\)

=> (a+b)(b+c)(c+a) ≥ 8abc

Vì cung ACAC có số đo 50∘50∘ nên ˆAOC=50∘AOC^=50∘

Vì AO⊥CD;AO//DE⇒CD⊥DEAO⊥CD;AO//DE⇒CD⊥DE⇒ˆCDE=90∘⇒CDE^=90∘ mà C,D,E∈(O)C,D,E∈(O) nên CECE là đường kính hay C;O;EC;O;E thẳng hàng

Xét (O)(O) có OAOA là đường cao trong tam giác cân ODCODC nên OAOA cũng là đường phân giác ⇒ˆCOA=ˆAOD=50∘⇒COA^=AOD^=50∘

Lại thấy ˆBOE=ˆAOC=50∘BOE^=AOC^=50∘ (đối đỉnh) suy ra ˆAOC=ˆAOD=ˆBOE=50∘AOC^=AOD^=BOE^=50∘ (D đúng) và suy ra  cung ACAC bằng cung BEBE nên B đúng.

Ta có  ˆDOE=180∘−ˆAOD−ˆBOE=80∘DOE^=180∘−AOD^−BOE^=80∘  nên cung AD<AD< cung DE⇒AD<DEDE⇒AD<DE hay đáp án A sai.

Lại có ˆAOE=ˆAOD+ˆDOE=50∘+80∘=130∘AOE^=AOD^+DOE^=50∘+80∘=130∘ và ˆBOD=ˆBOE+ˆDOE=50∘+80∘=130∘BOD^=BOE^+DOE^=50∘+80∘=130∘

Nên ˆAOE=ˆBODAOE^=BOD^ suy ra số đo cung AE=AE= số đo cung BD.BD. Do đó C đúng.

Phương án B, C, D đúng và A sai.