Қалалық Жәутіков олимпиадасы 9 сынып, 2015 жыл

$BC < AB$ болатындай $ABC$ үшбұрышы берілсін. $BA$, $AC$ кесінділерінің орталары сәйкесінше $E$, $D$ болсын. $DF=2DE$ болатындай $DE$ сәулесінде $F$ нүктесі алынсын. $BC$ кесіндісінің кез келген $A_1$ нүктесі үшін $2FA_1 < AB+BC+CA$ екенін дәлелдеңіздер.

Комментарий/решение

Из неравенства треугольников , получим из $\Delta DFC$ , $AC+4DE>2FC>2FA_{1}$, докажем что $CA+AB+AC=2DE+AB+AC>AC+4DE>2FC>2FA_{1}$ , $AB>2DE=BC$ , что согласуется с условием $BC<AB$