12900. Дан треугольник ABC
. На лучах AB
, BC
, CA
от точек B
, C
, A
отложены отрезки BB_{1}
, CC_{1}
, AA_{1}
вне треугольника так, что BB_{1}=AC
, CC_{1}=AB
, AA_{1}=BC
. Докажите, что
S_{\triangle ABA_{1}}+S_{\triangle BCB_{1}}+S_{\triangle CAC_{1}}\geqslant3S_{\triangle ABC}.
Решение. Обозначим BC=a
, AC=b
, AB=c
. S_{\triangle ABC}=S
. Тогда
\frac{S_{\triangle ABA_{1}}}{S}=\frac{a}{b},~\frac{S_{\triangle BCB_{1}}}{S}=\frac{b}{c},~\frac{S_{\triangle CAC_{1}}}{S}=\frac{c}{a}
(см. задачу 3000), поэтому
S_{\triangle ABA_{1}}=\frac{a}{b}S,~S_{\triangle BCB_{1}}=\frac{b}{c}S,~S_{\triangle CAC_{1}}=\frac{c}{a}S.
Следовательно,
S_{\triangle ABA_{1}}+S_{\triangle BCB_{1}}+S_{\triangle CAC_{1}}=\frac{a}{b}S+\frac{b}{c}S+\frac{c}{a}S=
=S\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\right)\geqslant3S\sqrt[{3}]{{\frac{a}{b}\cdot\frac{b}{c}\cdot\frac{c}{a}}}=3S.
Что и требовалось доказать.