在 $\triangle ABC$ 中，$A,B,C$ 所对的边分别为 $a,b,c$，若 $a+b+c=1$，求证：$a^2+b^2+c^2+4abc<\dfrac 12$．
【难度】
【出处】
无
【标注】
【答案】
略
【解析】
原命题等价于$$(a+b+c)^3>2(a+b+c)\left(a^2+b^2+c^2\right)+8abc,$$即$$\sum_{cyc}{a^2(b+c-a)}>2abc.$$令 $x+y=a,y+z=b,x+z=c$，则上式转化为$$(x+y)^2z+(y+z)^2x+(z+x)^2y>(x+y)(y+z)(z+x),$$展开整理得到 $4xyz>0$，故原命题得证．
答案
解析
备注
