6. Zadatak

U trokut $ABC$ površine $1$ upisan je pravokutnik $PQRS$ tako da točke $P$ i $Q$ leže na stranici $\overline{AB}$ , točka $R$ na stranici $\overline{BC}$ i točka $S$ na stranici $\overline{AC}$ . Odredi najveći mogući iznos površine pravokutnika $PQRS$ .

Trokut ABC s upisanim pravokutnikom PQRS

Uvedimo oznake $c:=|AB|$ , $x:=|PQ|=|RS|$ , $y:=|QR|=|PS|$ . Dodatno, neka je $h$ duljina visine trokuta $ABC$ iz vrha $C$ .

Iz $AB\parallel RS$ zaključujemo da su trokuti $ABC$ i $SRC$ slični.

Dodatno, kako je $AB\parallel RS$ i $|QR|=y$ , pravci na kojima visine iz $C$ trokuta $ABC$ i $SRC$ se poklapaju, pa je zato duljina visine trokuta $SRC$ iz vrha $C$ jednaka $h-y$ .

Iz sličnosti trokuta $ABC$ i $SRC$ vrijedi da je omjer odgovarajućih duljina stranica jednak omjeru duljina visina iz vrha $C$ . Zato imamo

\frac{|RS|}{|AB|}=\frac{h-y}{h}.

Koristeći oznake s početka rješenja, gornja jednakost postaje

x=\frac ch(h-y).

Označimo s $P$ površinu pravokutnika $PQRS$ . Tada je

P=xy=\frac ch\cdot y(h-y).

Gornji izraz promatramo kao kvadratnu funkciju po varijabli $y$ . Ona ostvaruje maksimum u tjemenu, za vrijednost $y=\frac h2$ .

U tom slučaju vrijedi

P=\frac ch\cdot\frac{h^2}{4}=\frac{ch}{4}=\frac12,

budući da je površina trokuta $ABC$ jednaka $1$ .

Zato je gornja ograda na površinu pravokutnika $PQRS$ jednaka $\frac12$ .

Ta ograda se može postići u slučaju kada je $y=\frac h2$ , što odgovara slučaju kada pravac $RS$ raspolavlja visinu iz vrha $C$ , a time i stranice $AC$ i $BC$ . To je slučaj kada su točke $R$ i $S$ polovišta stranica $BC$ i $AC$ redom, a $P$ i $Q$ njihove ortogonalne projekcije na pravac $AB$ .

Dakle, najveća moguća površina pravokutnika $PQRS$ iznosi $\frac12$ .

Nakon što se površina pravokutnika $PQRS$ izrazi preko jedne varijable, dokaz da je njegova površina manja od $\frac12$ može se provesti i korištenjem A–G nejednakosti.