Cho tam giác đều \(ABC\) có cạnh bằng \(20{\rm{\;cm}}\). Người ta cắt ở ba góc của tấm nhôm đó ba tam giác (hình vẽ) để được hình chữ nhật \(MNPQ.\) Tìm độ dài đoạn \(MB\) để hình chữ nhật \(MNPQ\) có diện tích lớn nhất.

Vì \(ABC\) là tam giác đều cạnh \(20{\rm{\;cm}}\) nên \(BC = 20{\rm{\;cm}}\) và \(\widehat {B\,} = 60^\circ .\)

Giả sử \(MB = x\,\,\left( {x > 0} \right){\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}\) Khi đó \[QC = x{\rm{\;(cm)}}\] và \(MQ = BC - BM - QC = 20 - 2x{\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}\)

Xét \(\Delta MNB\) vuông tại \(M,\) ta có: \(MN = MB \cdot \tan B = x\tan 60^\circ  = x\sqrt 3 {\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}\)

Diện tích hình chữ nhật \(MNPQ\) là: \(S\left( x \right) = \left( {20 - 2x} \right) \cdot x\sqrt 3  = 2\sqrt 3  \cdot x\left( {10 - x} \right){\rm{\;(c}}{{\rm{m}}^2}{\rm{)}}{\rm{.}}\)

Để diện tích hình chữ nhật \(MNPQ\) lớn nhất thì ta tìm giá trị lớn nhất của biểu thức \(S\left( x \right)\).

⦁ Chứng minh bất đẳng thức: \(ab \le {\left( {\frac{{a + b}}{2}} \right)^2}\,\,\,\,\left( * \right)\) với \(a,\,\,b\) là các số không âm.

Thật vậy, xét hiệu \({\left( {\frac{{a + b}}{2}} \right)^2} - ab = \frac{{{a^2} + 2ab + {b^2} - 4ab}}{4} = \frac{{{a^2} - 2ab + {b^2}}}{4} = \frac{{{{\left( {a - b} \right)}^2}}}{2}\)

Với mọi \(a,\,\,b\) là các số không âm, ta có:

\({\left( {a - b} \right)^2} \ge 0\) nên \(\frac{{{{\left( {a - b} \right)}^2}}}{2} \ge 0\) suy ra \({\left( {\frac{{a + b}}{2}} \right)^2} \ge ab\).

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(a = b.\) Như vậy bất đẳng thức \(\left( * \right)\) đã được chứng minh.

⦁ Áp dụng bất đẳng thức \(\left( * \right)\) cho biểu thức \(S\left( x \right) = 2\sqrt 3  \cdot x\left( {10 - x} \right),\) ta được:

\[S\left( x \right) = 2\sqrt 3  \cdot x\left( {10 - x} \right) \le 2\sqrt 3  \cdot {\left( {\frac{{x + 10 - x}}{2}} \right)^2} = 50\sqrt 3 \].

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \[x = 10 - x\] hay \[x = 5\].

Vậy \(MB = 5{\rm{\;cm}}\) thì hình chữ nhật \(MNPQ\) có diện tích lớn nhất.