Jelölje egy paralelogramma két szomszédos oldalának az arányát $\lambda $ (ahol $\lambda >1)$. Határozzuk meg, hogy hogyan függ $\lambda $-tól az átlók közti hegyesszög legnagyobb lehetséges értéke.
 
Tekintsük egy ABCD paralelogrammát, amelyikben AB és BC hossza $a$, illetőleg $\lambda a$ ($\lambda >1)$, az átlók metszéspontja és a BC oldal felezőpontja $E$, illetőleg $F$. Ekkor $E$ egyben az átlók közös felezőpontja is, így EF az AB-vel párhuzamos középvonal fele, hossza $ 1 2a$. A szóba jövő $E$ pontok tehát az $F$ középpontú, $ 1 2a$ sugarú $k_E $ kör pontjai, kivéve a BC egyenessel való két metszéspontot, amelyek a kör átellenes pontjai. Szimmetria okokból elég a BC egyenes egyik oldalán levő félkört vizsgálni (1. ábra).
A kör átmérője a BC szakasz része. Az átlók szöge a BC szakasz látószöge $E$-ből , tehát tompaszög (hiszen az átmérő látószöge derékszög). Ennek az $\alpha $ szögnek a lehető legkisebb értékét kell tehát meghatároznunk. Belátjuk, hogy $\alpha $ értéke a félkör $E_0 $ felezőpontjára a legkisebb. A $BCE_0 $ háromszög köré írt $k_0 $ kört belülről érinti $k_E $, mert mindkét kör középpontja a BC-re $F$-ben emelt merőlegesen van, és $k_E $ átmérője a BC szakasz része. A DE és $k_0 $ metszéspontját $G$-vel jelölve
amint állítottuk. A keresett legnagyobb hegyesszög, $\varphi _0 $ ennek a szögnek mellékszöge, és mivel a $BCE_0 $ háromszög egyenlő szárú, az $E_0 BF\angle $ kétszeresével egyenlő, tehát például így fejezhető ki $\lambda $-val a $BE_0 F$ derékszögből: $ctg\frac{\varphi _0 }{2}=\frac{BF}{E_0 F}=\frac{\frac{1}{2}\lambda a}{\frac{1}{2}a}=\lambda ,$ azaz $\varphi _0 =2arcctg\lambda $, ahol az arkusz-függvény 0\r{ } és 90\r{ } közé eső értékét kell venni.
Megjegyzés: A feladat szövege feltételezte ugyan, de meggondolásaink során bizonyítást is nyert, hogy ezt a maximális értéket fel is veszi az átlók szöge, és azt is beláttuk, hogy a téglalapban a legnagyobb ez a szög.
2. Megoldás
Válasszuk mértékegységnek az AB oldal hosszát, ekkor BC hossza $\lambda $. Jelöljük az átlók metszéspontját (ami közös felezőpontjuk is) $E$-vel, AE és EB hosszát $e$-vel, illetőleg $f$-fel, a köztük levő szöget $\phi $-vel.
A koszinusztételt alkalmazzuk az AEB és a BEC háromszögre.
A megfelelő oldalak összegét és különbségét képezve
A második egyenlőség bal oldala pozitív, így pozitív, $\varphi $ tehát hegyesszög. Alkalmazzuk a második egyenlőségben $e^2$-re és $f^2$-re a mértani és számtani közép közti egyenlőtlenséget, és használjuk fel az első egyenlőséget:
Innen
és akkor áll fenn egyenlőség, ha $e=f$, azaz ha a paralelogramma téglalap. Mivel a koszinusz-függvény a $\left( {0^{\circ};\;90^{\circ}} \right)$ számközben a változó csökkenő függvénye, így a keresett legnagyobb $\varphi _0 $ szögre
ahol a függvény 0\r{ } és 90\r{ } közé eső értékét kell venni.
Megjegyzés: A
azonosság alapján világos, hogy az eredmény megegyezik az előző megoldásban nyerttel.
Megjegyzések:
1. Az előző megoldásokkal való kapcsolat könnyen adódik például a
összefüggésből.
2. Az $ED_0 =e$ egyenlőség szerint $D_0 $ az AC átmérőjű körön van, így az $ACD_0 $ háromszög derékszögű, vagyis az a paralelogramma, amelyikre az átlók szöge a legnagyobb, a téglalap.