Kenarları sabit olan dörtgenler arasında en büyük alanlısı, kirişler dörtgenidir. Bir kirişler dörtgeninin alanı da Brahmagupta Formülü ile bulunur. $p=\dfrac {a+b+c+d}2$ olmak üzere, $$[ABCD] = \sqrt {(p-a)(p-b)(p-c)(p-d)}$$ dir. Soruda verilenleri yerine yazarsak,
$$p=10 \text{ ve } [ABCD] = \sqrt {(10-1)(10-4)(10-7)(10-8)} = 18$$ elde ederiz.
Şimdi de isterseniz, yukarıdaki sonuca nasıl varıldığını açıklayalım:
$AB=a$, $BC=b$, $CD=c$, $DA=d$, $AC=e$, $\angle ABC = \alpha$ ve $\angle CDA = \beta$ olsun.
Kosinüs Teoreminden, $$e^2 = a^2 + b^2 - 2ab\cos \alpha = c^2 + d^2 -2cd\cos \beta \Rightarrow a^2 + b^2 - c^2 -d^2 = 2ab\cos \alpha - 2cd\cos \beta$$ olur. Her iki tarafı $2$ ye bölüp, her iki tarafın karesini alalım. $$\left(\dfrac{a^2+b^2-c^2-d^2}2\right)^2 = a^2b^2 \cos^2 \alpha + c^2d^2\cos^2 \beta - 2abcd\cos \alpha \cos \beta \quad \tag{1}$$
Şimdi de $ABCD$ dörtgeninde alanı yazalım. $$A=\dfrac{ab\sin \alpha}2 + \dfrac{cd\sin \beta}2 \Rightarrow 4A^2 = a^2b^2\sin^2\alpha + c^2d^2\sin^2\beta + 2abcd \sin \alpha \sin \beta \tag{2}$$ elde edilir. $(1)$ ile $(2)$ yi taraf tarafa toplarsak $\sin^2 x + \cos^2 x = 1 $ ve $\cos (x+y) = \cos x\cos y - \sin x \sin y$ olacağından $$a^2b^2 + c^2d^2 - 2abcd\cos (\alpha + \beta) = 4A^2 + \left( \dfrac{a^2+b^2-c^2-d^2}2 \right )^2 \tag{3}$$ elde edilir. $a,b,c,d$ verildiği için maksimum alan için $\cos (\alpha + \beta)$ değeri minimum olmalı. Yani $\alpha + \beta = 180^\circ$ olmalı. Bu da $ABCD$ nin kirişler dörtgeni olduğunu gösterir. $(3)$ yeniden düzenlersek $$a^2b^2+c^2d^2+2abcd = 4A^2 + \left( \dfrac{a^2+b^2-c^2-d^2}2 \right )^2 \Rightarrow (ab+cd)^2 - \left( \dfrac{a^2+b^2-c^2-d^2}2 \right )^2 = 4A^2.$$ İki kare farkından yararlanarak
$(2ab+2cd+a^2+b^2-c^2-d^2)(2ab+2cd-a^2-b^2+c^2+d^2) = 16A^2$
$\Rightarrow \left( (a+b)^2-(c-d)^2 \right)\left( (c+d)^2-(a-b)^2 \right) = (b+c+d-a)(a+c+d-b)(a+b+d-c)(a+b+c-d).$
$p=\dfrac {a+b+c+d}2$ ise $$16A^2 = (2p-2a)(2p-2b)(2p-2c)(2p-2d) \Rightarrow A=\sqrt {(p-a)(p-b)(p-c)(p-d)}$$ elde edilir.
