Trekant $ABC$ og trekant $DEC$ har toppunktet $C$ felles. Siden $DE\parallel AB$, er $\angle CDE=\angle CAB$ og $\angle CED=\angle CBA$ (samsvarende vinkler mellom parallelle linjer). Dermed er

Høyden fra $C$ ned til $AB$ er $8$, og $F$ ligger på $AB$ (foten av høyden fra $C$, siden $ABC$ er likebeint med $AF=FB$). Høyden fra $F$ opp til $DE$ er $h$, så høyden fra $C$ ned til $DE$ er $8-h$.

I formlike trekanter er forholdet mellom tilsvarende høyder likt forholdet mellom tilsvarende sider ($DE$ tilsvarer $AB$):

Vi løser for $h$:

Dette er uttrykket vi skulle vise.

Arealet av en trekant er $\frac{1}{2}\cdot \text{grunnlinje}\cdot \text{høyde}$. For $△DEF$ er grunnlinjen $DE=x$ og høyden $h$:

Siden $x=DE$ må være mellom $0$ og $AB=6$, er definisjonsmengden $x\in ⟨0,6⟩$.

Vi deriverer $T(x)$ og finner nullpunktet til den deriverte i GeoGebra CAS.

Av utklippet ser vi

Løsning av $T^{\prime }(x)=0$ gir $x=3$, og $T(3)=6$. Siden $T$ er en parabel med negativ ledende koeffisient (vendt ned), er dette et toppunkt, altså det globale maksimumet på $⟨0,6⟩$:

Når $x=3$, er $h=8-\frac{4}{3}\cdot 3=4$ — altså akkurat halvparten av både $AB=6$ og høyden $8$ i $△ABC$. Siden $△DEC\sim △ABC$ med forholdet $\frac{x}{AB}=\frac{3}{6}=\frac{1}{2}$, betyr det at $D$ er midtpunktet på $AC$ og $E$ er midtpunktet på $BC$. Sammen med at $F$ (fra oppgaveteksten er $AF=FB=3$) er midtpunktet på $AB$, er $D$, $E$ og $F$ nettopp midtpunktene på de tre sidene i $△ABC$.

Da er $DF$, $DE$ og $EF$ midtsegmenter i $△ABC$, parallelle med og halvparten så lange som henholdsvis $BC$, $AB$ og $AC$. De fire småtrekantene $△AFD$, $△FBE$, $△DEC$ og $△DEF$ har derfor alle nøyaktig de samme tre sidelengdene ($\frac{1}{2}AB$, $\frac{1}{2}BC$, $\frac{1}{2}AC$), og er dermed kongruente parvis (kongruens SSS). $△ABC$ består altså av fire kongruente trekanter, hver med areal $\frac{1}{4}\cdot 24=6$, i samsvar med $T(3)=6$.