Rysunek: 

Punkty D i E są środkami - odpowiednio - krawędzi AB i CA. 

---

Z treści zadania wiemy, ze pole powierzchni podstawy wynosi 100√3 cm². Korzystając ze wzoru na pole trójkąta równobocznego mamy:

$\frac{a^2\sqrt{3}}{4}=100\sqrt{3}\mid :\sqrt{3}$       

$\frac{a^2}{4}=100\mid \cdot 4$  

$a^2=400\wedge a>0$  

$a=20\left[\text{cm}\right]$       

---

Skoro odcinek DE łączy środki ramion trójkąta ABC, to:

$d=\frac{1}{2}a=\frac{1}{2}\cdot 20=10\left[\text{cm}\right]$  

---

Korzystając z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta ADS mamy:

${10}^2+c^2={26}^2$  

$100+c^2=676$  

$c^2=576\wedge c>0$  

$c=24\left[\text{cm}\right]$  

---

Korzystając z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta DPS mamy:

$5^2+h^2={24}^2$  

$25+h^2=576$  

$h^2=551\wedge h>0$  

$h=\sqrt{551}\left[\text{cm}\right]$  

---

Wyznaczmy pole trójkąta DES. Mamy:

$P=\frac{1}{2}\cdot 10\cdot \sqrt{551}=5\sqrt{551}\approx 117,35\left[{\text{cm}}^2\right]$  

Zauważmy, że

$117,35\left[{\text{cm}}^2\right]>115\left[{\text{cm}}^2\right]$  

Zatem uzasadniliśmy, że pole trójkąta DES jest większe od 115 cm².