16438. Середины сторон AB
, CD
, DE
и FA
правильного шестиугольника ABCDEF
соединены с вершинами E
, F
, B
и C
соответственно. Полученные отрезки задают четырёхугольник. Найдите его площадь, если сторона шестиугольника равна a
.
Ответ. \frac{2a^{2}\sqrt{3}}{15}
.
Решение. Первый способ. Пусть G
, H
, I
и J
— середины сторон AB
, CD
, DE
и FA
соответственно, отрезки GE
и CJ
пересекаются в точке M
, BI
и HF
— в N
, BI
и CJ
— в R
, а EG
и FH
— в T
. Из симметрии следует, что точки M
и N
лежат на AD
, а точки R
и T
— на общем серединном перпендикуляре к отрезкам BC
и EF
.
Стороны BG
и EI
четырёхугольника BGEI
равны и параллельны, значит, это параллелограмм. Тогда BI\parallel GE
. Аналогично, CG\parallel HF
, поэтому четырёхугольник MTNR
параллелограмм. Его центр совпадает с центром O
данного шестиугольника, а так как этот параллелограмм симметричен относительно прямой AD
, то это ромб. Его площадь равна половине произведения диагоналей MN
и RT
. Найдём эти диагонали.
Пусть прямые CD
и BI
пересекаются в точке X
. Из равенства треугольников XID
и BIE
получаем, что DX=BE=2a
. Тогда треугольник DXN
подобен треугольнику CXB
с коэффициентом \frac{XD}{XC}=\frac{2a}{3a}=\frac{2}{3}
. Значит,
ND=\frac{2}{3}BC=\frac{2}{3}a.
Аналогично, AM=\frac{2}{3}a
. Тогда
MN=AD-ND-AM=2a-2\cdot\frac{2}{3}a=\frac{2}{3}a.
В треугольнике BEI
известны стороны BE=2a
, EI=\frac{a}{2}
и \angle BEI=60^{\circ}
. Треугольник DOE
равносторонний, поэтому биссектриса его угла, проведённая из вершины E
, перпендикулярна OD
, а значит, параллельна RT
. Пусть EK
— биссектриса треугольника BEI
. Тогда RTEK
— параллелограмм, поэтому RT=EK
.
По формуле для биссектрисы треугольника (см. задачу 4021) находим, что
RT=EK=\frac{2EI\cdot BE\cos\frac{1}{2}\angle BEI}{EI+BE}=\frac{2\cdot\frac{a}{2}\cdot2a\cos30^{\circ}}{\frac{a}{2}+2a}=\frac{2a\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}}{\frac{5}{2}}=\frac{2a\sqrt{3}}{5}.
Следовательно,
S_{MTNR}=\frac{1}{2}MN\cdot RT=\frac{1}{2}\cdot\frac{2}{3}a\cdot\frac{2a\sqrt{3}}{5}=\frac{2a^{2}\sqrt{3}}{15}.
Второй способ. Пусть уже доказано, что MN=\frac{2}{3}a
(см. первый способ). Треугольник NRM
подобен треугольнику BRC
с коэффициентом \frac{2}{3}
, отношение высот этих треугольников, проведённых из общей вершины R
равно \frac{2}{3}
. Отношение высот треугольников NRM
и BOC
, проведённых из вершин R
и O
соответственно, равно \frac{2}{5}
, а так как отношение оснований MN
и BC
этих треугольников равно \frac{2}{3}
, а площадь равностороннего треугольника BOC
равна \frac{a^{2}\sqrt{3}}{4}
, то
S_{\triangle NRM}=\frac{2}{5}\cdot\frac{2}{3}S_{\triangle BOC}=\frac{4}{15}\cdot\frac{a^{2}\sqrt{3}}{4}=\frac{a^{2}\sqrt{3}}{15}.
Следовательно,
S_{MTNR}=2S_{\triangle NRM}=\frac{2a^{2}\sqrt{3}}{15}.
Источник: Журнал «Mathematics Magazine». — 1953, том 26, № 4, задача 140, с. 217