Problem B. 5513. (February 2026)
B. 5513. Inside regular hexagon \(\displaystyle ABCDEF\) point \(\displaystyle P\) is given such that the areas of triangles \(\displaystyle ABP\), \(\displaystyle BCP\) and \(\displaystyle CDP\) are \(\displaystyle 25\), \(\displaystyle 31\) and \(\displaystyle 32\) units, respectively. Find the areas of triangles \(\displaystyle DEP\), \(\displaystyle EFP\) and \(\displaystyle FAP\).
Proposed by Géza Kós, Budapest
(4 pont)
Deadline expired on March 10, 2026.
Sorry, the solution is available only in Hungarian. Google translation
Megoldás. Az \(\displaystyle ABP\), \(\displaystyle BCP\), \(\displaystyle CDP\), \(\displaystyle DEP\), \(\displaystyle EFP\) és \(\displaystyle FAP\) háromszögek területét jelölje rendre \(\displaystyle a\), \(\displaystyle b\), \(\displaystyle c\), \(\displaystyle d\), \(\displaystyle e\) és \(\displaystyle f\); a hatszög oldala legyen \(\displaystyle x\), s használjuk az ábra jelöléseit.
Először vegyük észre, hogy \(\displaystyle a+d=b+e=c+f\). Valóban, például
\(\displaystyle a+d=T_{ABP}+T_{DEP}=\frac {AB\cdot PA_1}{2}+ \frac {DE\cdot PD_1}{2}=\frac{x}{2}(PA_1+PD_1)=\frac x 2 \cdot A_1D_1=\frac{\sqrt{3}}{2} x^2,\)
ahol az utolsó lépésnél kihasználtuk, hogy az \(\displaystyle x\) oldalú szabályos hatszög szemköztes oldalegyeneseinek távolsága \(\displaystyle \sqrt 3 x\). (Valójában a konkrét értékre nincs szükségünk, csak arra, hogy a szemköztes oldalak távolsága mindig ugyanannyi.) Ugyanígy számíthatjuk \(\displaystyle b+e\) és \(\displaystyle c+f\) értékeket is, ami igazolja, hogy \(\displaystyle a+d=b+e=c+f\).
Második lépésként belátjuk, hogy \(\displaystyle a+c+e=b+d+f\). Ehhez egészítsük ki a szabályos hatszöget egy \(\displaystyle XYZ\) szabályos háromszöggé az ábrán látható módon. Vegyük észre, hogy \(\displaystyle b=T_{BCP}=T_{XYP}/3\), mert \(\displaystyle BC=XY/3\), és az oldalakhoz tartozó magasság közös. (S ugyanígy \(\displaystyle d=T_{YZP}/3\) és \(\displaystyle f=T_{ZXP}/3\).) Továbbá világos, hogy \(\displaystyle T_{XYZ}=3T_{ABCDEF}/2\). Ezek alapján
\(\displaystyle b+d+f=\frac{T_{XYP}+T_{YZP}+T_{ZXP}}{3}=\frac {T_{XYZ}}{3}=\frac{T_{ABCDEF}}{2},\)
azaz \(\displaystyle b+d+f\) a hatszög területének fele, így \(\displaystyle a+c+e\) a másik fele, és \(\displaystyle a+c+e=b+d+f\), ahogyan állítottuk.
A kapott összefüggésekbe beírva az \(\displaystyle a=25\), \(\displaystyle b=31\) és \(\displaystyle c=32\) adatokat, a \(\displaystyle d\), \(\displaystyle e\) és \(\displaystyle f\) mennyiségekre a következő egyenletrendszerhez jutunk:
\(\displaystyle \begin{cases} 25+d=31+e=32+f\\ 25+32+e=31+d+f \end{cases} \)
A második sor bal oldalából \(\displaystyle 31+e\)-t, a jobb oldalából a vele egyenlő \(\displaystyle 25+d\)-t levonva \(\displaystyle 26=6+f\), adódik, azaz \(\displaystyle f=20\). Ezt az első sorba visszaírva \(\displaystyle d=27\) és \(\displaystyle e=21\). Azaz a keresett területek: \(\displaystyle T_{DEP}=27\), \(\displaystyle T_{EFP}=21\) és \(\displaystyle T_{FAP}=20\).
Megjegyzés. A teljesen precíz megoldáshoz hozzátartozik annak megmutatása is, hogy a feladat feltételeit kielégítő szabályos hatszög és \(\displaystyle P\) pont létezik. Ennek részletes igazolását az olvasóra bízzuk, egy lehetséges utat vázolunk: egy tetszőleges \(\displaystyle ABCDEF\) szabályos hatszögben szerkesszük meg azt a \(\displaystyle P\) pontot, amire \(\displaystyle T_{ABP}/T_{BCP}=25/31\) és \(\displaystyle T_{BCP}/T_{CDP}=31/32\) teljesül. Hasonló háromszögek miatt az első feltételt kielégítő pontok egy \(\displaystyle B\)-re illeszkedő egyenesen, a második feltételt kielégítő pontok pedig egy \(\displaystyle C\)-re illeszkedő egyenesen vannak, ezek metszéspontjaként a keresett \(\displaystyle P\) pont megkapható. Ezután az ábrát megfelelő arányban nagyítva a kívánt szerkesztéshez jutunk.
Statistics:
67 students sent a solution. 4 points: Ali Richárd, Bao Nguyen Gia, Beinschroth Máté, Benedek Olivér , Bodó Rókus Dániel, Bodor Ádám, Budai Máté, Diaconescu Tashi, Ercse Ferenc, Gaál Gergely, Gál Mózes, Hideg János, Holló Martin, József Áron, Kerekes András, Kókai Ákos, Li Mingdao, Lovas Márk, Maróti Bálint, Mi Feiyu, Mikó Hédi Irma, Miszori Márton, Molnár-Sáska Tamás, Nagy Ádám Kornél , Nguyen Ngoc Mai, Pázmándi József Áron, Péter Hanna, Rajtik Sándor Barnabás, Sajter Klaus, Sánta Gergely Péter, Szabó-Caceres Alan Martin, Szoldatics-Nagy Zsófia, Tóth László Pál, Varga 511 Vivien, Várhegyi Hanna, Weng Chenxin, Wiener Marcell (37 students). 3 points: Albert Luca Liliána, Balla Ignác , Blaskovics Ádám, Hajszter Dóra, Kun Zsófia, Schmidt Botond, Sha Jingyuan, Sógor-Jász Soma, Varsányi Benedek, Vincze Marcell, Zhu Hongyu (11 students). 2 points: 6 students. 1 point: 7 students. 0 points: 5 students.
Problems in Mathematics of KöMaL, February 2026