Problem C. 1886. (January 2026)
C. 1886. The internal angles of hexagon \(\displaystyle ABCDEF\) are equal. Prove that the area of triangles \(\displaystyle ACE\) and \(\displaystyle BDF\) are equal.
Proposed by Márton Ujházy, Budapest
(5 pont)
Deadline expired on February 10, 2026.
Sorry, the solution is available only in Hungarian. Google translation
Megoldás. Az \(\displaystyle ABCDEF\) hatszögről tudjuk, hogy minden szöge egyenlő, emiatt minden belső szög nagysága \(\displaystyle \frac{720^{\circ}}{6}=120^{\circ}\). Egészítsük ki a hatszöget minden második oldalának meghosszabbításával a \(\displaystyle KLM\) háromszöggé az ábrán látható módon. A kis kiegészítő háromszögek két-két belső szöge egyben a hatszögnek külső szöge is, emiatt a kiegészítő háromszögeknek van két-két 60°-os szöge, így azok szabályosak. Ebből az is következik, hogy a \(\displaystyle KLM\triangle\) szabályos, hiszen mindhárom csúcsában 60°-os belső szög található.
Jelölje a \(\displaystyle KLM\triangle\) egy oldalát \(\displaystyle a\), a hatszög egy-egy oldala pedig legyen \(\displaystyle BC=x, \; DE=y, \;FA=z.\)
Lássunk neki a kérdéses területek kiszámításának! Az \(\displaystyle ACE \ \text{és} \ BDF\) háromszögek területeit egyaránt megkaphatjuk a \(\displaystyle KLM\triangle\) területéből, a maradék területek levonásával:
$$\begin{align*} T_{ACE}=T_{KLM}-T_{AKC}-T_{CLE}-T_{EMA},\\ T_{BDF}=T_{KLM}-T_{BKD}-T_{DLF}-T_{FMB}. \end{align*}$$A levonandó háromszögek területeinek kiszámítását trigonometrikus területképlettel végezzük. Ehhez szükség van a \(\displaystyle KLM\triangle\) oldalain keletkező szakaszok kifejezésére a bevezetett jelölésekkel: például \(\displaystyle MA=AF=z\), \(\displaystyle AK=KM-MA=a-z\), kihasználva az \(\displaystyle MAF\triangle\) szabályosságát. A \(\displaystyle KLM\triangle\) oldalain keletkező további szakaszokra hasonlóan egyszerű formulák adódnak.
Folytatva az \(\displaystyle ACE\triangle\) területének kiszámítását:
\(\displaystyle T_{ACE}=T_{KLM}-T_{AKC}-T_{CLE}-T_{EMA}=\frac{a\cdot a\cdot \sin(60^\circ)}{2}-\frac{AK\cdot KC\cdot \sin(60^\circ)}{2}- \frac{CL\cdot LE\cdot \sin(60^\circ)}{2}- \frac{EM\cdot MA\cdot \sin(60^\circ)}{2}. \)
Behelyettesítve a szakaszhosszokat:
\(\displaystyle T_{ACE}=\frac{a\cdot a\cdot\sqrt{3}}{4}- \frac{(a-z)\cdot x\cdot\sqrt{3}}{4}- \frac{(a-x)\cdot y\cdot\sqrt{3}}{4}- \frac{(a-y)\cdot z\cdot\sqrt{3}}{4}=\frac{\sqrt{3}}{4}\cdot (a^2-ax-ay-az+xy+yz+zx). \)
A \(\displaystyle BDF\) háromszög területét hasonlóan számítva:
\(\displaystyle T_{BDF}=T_{KLM}-T_{BKD}-T_{DLF}-T_{FMB}=\)
\(\displaystyle =\frac{a\cdot a\cdot \sin(60^\circ)}{2}-\frac{x \cdot (a-y)\cdot \sin(60^\circ)}{2}- \frac{y\cdot (a-z)\cdot \sin(60^\circ)}{2}- \frac{z\cdot (a-x)\cdot \sin(60^\circ)}{2}= \frac{\sqrt{3}}{4}\cdot (a^2-ax-ay-az+xy+yz+zx). \)
A kérdéses háromszögek területei tehát valóban egyenlőek.
Statistics:
35 students sent a solution. 5 points: Aaishipragya Kahaly, Albert Luca Liliána, Bao Nguyen Gia, Budai Máté, Farkas Noémi , Hetyei Dániel, Hirmann Dorottya, Kun Petra, Mateas Isabelle, Móricz Zsombor, Németh Ábel, Papp Emese Petra, Poczai Dorottya, Válek Péter, Viczián Adél. 4 points: Szabados Zoltán . 3 points: 3 students. 2 points: 4 students. 1 point: 6 students. 0 point: 5 students.
Problems in Mathematics of KöMaL, January 2026