Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 2632
2019-03-30 
Найти сторону наибольшего из квадратов, внутренние точки которых находятся внутри правильного шестиугольника со стороной $a$.
Решение:
Так как правильный шестиугольник и квадрат - фигуры центрально-симметричные, то центр вписанного в шестиугольник квадрата должен совпадать с центром шестиугольника. Пусть $K$ (рис.) - одна из вершин квадрата, а $M$ - центрально-симметричная ей точка многоугольника. Обозначим через $\alpha$ угол $AOK$ (рис.). Тогда $KO = \frac{ KR}{ \sin \alpha} = \frac {\sqrt{3} a}{2 \sin \alpha}$. По теореме синусов
$\frac{ OQ}{ \sin 60^{\circ}} = \frac {AO}{\sin [180^{\circ} - (150^{\circ} - \alpha)]}$,
откуда
$OQ = \frac {a \sqrt{3}}{2 \sin (30^{\circ} + \alpha)}$.
Чтобы задача имела решение, должно быть $OQ \geq OK$, т. е. $\sin (30^{\circ} + \alpha) \leq \sin \alpha$. Так как угол $\alpha$ больше угла $BOA$, то $\alpha \geq 60^{\circ}$. Кроме того, можно считать, что $\alpha \leq 90^{\circ}$, т. е. $60^{\circ} \leq \alpha \leq 90^{\circ}$. Чтобы для этих углов выполнялось условие
$\sin (30^{\circ} + \alpha) \leq \sin \alpha$,
необходимо и достаточно выполнение условия
$75^{\circ} \leq \alpha \leq 90^{\circ}$.
Из формул для $KO$ и $OQ$ видно, что с увеличением $\alpha$ диагональ квадрата уменьшается. Следовательно, $\alpha$ нужно выбрать минимальным из возможных, т. е. $\alpha = 75^{\circ}$. Тогда
$KO = \frac {a \sqrt{3}}{2 \cos 15^{\circ}}$,
а сторона квадрата равна $KO \sqrt{2}$.
Ответ. $\frac {a \sqrt{6}}{2 \cos 15^{\circ}} = a (3+ \sqrt 3)$.
Найти сторону наибольшего из квадратов, внутренние точки которых находятся внутри правильного шестиугольника со стороной $a$.
Решение:
Так как правильный шестиугольник и квадрат - фигуры центрально-симметричные, то центр вписанного в шестиугольник квадрата должен совпадать с центром шестиугольника. Пусть $K$ (рис.) - одна из вершин квадрата, а $M$ - центрально-симметричная ей точка многоугольника. Обозначим через $\alpha$ угол $AOK$ (рис.). Тогда $KO = \frac{ KR}{ \sin \alpha} = \frac {\sqrt{3} a}{2 \sin \alpha}$. По теореме синусов
$\frac{ OQ}{ \sin 60^{\circ}} = \frac {AO}{\sin [180^{\circ} - (150^{\circ} - \alpha)]}$,
откуда
$OQ = \frac {a \sqrt{3}}{2 \sin (30^{\circ} + \alpha)}$.
Чтобы задача имела решение, должно быть $OQ \geq OK$, т. е. $\sin (30^{\circ} + \alpha) \leq \sin \alpha$. Так как угол $\alpha$ больше угла $BOA$, то $\alpha \geq 60^{\circ}$. Кроме того, можно считать, что $\alpha \leq 90^{\circ}$, т. е. $60^{\circ} \leq \alpha \leq 90^{\circ}$. Чтобы для этих углов выполнялось условие
$\sin (30^{\circ} + \alpha) \leq \sin \alpha$,
необходимо и достаточно выполнение условия
$75^{\circ} \leq \alpha \leq 90^{\circ}$.
Из формул для $KO$ и $OQ$ видно, что с увеличением $\alpha$ диагональ квадрата уменьшается. Следовательно, $\alpha$ нужно выбрать минимальным из возможных, т. е. $\alpha = 75^{\circ}$. Тогда
$KO = \frac {a \sqrt{3}}{2 \cos 15^{\circ}}$,
а сторона квадрата равна $KO \sqrt{2}$.
Ответ. $\frac {a \sqrt{6}}{2 \cos 15^{\circ}} = a (3+ \sqrt 3)$.
