Dany jest sześciokąt foremny $ABCDEF$ o boku długości $a$. Punkty $P$, $Q$ i $R$ to środki boków tego sześciokąta, odpowiednio $FA$, $AB$ i $BC$.
Udowodnij, że pole trójkąta $\mathbf{PQR}$ jest równe $\frac{3\sqrt{3}}{16}\cdot {\mathbf{a}}^2$.

Rozwiązanie (I sposób)

Kąt wewnętrzny sześciokąta foremnego:
$\frac{\left(6-2\right)\cdot 180^{\circ }}{6}=4\cdot 30^{\circ }=120^{\circ }$

Trójkąty $PAQ$ i $QBR$ są przystające (cecha bkb).
Są to trójkąty równoramienne i kąty przy
ramionach to: $\frac{180^{\circ }-120^{\circ }}{2}=30^{\circ }$

Niech $|PQ|=x$ i wtedy $|QR|=x$. Dodatkowo mamy: $|\sphericalangle PQR|=180^{\circ }-30^{\circ }-30^{\circ }=120^{\circ }$
Z twierdzenia sinusów w trójkącie $PAQ$ mamy: $\frac{x}{\sin 120^{\circ }}=\frac{\frac{a}{2}}{\sin 30^{\circ }}$   $\to$   $x=\frac{a\sin 120^{\circ }}{2\sin 30^{\circ }}=\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot a$

$P_{PQR}=\frac{1}{2}\cdot x\cdot x\cdot \sin 120^{\circ }=\frac{1}{2}\cdot \frac{3}{4}\cdot a^2\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{3\sqrt{3}}{16}\cdot a^2$                                                                       $■$