3. Zadatak

Sljedeći su trokuti sukladni:

$$\triangle OAB\cong\triangle OED\qquad\text{(S-S-S)}$$ $$\triangle OBC\cong\triangle OCD\cong\triangle OEF\cong\triangle OFA\qquad\text{(S-S-S)}.$$

Zbog toga imamo i jednakost sljedećih kutova: $\angle DOE=\angle AOB=x$, $\angle BOC=\angle COD=\angle EOF=\angle FOA=y$.

Odatle slijedi $2x+4y=360^\circ$, to jest $x+2y=180^\circ$. Zaključujemo da su točke $C$, $O$ i $F$ kolinearne te da su četverokuti $ABCF$ i $CDEF$ kružnici upisani jednakokračni trapezi. Neka je $h=|EN|$ duljina visine iz $E$ na $CF$.

Tada vrijedi

$$\cos\angle EFO=\frac{\sqrt2}{4}=\frac{8-\frac b2}{a}\Rightarrow b=16-\frac{a\sqrt2}{2}.\tag{1}$$

Primjenom Pitagorinog poučka na trokut $ENO$ i $ENF$ dobivamo

$$8^2-\left(\frac b2\right)^2=a^2-\left(8-\frac b2\right)^2\Rightarrow a^2+8b-128=0.$$

Posljednja jednadžba zajedno s (1) daje

$$a^2+8\left(16-\frac{a\sqrt2}{2}\right)-128=0, \qquad\text{odnosno}\qquad a^2-4a\sqrt2=0.$$

Jedino moguće rješenje je $a=4\sqrt2$. Tada je $b=16-\frac{4\sqrt2\sqrt2}{2}=12$. Visina $h=\sqrt{8^2-6^2}=\sqrt{28}=2\sqrt7$.

Opseg šesterokuta je, dakle, $o=4a+2b=16\sqrt2+24$.

Površina šesterokuta je dvostruka površina trapeza $ABCF$:

$$P=2\cdot\frac{12+16}{2}\cdot2\sqrt7=56\sqrt7.$$