Gọi P là trung điểm của BC và Q là giao điểm của các đường thẳng AP và FG.

Xét ∆ABC đều có AP là đường trung tuyến nên đồng thời là đường phân giác của tam giác.

Do đó: \[\widehat {BAP} = \widehat {PAC} = \frac{1}{2}\widehat {BAC} = \frac{1}{2} \cdot 60^\circ = 30^\circ .\]

Xét ∆AFG cân tại A (do AF = AG = x) nên đường trung tuyến AQ đồng thời là đường phân giác của tam giác. Do đó \(\widehat {FAG} = 2\widehat {FAQ}.\)

Lại có: \[\widehat {FAQ} + \widehat {FAB} + \widehat {BAP} = 180^\circ \]

Nên \[\widehat {FAQ} = 180^\circ - \widehat {FAB} - \widehat {BAP} = 180^\circ - 90^\circ - 30^\circ = 60^\circ .\]

Suy ra \(\widehat {FAG} = 2\widehat {FAQ} = 2 \cdot 60^\circ = 120^\circ .\)

Kẻ GN vuông góc với FA (N thuộc FA).

Tam giác FQA vuông tại Q có \(\widehat {FAQ} = 60^\circ \) và FA = x nên ta có:

\(FQ = FA \cdot \sin \widehat {FAQ} = \frac{{x\sqrt 3 }}{2},\) do đó \(FG = 2FQ = x\sqrt 3 .\)

⦁ Do ABEF, BCIJ và CAGH là các hình chữ nhật nên ta có: AB = EF, BC = IJ, CA = GH, mà AB = BC = CA (do ∆ABC đều) nên nếu EFGHIJ là lục giác đều thì FG = GH = AC = a, do đó \(a = x\sqrt 3 \) hay a² = 3x².

Ngược lại, nếu a² = 3x² thì FG = a và các cạnh của lục giác EFGHIJ bằng nhau. (1)

⦁ Ta có \(\widehat {AFQ} + \widehat {FAQ} = 90^\circ \) (do ∆AFQ vuông tại Q) nên:

\(\widehat {AFQ} = 90^\circ - \widehat {FAQ} = 90^\circ - 60^\circ = 30^\circ .\)

Suy ra \(\widehat {EFQ} = \widehat {EFA} + \widehat {AFQ} = 90^\circ + 30^\circ = 120^\circ .\)

Tương tự, ta chứng minh được các góc của lục giác EFGHIJ đều bằng 120° nên lục giác EFGHIJ là lục giác đều.

Vậy hệ thức liên hệ giữa a² và x² để lục giác EFGHIJ là lục giác đều là a² = 3x².