Решение 1:

  Параллелограмм разделён на два данных шестиугольника, четыре невыпуклых четырёхугольника (обозначены на рисунке цифрами 1, 2, 3, 4) и треугольник, примыкающий к вершине $C$. Заметим, что четырёхугольники 1 и 4 подобны – они получаются вырезанием из двух подобных прямоугольных треугольников равнобедренных треугольников с углом 120° при вершине. Аналогично подобны четырёхугольники 2 и 3. Коэффициенты подобия равны отношению сторон данных шестиугольников.

  Но площади половинок параллелограмма $ABD$ и $CBD$ равны, причём половинка $ABD$ состоит из первого шестиугольника и четырёхугольников 1 и 2, а вторая – из второго шестиугольника, четырёхугольников 3 и 4 и ещё белого треугольника. Значит, сторона шестиугольника, примыкающего к вершине $A$, больше.

Решение 2:   Диагональ красного шестиугольника совпадает с биссектрисой треугольника $ABD$, которая равна биссектрисе $CK$ треугольника $BCD$. Пусть синий шестиугольник – это $PQRSTU$, как на рисунке. Требуется сравнить диагонали $CK$ и $PS$ правильных шестиугольников. Они пересекаются в центре $O$ шестиугольника, так как четырёхугольник $PCQO$ вписанный, $CK$ биссектриса и поэтому делит дугу $POQ$ пополам, то есть проходит через $O$. Заметим, что прямая $CO$ пересекает отрезок $PQ$, поэтому (из симметрии относительно $O$) она пересекает и отрезок $TS$. Углы $PCK$ и $PSK$ равны по 60°. Далее есть несколько способов.

  Способ 1. Треугольники $PCO$ и $KSO$ подобны по двум углам. Пусть  $PO = SO = a, OK$ = 1,  тогда  $OC = a^2$.  В треугольнике $PCO$:  ∠$P$ > 60° = ∠$C$,  значит,  $CO > PO$  и поэтому  $a$ > 1.  Получаем  $PS = 2a, CK = a^2 + 1, CK - PS = (a - 1)^2 > 0$.   Способ 2. Заметим, что точки $P, C, S, K$ лежат на одной окружности. Чтобы сравнить хорды, достаточно сравнить величины дуг $CPK$ и $PKS$, которые они стягивают. Их общую часть можно выбросить и сравнить дуги $CP$ и $KS$, а для этого сравним хорды $CP$ и $KS$. Пусть $X$ – точка пересечения $PQ$ и $CK$. Заметим, что  ∠$CPX$ = ∠$B$ < 60°, а  ∠$CXP$ > ∠$OPX$ = 60°.  Значит,  $SP > PX = KS$  (в силу симметрии относительно $O$).   Способ 3. Из той же окружности получаем, что  $CK = OC + OK$ ≥ $2\sqrt{OC\cdot OK} = 2\sqrt{OP\cdot OS} = 2OP = PS$  (равенства нет, потому что  $OE < OP < OC$).

Красный.