Atrisinājums

Ievērojam, ka \(\triangle FA^{\prime}E \sim \triangle D^{\prime}BE\) (skat. 35.att.) pēc pazīmes \(\ell \ell\), jo \(\sphericalangle FA^{\prime}E=\sphericalangle D^{\prime}BE=90^{\circ}\) un \(\sphericalangle FEA^{\prime}=\sphericalangle D^{\prime}EB\) kā krustleņķi. Šo trijstūru līdzības koeficients ir \(k\), tad, apzīmējot \(FA^{\prime}=y,\ A^{\prime}E=x\) un \(FE=z\), iegūstam, ka \(EB=kx,\ BD^{\prime}=ky\) un \(ED^{\prime}=kz\). Tātad mums jāpierāda, ka \(r=x\). Trijstūrī \(EBD^{\prime}\) ievilktās riņķa līnijas rādiusa garums ir \(r=\frac{EB+BD^{\prime}-ED^{\prime}}{2}=\frac{kx+ky-kz}{2}=\frac{k(x+y-z)}{2}\).

Ievērojam, ka simetrijas dēļ \(AF=FA^{\prime}=y\) un \(AB=A^{\prime}D^{\prime}\) (kā kvadrāta malas) jeb \(y+z+kx=x+kz\). Izsakām \(k=\frac{y+z-x}{z-x}\). Līdz ar to iegūstam, ka \(r=\frac{k(x+y-z)}{2}=\frac{(y+z-x)(y-z+x)}{2(z-x)}=\frac{2xz+y^{2}-z^{2}-x^{2}}{2(z-x)}\).

Izmantojot Pitagora teorēmu trijstūrī \(FA^{\prime}E\), iegūstam \(y^{2}-z^{2}=-x^{2}\). Tātad

\[r=\frac{2xz-2x^{2}}{2(z-x)}=\frac{2x(z-x)}{2(z-x)}=x\]