$AB=AC=BC=6cm$

$HB=\frac{1}{2}AB=3cm$

$CH=\sqrt{(BC)^{2}-(HB)^{2}}=\sqrt{6^{2}-3^{2}}cm=\sqrt{27}=\sqrt{3^{3}}cm=3\sqrt{3}cm$

$CF=CE=\sqrt{(BC)^{2}+(BE)^{2}}=\sqrt{6^{2}+6^{2}}cm=\sqrt{2.6^{2}}cm=6\sqrt{2}cm$

$HF=\sqrt{(CF^{2})-(CH)^{2}}=\sqrt{72-27}cm=\sqrt{45}cm=\sqrt{9.5}cm=3\sqrt{5}cm$

$\frac{\binom{x}{1} \cdot \binom{12-x}{1}}{\binom{12}{2}} = \frac {6}{11}$

$\frac{x \cdot (12-x)}{66 } =\frac{6}{11}$

$x(12-x) = 36$

$x^2-12x+36=0$

$(x-6)(x-6)=0$

$x=6$

$\frac{AF}{AB}=\frac{3+3\sqrt{5}}{6}=\frac{3(1+\sqrt{5})}{2\cdot3}=\frac{1+\sqrt{5}}{2}=\phi$

$\angle{CDB}$ og $\angle{CAB}$ er like store siden begge to er periferivinkler over den samme sirkelbuen.

$\angle{CPA}$ og $\angle{DPB}$ er like store siden de er toppvinkler

Siden trekantene har to vinkler til felles, så er de formlike.

Siden trekantene er formlike så er:

$\frac{AP}{PD} = \frac{CP}{PB}$

Ved å løse opp brøkene så får man

$AP \cdot PB = CP \cdot PD$

$\angle{CGI} = \angle{ABC}$ ettersom $\triangle{ABC}$ og $\triangle{GDC}$ er kongruente trekanter. Vi har også at $\angle{ACH} = \angle{CAB}$ siden $\triangle{AHC}$ er likebeint. Da vet vi at $\angle{CAB} = \angle{GCI}$ fordi vinklene er toppvinkler. Siden $\triangle{ABC}$ og $\triangle{CIG}$ har parvis like vinkler, er trekantene formlike. Da er de to siste vinklene like, altså $\angle{ACB} = \angle{CIG} = 90^{\circ}$

$\angle{ACB} = \angle{DCG}$ siden de er toppvinkler. Både $AC = DC$ og $CB = CG$ siden de er med i kvadrater hvor hver side er like lange. Siden vi har to sider som er like store og en felles vinkel mellom de sidene så må den siste siden i begge trekantene være like, og da vinklene også. Derfor er trekantene kongruente.

Bruker Thales setning ved å sette H som sentrum av en sirkel med radius $AH = AB = r$. $C$ vil ligge på sirkelen siden det er en rett vinkel og $AB$ utspenner diameteren til sirkelen. Da vil $AH = HC$ siden begge lengdene er radiusen til sirkelen. Derfor er $\triangle{AHC}$ likebeint.