Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku poniżej:

Trójkąty ABQ, BCR, CDS i DAP są przystające na podstawie cechy KBK. Z przystawania tych trójkątów wynika, że odpowiednie kąty mają równe miary.

---

Zaznaczmy na rysunku równe kąty trójkątów ABQ, BCR, CDS i DAP.

---

Z sumy kątów dla trójkąta ABQ:

$\alpha +\beta ={90}^{\circ }$  

Punkty P, Q, R, S są środkami boków kwadratu ABCD, więc:

$\left|AP\right|=\left|BQ\right|=\left|CR\right|=\left|DS\right|=\frac{1}{2}a$  

W takim razie trójkąty APF, BQG, CRH, DSE są przystające na podstawie cechy KBK. Z przystawania tych trójkątów:

$\left|\sphericalangle AFP\right|=\left|\sphericalangle BGQ\right|=\left|\sphericalangle CHR\right|=\left|\sphericalangle DES\right|={180}^{\circ }-\left(\alpha +\beta \right)={18}^{\circ }-{90}^{\circ }={90}^{\circ }$  

---

Kąty AFP i GFE, BGQ i HGF, CHR i EHG, DES i FEH to kąty wierzchołkowe, więc mają równe miary. Stąd:

$\left|\sphericalangle GFE\right|=\left|\sphericalangle HGF\right|=\left|\sphericalangle EHG\right|=\left|\sphericalangle FEH\right|={90}^{\circ }$    

Otrzymaliśmy, że czworokąt EFGH jest prostokątem.

---

Z przystawania trójkątów ABQ, BCR, CDS i DAP oraz APF, BQG, CRH, DSE otrzymujemy, że:

$\left|EF\right|=\left|FG\right|=\left|GH\right|=\left|HE\right|=\left|AQ\right|-\left(\left|AF\right|+\left|GQ\right|\right)$  

Zatem prostokąt EFGH jest kwadratem.

---

Z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta ABQ:

$a^2+{\left(\frac{1}{2}a\right)}^2={\left|AQ\right|}^2$  

$a^2+\frac{1}{4}{a}^2={\left|AQ\right|}^2$

$\frac{5}{4}{a}^2={\left|AQ\right|}^2$  

$\left|AQ\right|=\frac{\sqrt{5}}{2}a$  

---

Oznaczmy:

$\left|AF\right|=x$    

$\left|PF\right|=y$  

---

Trójkąty ABQ i AFP są podobne na podstawie cechy KKK. Z podobieństwa tych trójkątów:

$\frac{\left|AF\right|}{\left|AB\right|}=\frac{\left|AP\right|}{\left|AQ\right|}$  

$\frac{x}{a}=\frac{\frac{1}{2}a}{\frac{\sqrt{5}}{2}a}$  

$\frac{x}{a}=\frac{1}{\sqrt{5}}\mid \cdot a$  

$x=\frac{a}{\sqrt{5}}=\frac{a\sqrt{5}}{5}$  

oraz

$\frac{\left|PF\right|}{\left|BQ\right|}=\frac{\left|AP\right|}{\left|AQ\right|}$  

$\frac{y}{\frac{1}{2}a}=\frac{\frac{1}{2}a}{\frac{\sqrt{5}}{2}a}$  

$\frac{y}{\frac{1}{2}a}=\frac{1}{\sqrt{5}}\mid \cdot \frac{1}{2}a$  

$y=\frac{a}{2\sqrt{5}}=\frac{a\sqrt{5}}{10}$  

---

Wówczas:

$\left|FG\right|=\left|AQ\right|-\left(x+y\right)=\frac{\sqrt{5}}{2}a-\left(\frac{a\sqrt{5}}{5}+\frac{a\sqrt{5}}{10}\right)=\frac{\sqrt{5}}{2}a-\left(\frac{2a\sqrt{5}}{10}+\frac{a\sqrt{5}}{10}\right)=\frac{\sqrt{5}}{2}a-\frac{3a\sqrt{5}}{10}=\frac{5\sqrt{5}}{10}a-\frac{3\sqrt{5}}{10}a=\frac{2\sqrt{5}}{10}a=\frac{\sqrt{5}}{5}a$  

---

Obliczamy pole kwadratu EFGH:

$P={\left|FG\right|}^2={\left(\frac{\sqrt{5}}{5}a\right)}^2=\frac{5}{25}{a}^2=\frac{1}{5}{a}^2$