Przyjmijmy oznaczenia jak na poniższym rysunku:

Przyjmijmy dodatkowo:

$\left|AB\right|=x$

$\left|CD\right|=y$

Skoro trapez $ABCD$ jest wpisany w okrąg, to:

$\left|AB\right|+\left|CD\right|=\left|BC\right|+\left|AD\right|=\frac{l}{2}$

$\left|BC\right|+\left|AD\right|=\frac{l}{2}$

$b+b=\frac{l}{2}$

$2b=\frac{l}{2}|:2$

$b=\frac{l}{4}$

Zatem:

$x+y=2\cdot \frac{l}{4}=\frac{l}{2}$

Skoro trapez $ABCD$ jest równoramienny, to:

$\left|BE\right|=\frac{x-y}{2}$

oraz:

$\left|AE\right|=x-\frac{x-y}{2}=\frac{2x}{2}-\frac{x-y}{2}=\frac{2x-x+y}{2}=\frac{x+y}{2}$

Skoro $x+y=\frac{l}{2}$, to:

$\left|AE\right|=\frac{x+y}{2}=\frac{\frac{l}{2}}{2}=\frac{l}{4}$

Zauważmy również, że jeżeli przez $r$ oznaczymy promień okręgu wpisanego w trapez $ABCD$, to:

$h=2r$

Korzystając z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie $AEC$ mamy:

${\left|AE\right|}^2+{\left|CE\right|}^2={\left|CA\right|}^2$

${\left(\frac{l}{4}\right)}^2+h^2=d^2$

$\frac{l^2}{16}+{\left(2r\right)}^2=d^2|-\frac{l^2}{16}$

$4r^2=d^2-\frac{l^2}{16}$

$4r^2=\frac{16d^2-l^2}{16}|:4$

$r^2=\frac{16d^2-l^2}{64}|\sqrt{},r>0$

$r=\frac{\sqrt{16d^2-l^2}}{8}$

Zapiszmy wzór na pole trójkąta $ABC$ na dwa sposoby. Mamy:

$P_{ABC}=\frac{\left|AB\right|\cdot \left|BC\right|\cdot \left|AC\right|}{4R}$  oraz  $P=\frac{1}{2}\cdot \left|AB\right|\cdot h$ 

Zatem:

$\frac{\left|AB\right|\cdot \left|BC\right|\cdot \left|AC\right|}{4R}=\frac{1}{2}\cdot \left|AB\right|\cdot h|:\left|AB\right|$

$\frac{\left|BC\right|\cdot \left|AC\right|}{4R}=\frac{1}{2}\cdot h$

$\frac{b\cdot d}{4R}=\frac{1}{2}\cdot 2r|\cdot 4R$

$bd=4Rr|:2r$

$\frac{bd}{4r}=R$

$R=\frac{\frac{l}{4}\cdot d}{4\cdot \frac{\sqrt{16d^2-l^2}}{8}}=\frac{ld}{4\cdot 4\cdot \frac{1}{8}\sqrt{16d^2-l^2}}=\frac{d\cdot l}{2\sqrt{16d^2-l^2}}$

Zatem otrzymaliśmy, że:

$R=\frac{d\cdot l}{2\sqrt{16d^2-l^2}}$

co należało wykazać.