Mamy $20$ prostokątów podobnych do danego w skali $k=1$.

Są $4$ prostokąty podobne do danego w skali $k=2$.

Razem mamy $24$ prostokąty podobne do danego.

Mamy $6$ rombów podobnych do danego w skali $k=1$. Są one zbudowane z $2$ trójkątów równobocznych jednego koloru.

Mamy też $6$ rombów podobnych do danego w skali $k=1$ i są one zbudowane z $2$ trójkątów równobocznych różnych kolorów.

Są też trzy romby podobne do danego w skali $k=2$. Zawierają one wewnętrzny sześciokąt i dwa trójkąty równoboczne tego samego koloru.

Razem mamy $15$ rombów podobnych do wskazanego rombu.

Niech $P_1$, $P_2$ oznaczają pola tych czworokątów.

Wtedy $P_2=3^2·P_1=9P_1$.

$P_2-P_1=9P_1-P_1=8P_1=120$

$P_1=15$

$P_2=9·15=135$

1. Każdy $A_i$ jest podobny do kolejnego $A_{i+1}$ w skali $\sqrt{2}$.

Więc $A0$ jest podobny do $A1$ w skali $\sqrt{2}$. $A1$ do $A2$ jest podobny w skali $\sqrt{2}$, więc $A0$ do $A2$ jest podobny w skali $\sqrt{2}·\sqrt{2}=2$.

Dalej $A2$ do $A3$ w skali $\sqrt{2}$, więc $A0$ do $A3$ skali $2·\sqrt{2}$

$A3$ do $A4$ skali $\sqrt{2}$, więc $A0$ do $A4$ w skali $2·\sqrt{2}·\sqrt{2}=4$

$A4$ do $A5$ w skali $\sqrt{2}$, więc $A0$ do $A5$ jest podobny w skali $4·\sqrt{2}$.

2. Z punktu $1$ mamy, że $A0$ do $A3$ jest podobny w skali $k=2·\sqrt{2}$.

Stąd stosunek pól $\frac{P_0}{P_3}={\left(2\sqrt{2}\right)}^2=8$.

Wyznaczamy $P_0=841·1189=9999,49 {\mathrm{cm}}^2=0,999949 {\mathrm{m}}^2\approx 1 {\mathrm{m}}^2$

Wtedy $P_3=\frac{1}{8}=0,125 {\mathrm{m}}^2$

Jeśli trapezy są podobne, to stosunki odpowiednich podstaw są równe, czyli $\frac{c}{b}=\frac{b}{a}$. Stąd $b^2=ac$, więc $b=\sqrt{ac}$. Zatem $b$ jest średnią geometryczną $a$ i $b$.