Торкөз қағазға 2.7-суретте көрсетілгендей етіп CE сәулесі мен АВ кесіндісін салыңдар. СЕ сәулесінің С төбесінен АВ кесіндісіне
тең СD кесіндісін салыңдар

Пусть вписанная в треугольник ABC окружность с центром О касается сторон AB, BC, AC в точках N, K, M соответственно, а касательная в точке F пересекает AB и BC в точках R и T соответственно. Тогда, очевидно, MFTC - равнобочная трапеция (MF||TC, ∠FMC=90°+∠FMO, ∠MFT=90°+∠MFO, причем ∠FMO=∠MFO, поэтому ∠MFT=∠FMC). Значит, TK=FT=MC=KC=AM=AN (из свойств отрезков касательной, равнобочности трапеции MFTC и равнобедренности треугольника ABC). Кроме того, NR=RF. Итак, AC=TC, AR=RT, т.е. треугольники ACR и TCR равны, откуда CR - биссектриса ∠ACB.  Т.к. биссектриса единственна, то все доказано.

Катет первого прямоугольного треугольника равен Х=√(10²-6²)=8.
Площадь первого треугольника равна половине произведения катетов, т.е
S=1/2*(6*8)=24
Площадь первого треугольника относится к площади подобного как 1:3, т.к
S1/S2=72/24=3.
Отношение площадей подобных треугольников равно квадрату коэффициента подобия, т.е.  катеты относятся:
                      3=(А2В2/А1В1)²        3=(А2В2/6)²     А2В2=6√3  ---катет
                      3= (А2С2/А1С1)²       3=(А2С2/8)²     А2С2=8√3  -----катет
гипотенузы относятся:
                       3=(В2С2/В1С1)²       3=(В2С2/10)²   B2C2=10√3 -------гипотенуза
Проверяем найдём площадь второго треугольника:
S2=1/2*(6√3*8√3)=72
Наибольшая сторона равна 10√3