Нужно изготовить коробку в форме прямоугольного параллелепипеда с площадью основания, равной 1 см^2. Сумма длин всех ребер параллелепипеда должна быть 20 см. При каких размерах коробки площадь ее поверхности будет наибольшей?

решил выкласть решение.
смотри рисунок.
понятно, что отрезки катетов есть отрезки касательных, они равны.
Сделаем все обозначения.
гипотенуза будет  1)  х+у=2R
По т. Пифагора
(x+r)²+(y+r)²=(x+y)²
раскрывая, получаем
r(x+y)+r²=xy       подставляем сюда 1) и получаем
xy=2Rr+r²
из 1) выделяем у и подставляем, приводим и т.д. и получаем

x²-2Rx+(2Rr+r²)=0
D=4(R²-2Rr-r²)
x=R+/- √(R²-2Rr-r²)   но т.к. x≤R  то  тогда
x=R- √(R²-2Rr-r²)
ну а нижний катет желтого треугольника тогда равен
 √(R²-2Rr-r²)
найдем гипотенузу желтого

r²+(√(R²-2Rr-r²) )²=z²
z²=R²-2Rr
z=√(R*(R-2r))

P.S.  Здесь я не сделал исследование по поводу допустимых значений  радиусов.  Просто не захотел, т.к. удлиняет решение.

Рассмотрим треугольники AKO и CMO. Они равны как прямоугольные треугольники по катету (KO=MO) и прилежащему острому углу (KOA=MAC как противоположные углы пересекающихся прямых). Следовательно высоты поделены точкой пересечения на равные отрезки, это свойство равнобедренного треугольника. Если этого мало, то треугольник AMC равен треугольнику CKA по двум катетам (MO=KO, MC=KA из предыдущего доказательства). Следовательно в них равны и углы КАС и МСА, которые являются углами при основании, а это значит что треугольник равнобедренный