Обозначим радиусы описанных окружностей треугольников $BDF$ и $ACE$ через $r$ и $r_1$; условимся, что $r\ge r_1$.
Доказательство поведём от противного. Пусть $r\lt 1$ (значит, и $r_1\lt 1$). Оценим сумму углов шестиугольника. Поскольку равнобедренные треугольники $ABE$ и $OBF$, где $O$ — центр описанной окружности треугольника $BDF$, имеют общее основание $BE$ и при этом $AB=1\gt OB=r$, угол при вершине у первого треугольника меньше: $\angle A\lt\angle FOB$. Аналогично, $\angle C\lt\angle BOD$, $\angle E\lt\angle DOF$. Следовательно,
$$
\angle A+\angle C+\angle E\lt\angle FOB+\angle BOD+\angle DOF,\tag{*}
$$
а сумма в правой части (*) или равна $2\pi$ (когда треугольник $BDF$ остро- или прямоугольный; рис. 1), или меньше (когда этот треугольник тупоугольный; рис. 2). Точно так же доказывается, что $\angle B+\angle D+\angle F\lt2\pi$ (поскольку $r_1\lt1$), и поэтому сумма всех углов шестиугольника меньше $4\pi$, что невозможно. Таким образом, $r\ge1$.
Рисунок номер 1
Рисунок номер 2
Справедливо и более сильное утверждение: в наших обозначениях либо $r\gt 1\gt r_1$, либо $r=r_1=1$. Для доказательства прежде всего покажем, что треугольники $ACE$ и $BDF$ остроугольные. Допустим, например, что угол $BFD$ не острый. Тогда точка $F$ лежит в круге с диаметром $BD$, то есть $MF\le MB$, где $M$ — середина $BD$ (рис. 3). Следовательно, точка $N$ пересечения серединного перпендикуляра к $BF$ с отрезком $BD$ лежит между $B$ и $M$. Равнобедренные треугольники $BFA$ и $BFN$ имеют общее основание $BF$ и при этом $BN\le BM\lt1=BA$ (так как $2BM=BD\lt BC+CD=2$), поэтому $\angle AFB\gt \angle FBD$. Аналогично, $\angle DFE\gt \angle FDB$. Но тогда угол шестиугольника при вершине $F$ больше $\pi$ ($\angle F=\angle AFB+\angle BFD+\angle DFE\gt \angle FBD+\angle BFD+\angle FDB=\pi$), а это противоречит выпуклости шестиугольника.
Рисунок номер 3
Тем самым доказано, что правая часть в неравенстве (*) равна $2\pi$ и, рассуждая так же, как выше, мы получим, что $r_1\le 1$ (иначе сумма всех углов шестиугольника оказалась бы больше $4\pi$).
Наконец, если один из радиусов, скажем $r$, равен 1, то, очевидно, точки $A$, $C$ и $E$ симметричны центру $O$ описанной окружности треугольника $BDF$ относительно его сторон (рис. 4). Отсюда легко вывести, что $\triangle ACE=\triangle DFB$, значит, и $r_1=1$. (Более того, в этом случае треугольники $ACE$ и $DFB$ симметричны относительно середины отрезка $OH$, где $H$ — точка пересечения высот треугольника $BDF$, так что противоположные стороны шестиугольника параллельны.)
Рисунок номер 4
