a) Rysunek poglądowy:

Z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie BEC:72

${\left|BE\right|}^2+{\left|CE\right|}^2={\left|BC\right|}^2$  

$3^2+h^2=9^2$  

$9+h^2=81$  

$h^2=72$  

$h=\sqrt{72}=\sqrt{36}\cdot \sqrt{2}=6\sqrt{2}$  

 

Pole trójkąta ABC:

$P=\frac{\left|AB\right|\cdot h}{2}=\frac{6\cdot 6\sqrt{2}}{2}=18\sqrt{2}$  

 

wyraźmy pole za pomocą wysokości AD i ramienia BC:

$P=\frac{\left|BC\right|\cdot \left|AD\right|}{2}$  

$18\sqrt{2}=\frac{9\cdot \left|AD\right|}{2}$  

$9\left|AD\right|=36\sqrt{2}$  

$\left|AD\right|=4\sqrt{2}$  

 

Trójkąty ABD i BCE są podobne:

$\frac{\left|AD\right|}{\left|CE\right|}=\frac{x}{\left|BE\right|}$  

$\frac{4\sqrt{2}}{6\sqrt{2}}=\frac{x}{3}$  

$\frac{2}{3}=\frac{x}{3}$  

$x=2$  

 

Pole trójkąta ABD:

$P=\frac{1}{2}\cdot \left|AD\right|\cdot x=\frac{1}{2}\cdot 4\sqrt{2}\cdot 2=4\sqrt{2}\left[{\text{cm}}^2\right]$  

 

Pole trójkąta ADC:

$P=\frac{1}{2}\cdot \left|AD\right|\cdot \left(9-x\right)=\frac{1}{2}\cdot 4\sqrt{2}\cdot 7=2\sqrt{2}\cdot 7=14\sqrt{2}\left[{\text{cm}}^2\right]$