Wykonajmy rysunek pomocniczy:

 

Zauważmy, że trójkąty OAP i SBP są podobne - oba te trójkąty są prostokątne, oraz mają wspólny kąt APO.

Możemy więc zapisać równanie:

$\frac{\left|OA\right|}{\left|SB\right|}=\frac{\left|OP\right|}{\left|SP\right|}$   

 

$\frac{3}{1}=\frac{3+1+1+x}{1+x}\mid \cdot \left(1+x\right)$  

 

$3\cdot \left(1+x\right)=5+x$  

 

$3+3x=5+x$  

 

$2x=2\mid :2$  

 

$x=1$  

 

$\left|SP\right|=1+1=2$   

 

$\cos \alpha =\frac{1}{1+1}=\frac{1}{2}$  

$\alpha ={60}^{\circ }$    

 

Skorzystajmy z twierdzenia Pitagorasa i obliczmy długość odcinka BS:

${\left|BP\right|}^2+1^2=2^2$          

 

${\left|BP\right|}^2=4-1$   

 

${\left|BP\right|}^2=3$   

 

$\left|BP\right|=\sqrt{3}$   

 

Obliczmy pole trójkąta SBP:

 

$P_{SBP}=\frac{1}{2}\cdot \sqrt{3}\cdot 1=\frac{\sqrt{3}}{2}$      

 

Obliczmy pole zaznaczonego wycinka:

$P_w=\frac{60}{360}\cdot \pi \cdot 1^2=\frac{\pi }{6}$   

 

Obliczmy pole figury zacieniowanej w treści zadania:

 

$P=P_{SBP}-P_w=\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{\pi }{6}=\frac{3\sqrt{3}}{6}-\frac{\pi }{6}=\frac{3\sqrt{3}-\pi }{6}$