a) Przyjmijmy oznaczenia takie jak na poniższym rysunku:

Zauważmy, że pole zacieniowanej części figury jest równe różnicy pola połowy koła o promieniu 6 i dwóch kół: jednego o promieniu 3 (utworzą go dwie narysowane połówki koła) i drugiego o promieniu długości r, r > 0.

Obliczmy pole połowy koła o promieniu 6:

$P_1=\frac{1}{2}\cdot \pi \cdot 6^2=\frac{1}{2}\cdot 36\pi =18\pi$

Obliczmy pole koła o promieniu 3:

$P_2=\pi \cdot 3^2=9\pi$

Obliczmy pole koła o promieniu r.   

Rozważmy trójkąt ABC. 

Zauważmy, że jest to trójkąt równoramienny ponieważ:

$\left|AC\right|=\left|BC\right|=3+r$

Zauważmy, że okrągi o środkach O i C są styczne wewnętrznie, więc odległość ich środków jest równa różnicy długości ich promieni, czyli 

$\left|OC\right|=6-r$  

Punkt O jest środkiem podstawy AB, zatem odcinek OC jest wysokością w tym trójkącie.  

Korzystając z twierdzenia Pitagorasa dostajemy 

${\left(6-r\right)}^2+3^2={\left(3+r\right)}^2$

$36-12r+r^2+9=9+6r+r^2$

$36=18r\mid :18$

$2=r$

Obliczmy pole koła o promieniu r:

$P_3=\pi \cdot 2^2=4\pi$  

 

Obliczmy pole zacieniowanej figury:

$P=P_1-\left(P_2+P_3\right)=18\pi -\left(9\pi +4\pi \right)=18\pi -13\pi =5\pi$

---

b) Przyjmijmy oznaczenia takie jak na poniższym rysunku: 

Zauważmy, że pole zacieniowanej części figury jest równe różnicy pola połowy koła o promieniu 6 i dwóch kół: jednego o promieniu 3 i drugiego o promieniu długości r, r > 0.

Obliczmy pole połowy koła o promieniu 6:

$P_1=\frac{1}{2}\cdot \pi \cdot 6^2=\frac{1}{2}\cdot 36\pi =18\pi$

Obliczmy pole koła o promieniu 3:

$P_2=\pi \cdot 3^2=9\pi$

Obliczmy pole koła o promieniu r.   

Styczna jest prostopadła do promienia w punkcie styczności, czyli

$\left|\sphericalangle AOC\right|=\left|\sphericalangle BCO\right|={90}^{\circ }$  

Zatem czworokąt ABCO jest trapezem prostokątnym. 

Zauważmy, że okrągi o środkach O i B są styczne wewnętrznie, więc odległość ich środków jest równa różnicy długości ich promieni, czyli 

$\left|OB\right|=6-r$  

Korzystając z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie BCO dostajemy 

$r^2+{\left|OC\right|}^2={\left(6-r\right)}^2$

$r^2+{\left|OC\right|}^2=36-12r+r^2$

${\left|OC\right|}^2=36-12r\text{i}\left|OC\right|>0$

$\left|OC\right|=\sqrt{36-12r}$      

Niech BD będzie wysokością w tym trapezie, zauważmy, że 

$\left|BD\right|=\left|OC\right|=\sqrt{36-12r}$

Korzystając z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie ADB dostajemy 

${\left(3+r\right)}^2={\left(3-r\right)}^2+{\sqrt{36-12r}}^2$

$9+6r+r^2=9-6r+r^2+36-12r$

$24r=36\mid :24$

$r=\frac{3}{2}$

Obliczmy pole koła o promieniu r:

$P_3=\pi \cdot {\left(\frac{3}{2}\right)}^2=\frac{9}{4}\pi$

 

Obliczmy pole zacieniowanej figury:

$P=P_1-\left(P_2+P_3\right)=18\pi -\left(9\pi +\frac{9}{4}\pi \right)=18\pi -11\frac{1}{4}\pi =6\frac{3}{4}\pi$