Niech

$\left|AD\right|=3x$

$\left|DB\right|=4x$  

Wykonajmy rysunek pomocniczy:

Korzystając z twierdzenia cosinusów dla trójkąta DBC mamy:

${10}^2={\left(4x\right)}^2+{10}^2-2\cdot 4x\cdot 10\cdot \cos \sphericalangle DBC$  

$100=16x^2+100-80x\cdot \cos \sphericalangle DBC\mid -100$  

$0=16x^2-80x\cdot \cos \sphericalangle DBC\mid :16x$  

$0=x-5\cos \sphericalangle DBC$  

$5\cos \sphericalangle DBC=x\mid :5$  

$\cos \sphericalangle DBC=\frac{1}{5}x$  

Z twierdzenia cosinusów dla trójkąta ABC mamy:

${17}^2={\left(3x+4x\right)}^2+{10}^2-2\cdot \left(3x+4x\right)\cdot 10\cdot \cos \sphericalangle DBC$  

$289={\left(7x\right)}^2+100-2\cdot 7x\cdot 10\cdot \frac{1}{5}x$  

$289=49x^2+100-28x^2$  

$189=21x^2\mid :21$  

$x^2=9$  

Stąd

$x=3$  

Z jedynki trygonometrycznej mamy:

${\sin }^2\sphericalangle DBC+{\cos }^2\sphericalangle DBC=1$  

${\sin }^2\sphericalangle DBC+{\left(\frac{1}{5}\cdot 3\right)}^2=1$  

${\sin }^2\sphericalangle DBC+\frac{1}{25}\cdot 9=1$  

${\sin }^2\sphericalangle DBC+\frac{9}{25}=1\mid -\frac{9}{25}$  

${\sin }^2\sphericalangle DBC=\frac{16}{25}$

Zatem 

$\sin \sphericalangle DBC=\frac{4}{5}$  

Obliczmy pole trójkąta ze wzoru

$P_{ABC}=\frac{1}{2}\cdot \left|AB\right|\cdot \left|BC\right|\cdot \sin \sphericalangle DBC$  

Mamy

$P_{ABC}=\frac{1}{2}\cdot 7x\cdot 10\cdot \frac{4}{5}=28x=28\cdot 3=84$