Przypomnijmy, że pole trójkąta, którego dwa boki mają długości a i b, a kąt między nimi ma miarę  $\alpha$ wyraża się wzorem $P_{\Delta }=\frac{1}{2}\cdot a\cdot b\cdot \sin \alpha$    dla dowolnego kąta  $\alpha$   prawdziwy jest wzór (nazywany jedynką trygonometryczną): ${\sin }^2\alpha +{\cos }^2\alpha =1$

---

Rozważamy prostopadłościan ABCDA₁B₁C₁D₁. Z treści zadania wiemy, że

$|A_1{D}_1|=3,|D_1{C}_1|=4,\left|D{D}_1\right|=12$  

Sporządzamy rysunek pomocniczy. Przyjmujemy oznaczenia takie jak na rysunku. 

Rysunek: 

Wyznaczamy długości boków trójkąta AB₁D₁. 

Rozważamy trójkąt prostokątny A₁B₁D₁. Z twierdzenia Pitagorasa w tym trójkącie mamy

$3^2+4^2={|B_1{D}_1|}^2$  

$9+16={|B_1{D}_1|}^2$  

$25={|B_1{D}_1|}^2$  

Stąd

$|B_1{D}_1|=\underline{\underline{5}}$  

---

Rozważamy trójkąt prostokątny ABB₁. Z twierdzenia Pitagorasa w tym trójkącie mamy

$4^2+{12}^2={|A{B}_1|}^2$  

$16+144={|A{B}_1|}^2$  

$160={|A{B}_1|}^2$  

Stąd

$|A{B}_1|=\sqrt{160}=\sqrt{16\cdot 10}=\underline{\underline{4\sqrt{10}}}$  

---

Rozważamy trójkąt prostokątny AA₁D_1. Z twierdzenia Pitagorasa w tym trójkącie mamy

$3^2+{12}^2={|A{D}_1|}^2$  

$9+144={|A{D}_1|}^2$  

$153={|A{D}_1|}^2$  

Stąd

$|A{D}_1|=\sqrt{153}=\sqrt{9\cdot 17}=\underline{\underline{3\sqrt{17}}}$  

---

Mając długości wszystkich boków trójkąta AB₁D_1,możemy zastosować w tym trójkącie twierdzenie cosinusów:

${|B_1{D}_1|}^2={|A{B}_1|}^2+{|A{D}_1|}^2-2\cdot |A{B}_1|\cdot |A{D}_1|\cdot \cos \alpha$

$5^2={\left(4\sqrt{10}\right)}^2+{\left(3\sqrt{17}\right)}^2-2\cdot 4\sqrt{10}\cdot 3\sqrt{17}\cdot \cos \alpha$

  $25=160+153-24\sqrt{170}\cdot \cos \alpha$  

$24\sqrt{170}\cos \alpha =313-25$  

$24\sqrt{170}\cos \alpha =313-25=288\mid :24$  

$\sqrt{170}\cos \alpha =12\mid :\sqrt{170}$  

$\cos \alpha =\frac{12}{\sqrt{170}}$  

---

Wyznaczamy sinus kąta  $\alpha .$   Korzystamy z jedynki trygonometrycznej i mamy

${\sin }^2\alpha +{\cos }^2\alpha =1$  

${\sin }^2\alpha =1-{\cos }^2\alpha =1-{\left(12\sqrt{170}\right)}^2=1-\frac{144}{170}=\frac{170-144}{170}=\frac{26}{170}$  

Stąd

$\sin \alpha =\sqrt{\frac{26}{170}}$  

---

Wyznaczamy pole trójkąta ADD₁. 

$P_{\Delta }=\frac{1}{2}\cdot |A{D}_1|\cdot |A{B}_1|\cdot \sin \alpha =\frac{1}{2}\cdot 3\sqrt{17}\cdot 4\sqrt{10}\cdot \sqrt{\frac{26}{170}}=6\sout{\sqrt{170}}\cdot \frac{\sqrt{26}}{\sout{\sqrt{170}}}=\underline{\underline{6\sqrt{26}}}$