Rysunek pomocniczy.

Mamy

$\left|CS\right|=\left|CD\right|-\left|SD\right|=36-10=26$  

Z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie CES mamy

${\left|SE\right|}^2+{\left|CE\right|}^2={\left|CS\right|}^2$  

${10}^2+{\left|CE\right|}^2={26}^2$  

$100+{\left|CE\right|}^2=676$  

${\left|CE\right|}^2=576,\left|CE\right|>0$  

$\left|CE\right|=24$  

---

Zauważmy, że ze względu kąty proste i równość kątów

$\left|\sphericalangle SCE\right|=\left|\sphericalangle SDB\right|\wedge \left|\sphericalangle CSE\right|=\left|\sphericalangle CDB\right|$  

z cechy kąt-kąt-kąt trójkąty CES i CBD są podobne. Zatem

$\frac{\left|BD\right|}{\left|SE\right|}=\frac{\left|CD\right|}{\left|CE\right|}$  

$\frac{\left|BD\right|}{10}=\frac{36}{24}$  

$\left|BD\right|=\frac{3}{2}\cdot 10$  

$\left|BD\right|=15$  

A stąd

$\left|AB\right|=2\cdot 15=30$  

---

Pole trójkąta ABC wynosi

$P_{ABC}=\frac{1}{2}\cdot \left|AB\right|\cdot \left|CD\right|=\frac{1}{2}\cdot 30\cdot 36=15\cdot 36=540$  

---

Z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie BCD mamy

${\left|BC\right|}^2={\left|BD\right|}^2+{\left|CD\right|}^2$  

${\left|BC\right|}^2={15}^2+{36}^2$  

${\left|BC\right|}^2=225+1296$  

${\left|BC\right|}^2=1521,\left|BC\right|>0$

$\left|BC\right|=39$   

A stąd

$\left|AC\right|=39$  

---

Promień okręgu opisanego na trójkącie wynosi

$R=\frac{\left|AB\right|\cdot \left|BC\right|\cdot \left|AC\right|}{4P_{ABC}}=\frac{30\cdot 39\cdot 39}{4\cdot 540}=\frac{3\cdot {39}^2}{4\cdot 54}=\frac{3\cdot 3^2\cdot {13}^2}{4\cdot 27\cdot 2}=\frac{{13}^2}{8}=\frac{169}{8}$