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

$\left|\sphericalangle SCE\right|=\left|\sphericalangle SDB\right|\text{i}\left|\sphericalangle CSE\right|=\left|\sphericalangle CDB\right|$

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

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

---

Z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie $CBD$ 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

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