a)

Przyjmijmy oznaczenia jak na poniższym rysunku:

Korzystając z twierdzenia o cięciwach, mamy:

$\left|PA\right|\cdot \left|PB\right|=\left|PC\right|\cdot \left|PD\right|$

$2\cdot \left(x+2+x\right)=4\cdot 3$

$2\left(2x+2\right)=12$

$4\left(x+1\right)=12|:4$

$x+1=3|-1$

$x=2$

Zatem:

$r=2+x=2+2=4$

Zauważmy, że:

$\left|PC\right|=4$

$\left|PO\right|=x=2$

$\left|OC\right|=R=4$  

Zatem trójkąt $POC$ jest równoramienny.

Korzystając z twierdzenia Pitagorasa otrzymujemy:

$1^2+h^2=4^2$

$1+h^2=16|-1$

$h^2=15|\sqrt{},h>0$

$h=\sqrt{15}$  

Obliczmy pole trójkąta $ABC$:

$P_{ABC}=\frac{1}{2}\cdot \left|AB\right|\cdot h=\frac{1}{2}\cdot 8\cdot \sqrt{15}=4\sqrt{15}$ 

---

---

b)

Przyjmijmy oznaczenia jak na poniższym rysunku:

I sposób:

Najpierw obliczmy $x$ wykorzystując twierdzenie Pitagorasa w trójkącie $AOP$:

$x^2+3^2={\left(\frac{3}{2}+x\right)}^2$

$x^2+9=\frac{9}{4}+2\cdot \frac{3}{2}x+x^2|-x^2$

$9=\frac{9}{4}+3x|-\frac{9}{4}$

$\frac{36}{4}-\frac{9}{4}=3x$

$\frac{27}{4}=3x|:3$

$\frac{36}{4}-\frac{9}{4}=3x$

$x=\frac{9}{4}$

Wtedy:

$R=\frac{3}{2}+x=\frac{3}{2}+\frac{9}{4}=\frac{6}{4}+\frac{9}{4}=\frac{15}{4}=3\frac{3}{4}$ 

Obliczmy pole trójkąta $ABC$:

$P_{ABC}=\frac{1}{2}\cdot \left|PB\right|\cdot \left|AC\right|=\frac{1}{2}\cdot \left(x+x+\frac{3}{2}\right)\cdot 6=$

$=\frac{1}{2}\cdot \left(\frac{9}{4}+\frac{9}{4}+\frac{6}{4}\right)\cdot 6=3\cdot \frac{24}{4}3\cdot 6=18$  

---

II sposób:

Korzystając z twierdzenia o cięciwach, mamy:

$\left|PA\right|\cdot \left|PC\right|=\left|PB\right|\cdot \left|PD\right|$

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

$9=\frac{3}{2}\left|PB\right||\cdot \frac{2}{3}$  

$\left|PB\right|=\frac{18}{3}$  

$\left|PB\right|=6$  

Wtedy:

$r=\frac{3}{2}+x=\frac{3}{2}+\frac{9}{4}=\frac{6}{4}+\frac{9}{4}=\frac{15}{4}=3\frac{3}{4}$ 

Obliczmy pole trójkąta $ABC$:

$P_{ABC}=\frac{1}{2}\cdot \left|PB\right|\cdot \left|AC\right|=\frac{1}{2}\cdot \left(x+x+\frac{3}{2}\right)\cdot 6=$

$=\frac{1}{2}\cdot \left(\frac{9}{4}+\frac{9}{4}+\frac{6}{4}\right)\cdot 6=3\cdot \frac{24}{4}3\cdot 6=18$  

---

---

c)

Przyjmijmy oznaczenia jak na poniższym rysunku:

Zauważmy, że trójkąty $DPC$i $APB$ są podobne na mocy cechy kąt-kąt-kąt, bo:

• $\left|\sphericalangle DPC\right|=\left|\sphericalangle APB\right|$, ponieważ są to kąty wierzchołkowe.
• $\left|\sphericalangle DCP\right|=\left|\sphericalangle ABP\right|$, ponieważ są to kąty wpisane oparte na tym samym łuku.
• $\left|\sphericalangle PDC\right|=\left|\sphericalangle PAB\right|$, ponieważ są to kąty wpisane oparte na tym samym łuku.

Obliczmy ich skalę podobieństwa:

$k=\frac{\left|AB\right|}{\left|CD\right|}=\frac{3\sqrt{6}}{2\sqrt{6}}=\frac{3}{2}$

Zatem:

$\left|PA\right|=\left|PD\right|\cdot \frac{3}{2}=4\cdot \frac{3}{2}=6$

$\left|PB\right|=\left|PC\right|\cdot \frac{3}{2}=2\cdot \frac{3}{2}=3$

Wtedy:

$r=\frac{1}{2}\cdot \left|AB\right|=\frac{1}{2}\cdot \left(\left|PA\right|+\left|PC\right|\right)=\frac{1}{2}\cdot \left(6+2\right)=\frac{1}{2}\cdot 8=4$

$\left|AC\right|=2r=8$

 Obliczmy długość odcinka $BC$ korzystając z twierdzenia Pitagorasa:

${\left|BC\right|}^2+{\left|AB\right|}^2={\left|AC\right|}^2$

 ${\left|BC\right|}^2+{\left(3\sqrt{6}\right)}^2=8^2$

${\left|BC\right|}^2+9\cdot 6=64$

${\left|BC\right|}^2+54=64|-54$

${\left|BC\right|}^2=10|\sqrt{},\left|BC\right|>0$

$\left|BC\right|=\sqrt{10}$

Trójkąt $ABC$ jest prostokątny, ponieważ bok $AC$ to średnica okręgu. Obliczmy  jego pole:

$P_{ABC}=\frac{1}{2}\cdot \left|AB\right|\cdot \left|BC\right|=\frac{1}{2}\cdot 3\sqrt{6}\cdot \sqrt{10}=\frac{3}{2}\sqrt{60}=$

$=\frac{3}{2}\sqrt{4\cdot 15}=\frac{3}{2}\cdot 2\sqrt{15}=3\sqrt{15}$