a)

Korzystając z twierdzenia o cięciwach okręgu mamy:

$\left|AE\right|\cdot \left|CE\right|=\left|BE\right|\cdot \left|DE\right|$

Niech $r$ oznacza promień okręgu. Wtedy powyższa równość przyjmuje postać:

$\left(r+4\right)\cdot \left(r-4\right)=6\cdot 3\frac{1}{3}$

$r^2-16=6\cdot \frac{10}{3}$

$r^2-16=20|+16$

$r^2=36|\sqrt{},r>0$

$r=6$

---

b) 

Korzystając z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie $BEA$ mamy:

${\left|BE\right|}^2+{\left|AE\right|}^2={\left|AB\right|}^2$

${\left|BE\right|}^2+4^2={\left(4\sqrt{5}\right)}^2$

${\left|BE\right|}^2+16=16\cdot 5$

${\left|BE\right|}^2+16=80|-16$

${\left|BE\right|}^2=64|\sqrt{},\left|BE\right|>0$

$\left|BE\right|=8$

Obliczmy pole trójkąta $ABC$:

$P_{ABC}=\frac{1}{2}\cdot \left|AC\right|\cdot \left|BE\right|=\frac{1}{2}\cdot \left(4+4\right)\cdot 8=\frac{1}{2}\cdot 8\cdot 8=32$

Zatem mamy:

$P_{ABC}=\frac{abc}{4r}$

$32=\frac{4\sqrt{5}\cdot 4\sqrt{5}\cdot 8}{4r}|\cdot 4r$

$128r=16\cdot 5\cdot 8$

$128r=640|:128$

$r=5$

---

c)

Korzystając z twierdzenia o cięciwach okręgu mamy:

$\left|AE\right|\cdot \left|BE\right|=\left|CE\right|\cdot \left|DE\right|$

$\left|AE\right|\cdot 4=5\cdot 8|:4$

$\left|AE\right|=5\cdot 2$

$\left|AE\right|=10$

Zatem:

$\left|AB\right|=\left|AE\right|+\left|BE\right|=10+4=14$

$r=\frac{\left|AB\right|}{2}=\frac{14}{2}=7$

Trójkąt $ABC$ jest prostokątny, ponieważ jest to trójkąt wpisany w okrąg oparty na średnicy. Korzystając z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie $ABC$ mamy:

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

$6^2+{\left|BC\right|}^2=14^2$

$36+{\left|BC\right|}^2=196|-36$

${\left|BC\right|}^2=160|\sqrt{},\left|BC\right|>0$

$\left|BC\right|=\sqrt{160}$

$\left|BC\right|=\sqrt{16\cdot 10}$

$\left|BC\right|=4\sqrt{10}$

Obliczmy pole trójkąta $ABC$:

$P_{ABC}=\frac{1}{2}\cdot \left|AC\right|\cdot \left|BC\right|-\frac{1}{2}\cdot 6\cdot 4\sqrt{10}=12\sqrt{10}$