\begin{enumerate}
\item \label{q1exasina}
\begin{itemize}
\item Dans le cas 1, BOC est isocèle en O. considérons alors H le pied de la hauteur issue de O ; H est le milieu de [BC] et HOC est un triangle rectangle en H donc :
\[
\sin\angle{HOC}=\dfrac{\text{HC}}{\text{OC}}=\dfrac{\frac{a}{2}}{r}=\dfrac{a}{2r}.
\]
Or, \angle{BAC} et \angle{BOC} interceptent le m\^eme arc de cercle $\wideparen{BC}$ donc $\angle{BOC}=2\angle{BAC}$, donc $\angle{HOC}=\widehat{A}$.

Ainsi,
\[
\sin\widehat{A}=\dfrac{a}{2r}\qquad\text{soit}\qquad\boxed{\dfrac{a}{2}=r\sin\widehat{A}}.
\]

\item Dans le cas 2, $\angle{BAC}=\pi-\dfrac{1}{2}\angle{BOC}$, donc $\dfrac{1}{2}\angle{BOC}=\pi-\angle{BAC}$.

Donc, dans le triangle HOC rectangle en H, 
\[
\sin\big(\pi-\angle{BAC}\big)=\boxed{\dfrac{a}{2r}=\sin\widehat{A}}.
\]
\end{itemize}

\item De l'égalité précédente, on déduit :
\[
\dfrac{a}{\sin\widehat{A}}=2r.
\]
Un raisonnement analogue à celui tenu dans la question \ref{q1exasina} nous permettrait de démontrer que :
\[
\dfrac{b}{\sin\widehat{B}}=2r\qquad\text{et}\qquad\dfrac{c}{\sin\widehat{C}}=2r
\]
d'où :
\[
\boxed{\dfrac{a}{\sin\widehat{A}}=\dfrac{b}{\sin\widehat{B}}=\dfrac{c}{\sin\widehat{c}}=2r}.
\]

\item L'aire du triangle ABC est (voir exercice intitulé \og La formule de Héron \fg) :
\[
\mathscr{A}=\dfrac{1}{2}bc\sin\widehat{A}\]
soit, d'après la relation trouvée dans la question \ref{q1exasina},
\[\mathscr{A} =\dfrac{1}{2}bc\times\dfrac{a}{2r}\qquad\text{soit}\qquad\boxed{\mathscr{A}=\dfrac{abc}{4r}}.
\]
\end{enumerate}