Rozwiązanie:
Niech [tex]\angle ADC = \alpha[/tex]. Wówczas [tex]\angle ADB = 180-\alpha[/tex]. Niech ponadto [tex]|CD|=|BD|=x[/tex]Z twierdzenia cosinusów w trójkątach [tex]ACD[/tex] oraz [tex]ABD[/tex] dostaniemy odpowiednio:
[tex]\left \{ {{6^{2}=x^{2}+(\sqrt{14})^{2}-2*\sqrt{14}*x*cos\alpha } \atop {8^{2}=x^{2}+(\sqrt{14})^{2}-2*\sqrt{14}*x*cos(180-\alpha ) }} \right.\\\left \{ {{36=x^{2}+14-2\sqrt{14}x*cos\alpha } \atop {64=x^{2}+14+2\sqrt{14}x*cos\alpha }} \right. \\[/tex]
Teraz dodajemy ten układ stronami:
[tex]100=2x^{2}+28\\2x^{2}=72\\x^{2}=36\\x=6[/tex]
Stąd:
[tex]|BC|=2x=2*6=12[/tex]
Wszystkie boki trójkąta są całkowite, więc pole łatwo obliczymy ze wzoru Herona:
[tex]p=\frac{a+b+c}{2}=\frac{6+8+12}{2}=13\\P=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)} =\sqrt{13(13-6)(13-8)(13-12)} =\sqrt{13*7*5*1} =\sqrt{455}[/tex]