$a)$  

$\text{Korzystając ze związkoˊw w troˊjkącie o kątach}{30}^{\circ }{,60}^{\circ }{,90}^{\circ }\text{otrzymujemy:}$  

$\underline{\left|AC\right|=2\left|DC\right|=4}$   

$\text{Oznaczmy punkt przecięcia przekatnych przez O.}$  

$\text{Kąty wierzchołkowe są sobie roˊwne czyli troˊjkąty DCO oraz BCO są prostokątne.}$  

$\text{Co więcej troˊjkąt DCO ma jeden z kątoˊw roˊwny}{30}^{\circ }\text{(kąt przy wierzchołku D}).$  

$\text{Z własnosˊci troˊjkąta prosotokątnego o kątach}{30}^{\circ },{60}^{\circ },{90}^{\circ }\text{otrzymujemy:}$    

$\left|CO\right|=\frac{1}{2}\left|DC\right|=1$         

$\left|DO\right|=\sqrt{3}$  

 

$\text{Z tw. Pitagorasa:}$  

${\left|BO\right|}^2={\sqrt{2}}^2-1^2=1$  

$\left|BO\right|=1$  

$\underline{\left|DB\right|=\sqrt{3}+1}$   

 

$b)$  

$\text{Z tw. Pitagorasa:}$  

${\left|AC\right|}^2=8^2+{\left(10+6\right)}^2=64+256=320$  

$\underline{\left|AC\right|=8\sqrt{5}}$   

${\left|AB\right|}^2=8^2+6^2=100$  

$\left|AB\right|=10$  

$\text{Oznaczmy przez O punkt przecięcia przekątnych.}$  

${\left|BO\right|}^2={10}^2-{\left(\frac{1}{2}\cdot 8\sqrt{5}\right)}^2=100-80=20$  

$\left|BO\right|=2\sqrt{5}$  

Rozważmy trójkąt ABO. 

Zauważmy, że 

${\left|AB\right|}^2={10}^2=100$  

${\left|AO\right|}^2+{\left|BO\right|}^2={\left(4\sqrt{5}\right)}^2+{\left(2\sqrt{5}\right)}^2=80+20=100$

czyli na mocy twierdzenia odwrotnego do twierdzenia Pitagorasa trójkąt ABO jest prostokątny. 

Otrzymaliśmy więc, że w czworokącie ABCD przekątna BD jest osią symetrii czworokąta- czyli ten czworokąt jest deltoidem. 

 Trójkąt DOC jest trójkątem prostokątnym, w którym 

$\left|\sphericalangle ODC\right|={45}^{\circ }$  

czyli ten trójkąt jest równoramienny. 

Skąd dostajemy 

$\left|DO\right|=\frac{1}{2}\left|AC\right|=4\sqrt{5}$  

$\left|DB\right|=4\sqrt{5}+2\sqrt{5}=\underline{6\sqrt{5}}$  

 

$c)$  

$\text{Oznaczmy przez O punkt przecięcia przekątnych.}$  

$\text{Zauwaz˙my, z˙e troˊjkąt COB jest roˊwnoboczny. Wynika to z faktu, z˙e na dowolnym troˊjkącie prostokątnym moz˙emy opisacˊ okrąg.}$  

$\left|OB\right|=12$  

$\left|DB\right|=\underline{24}$   

 

$\left|CO\right|=12$  

$\text{Z własnosˊci troˊjkątoˊw prostokatnych o boku}{30}^{\circ }:$  

$\left|AO\right|=2\cdot 12=24$  

 

$\left|AC\right|=12+24=\underline{36}$  

 

$d)$  

$\text{Oznaczmy przez O punkt przecięcia przekątnych czworokąta, a przez X}$  

$\text{punkt przecięcia wysokosˊci poprowadzonej z B i przekątnej AC.}$      

$\text{Z własnosˊci troˊjkąta prostokatnego, roˊwnoramiennego otrzymujemy:}$  

$\left|OB\right|=4\sqrt{2}$  

$\left|OX\right|=4$  

${\left|XC\right|}^2=5^2-4^2=9$  

$\left|XC\right|=3$  

 

$\text{Zauwaz˙my, z˙e troˊjkat DAO jest prostokątny i roˊwnoramienny.}$  

$\left|AD\right|=y$  

${\left(8,5\right)}^2=y^2+{\left(y+4\sqrt{2}\right)}^2$  

$\frac{289}{4}=y^2+y^2+8y\sqrt{2}+32$  

$8y^2+32y\sqrt{2}+128-289=0$  

$8y^2+32y\sqrt{2}-161=0$  

$\Delta =7200$  

$\sqrt{\Delta }=60\sqrt{2}$  

 

$y_1=\frac{-32\sqrt{2}-60\sqrt{2}}{16}<0$  

$y_2=\frac{-32\sqrt{2}+60\sqrt{2}}{16}=\frac{7}{4}\cdot \sqrt{2}$  

$\underline{\left|BD\right|=\frac{7}{4}\cdot \sqrt{2}+4\sqrt{2}=\frac{23\sqrt{2}}{4}}$  

 

$\left|AO\right|=y\sqrt{2}=\frac{7}{4}\cdot \sqrt{2}\cdot \sqrt{2}=\frac{7}{2}$  

$\underline{\left|AC\right|=\frac{7}{2}+7=10\frac{1}{2}}$