Obliczmy z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie $ACD$

$$\begin{gathered} {\left|AC\right|}^2={\left|AD\right|}^2+{\left|CD\right|}^2 \\ {\left|AC\right|}^2=6^2+8^2 \\ {\left|AC\right|}^2=36+64 \\ {\left|AC\right|}^2=100,\left|AC\right|>0 \\ \left|AC\right|=10 \end{gathered}$$

Zauważmy, że trójkąty prostokątne opisane w zadaniu $ACD$ oraz $ACB$ są podobne (Uwaga: We wskazówce w odpowiedziach znajduje się błąd). Jest tak, ponieważ mamy równość kątów

$\left|\sphericalangle DCA\right|=\left|\sphericalangle CAB\right|$

które są naprzemianległe ze względu na równoległość podstaw trapezu. Oba trójkąty są prostokątne. Zatem trzeci kąt mają również taki sam, są podobne z cechy kąt-kąt-kąt. Zatem zachodzi zależność

$$\begin{gathered} \frac{\left|AD\right|}{\left|CD\right|}=\frac{\left|BC\right|}{\left|AC\right|} \\ \frac{6}{8}=\frac{\left|BC\right|}{10} \\ 8\left|BC\right|=60 \\ \underline{\left|BC\right|=7,5} \end{gathered}$$

Z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie $ABC$ mamy

$$\begin{gathered} {\left|AB\right|}^2={\left|A{C}^{}\right|}^2+{\left|BC\right|}^2 \\ {\left|AB\right|}^2=10^2+7,5^2 \\ {\left|AB\right|}^2=100+56,25 \\ {\left|AB\right|}^2=156,25\text{i}\left|AB\right|>0 \\ \underline{\left|AB\right|=12,5} \end{gathered}$$