Rysunek poglądowy

Zauważmy, że z twierdzenia o środkowych dzielą się one w stosunku 2 : 1 licząc od wierzchołka, zatem

$\left|FG\right|=6,\left|GB\right|=12,\left|EG\right|=5,\left|GA\right|=10$  

Rozważmy trójkąt AGB i twierdzenie cosinusów

${\left|AB\right|}^2={10}^2+{12}^2-2\cdot 10\cdot 12\cdot \cos {120}^{\circ }$  

${\left|AB\right|}^2=100+144-2\cdot 120\cdot \cos \left({180}^{\circ }-{60}^{\circ }\right)$  

${\left|AB\right|}^2=244-2\cdot 120\cdot \left(-\cos {60}^{\circ }\right)$  

${\left|AB\right|}^2=244+2\cdot 120\cdot \frac{1}{2}$  

${\left|AB\right|}^2=244+120$  

${\left|AB\right|}^2=364$  

$\left|AB\right|=2\sqrt{91}$  

Łatwo policzyć, że

$\left|\sphericalangle EGB\right|={180}^{\circ }-\left|\sphericalangle AGB\right|={180}^{\circ }-{120}^{\circ }={60}^{\circ }$  

Zatem z twierdzenia cosinusów dla trójkąta EGB

${\left|EB\right|}^2=5^2+{12}^2-2\cdot 5\cdot 12\cdot \cos {60}^{\circ }$  

${\left|EB\right|}^2=25+144-2\cdot 60\cdot \frac{1}{2}$  

${\left|EB\right|}^2=169-60$  

${\left|EB\right|}^2=109$  

$\left|EB\right|=\sqrt{109}$  

$\left|CB\right|=2\cdot \left|EB\right|=2\sqrt{109}$

Zatem cosinus dla trójkąta AEB

$\cos \sphericalangle ABE=\frac{{\left(2\sqrt{91}\right)}^2+{\left(\sqrt{109}\right)}^2-{15}^2}{2\cdot 2\sqrt{91}\cdot \sqrt{109}}=\frac{364+109-225}{4\sqrt{9919}}=\frac{248}{4\sqrt{9919}}=\frac{62}{\sqrt{9919}}=\frac{62\sqrt{9919}}{9919}$  

Z twierdzenia cosinusów dla trójkąta CDB

${\left|CD\right|}^2={\left|CB\right|}^2+{\left|DB\right|}^2-2\cdot \left|CB\right|\cdot \left|DB\right|\cdot \cos \sphericalangle ABE$  

${\left|CD\right|}^2={\left(2\sqrt{109}\right)}^2+{\left(\sqrt{91}\right)}^2-2\cdot 2\sqrt{109}\cdot \sqrt{91}\cdot \frac{62\sqrt{9919}}{9919}$  

${\left|CD\right|}^2=436+91-4\sqrt{9919}\cdot \frac{62\sqrt{9919}}{9919}$  

${\left|CD\right|}^2=527-4\cdot 62$  

${\left|CD\right|}^2=527-248$  

${\left|CD\right|}^2=279$  

$\left|CD\right|=3\sqrt{31}$