Wykonajmy rysunek pomocniczy. 

Korzystając z twierdzenia cosinusów  trójkącie $ABD$ mamy

${\left|AB\right|}^2={\left|AD\right|}^2+{\left|BD\right|}^2-2\cdot \left|AD\right|\cdot \left|BD\right|\cdot \cos \left|\sphericalangle ADB\right|$

$a^2={\left(2a\right)}^2+6^2-2\cdot 2a\cdot 6\cdot \frac{7}{8}$

$a^2=4a^2+36-3\cdot a\cdot 7|-a^2$

$0=3a^2+36-21a|:3$

$a^2-7a+12=0$

Obliczmy

${\Delta }_a={\left(-7\right)}^2-4\cdot 1\cdot 12=49-48=1,\sqrt{{\Delta }_a}=1$

$a=\frac{7-1}{2}=\frac{6}{2}=3\text{lub}a=\frac{7+1}{2}=\frac{8}{2}=4$

Wiemy, że 

$\left|AB\right|>\sqrt{15}$

$a>\sqrt{15}>\sqrt{9}=3$

Stąd

$a=4$

Zatem

$\left|AB\right|=a=4$

$\left|AD\right|=2a=2\cdot 4=8$

---

Skoro czworokąt jest opisany na okręgu, zachodzi własność

$\left|AB\right|+\left|CD\right|=\left|BC\right|+\left|AD\right|$

$4+\left|CD\right|=\left|BC\right|+8$

$\left|CD\right|=\left|BC\right|+4$

---

Z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie $BCD$ mamy

${\left|BC\right|}^2+{\left|CD\right|}^2={\left|BD\right|}^2$

${\left|BC\right|}^2+{\left(\left|BC\right|+4\right)}^2=6^2$

${\left|BC\right|}^2+{\left|BC\right|}^2+8\left|BC\right|+16=36|-36$

$2{\left|BC\right|}^2+8\left|BC\right|-20=0|:2$

${\left|BC\right|}^2+4\left|BC\right|-10=0$

Obliczmy dla tego równania kwadratowego

$\Delta =4^2-4\cdot 1\cdot \left(-10\right)=16+40=56,\sqrt{\Delta }=2\sqrt{14}$

$\left|BC\right|=\frac{-4-2\sqrt{14}}{2}=-2-\sqrt{14}<0\text{lub}\left|BC\right|=\frac{-4+2\sqrt{14}}{2}=-2+\sqrt{14}>0$

Wiemy, że $\left|BC\right|>0$. Stąd

$\underline{\underline{\left|BC\right|=\sqrt{14}-2}}$