Naszkicujmy rysunek poglądowy:

Zauważmy, że zgodnie z twierdzeniem o dwusiecznej mamy:

$\frac{\left|CB\right|}{\left|AB\right|}=\frac{\left|CD\right|}{\left|DA\right|}$

$\frac{4}{8}=\frac{\left|CD\right|}{\left|DA\right|}$

$\frac{1}{2}=\frac{\left|CD\right|}{\left|DA\right|}$

$\left|DA\right|=2\left|CD\right|$

Zatem oznaczmy:

$\left|CD\right|=x$

$\left|DA\right|=2x$

Z twierdzenia cosinusów dla trójkąta $ABC$ mamy:

${\left|AC\right|}^2={\left|AB\right|}^2+{\left|BC\right|}^2-2\cdot \left|AB\right|\cdot \left|BC\right|\cdot \cos \left(\sphericalangle ABC\right)$

${\left|AC\right|}^2=8^2+4^2-2\cdot 8\cdot 4\cdot \cos 56^{\circ }$

${\left|AC\right|}^2=64+16-64\cos 56^{\circ }$

${\left|AC\right|}^2\approx 80-64\cdot 0,5592$

${\left|AC\right|}^2\approx 80-35,7888$

${\left|AC\right|}^2\approx 44,2112$

$\left|AC\right|\approx 6,65$ 

Zatem:

$\left|AC\right|=6,65$

$3x=6,65|\cdot \frac{2}{3}$

$2x\approx 4,343$

$\left|DA\right|\approx 4,434$

Zauważmy, że trójkąty $ADB$ i $DCB$ mają tę samą wysokość, a więc:

$\frac{P_{ADB}}{P_{DCB}}=\frac{\frac{1}{2}\cdot h\cdot \left|AD\right|}{\frac{1}{2}\cdot h\cdot \left|CD\right|}$

 $\frac{P_{ADB}}{P_{DCB}}=\frac{2x}{x}$

$\frac{P_{ADB}}{P_{DCB}}=2$

$P_{ADB}=2P_{DCB}$

$\frac{1}{2}{P}_{ADB}=P_{DCB}$

Zauważmy, że w takim razie:

$P_{ABC}=P_{ADB}+P_{DCB}=P_{ADB}+\frac{1}{2}{P}_{ADB}=\frac{3}{2}{P}_{ADB}$

Skorzystamy w przypadku obu pól z tego, że pole trójkąta możemy obliczyć jako połowę iloczynu dwóch boków trójkąta i sinusa kąta między nimi. Mamy:

$P_{ADB}=\frac{1}{2}\cdot 8\cdot \left|BD\right|\cdot \sin 28^{\circ }$

$P_{ABC}=\frac{1}{2}\cdot 8\cdot 4\cdot \sin 56^{\circ }$

Zatem:

$\frac{1}{2}\cdot 8\cdot 4\cdot \sin 56^{\circ }=\frac{3}{2}\cdot \frac{1}{2}\cdot 8\cdot \left|BD\right|\cdot \sin 28^{\circ }$

$16\sin 56^{\circ }=6\left|BD\right|\cdot \sin 28^{\circ }|:6\sin 28^{\circ }$  

$\left|BD\right|=\frac{16\sin 56^{\circ }}{6\sin 28^{\circ }}$  

$\left|BD\right|\approx \frac{16\cdot 0,829}{3\cdot 0,4695}$

$\left|BD\right|\approx 4,71$