Skoro kąt prosty leży przy wierzchołku $B$, to $CA$ to przeciwprostokątna tego trójkąta.

---

a)

Suma miar kątów w trójkącie wynosi $180^{\circ }$, zatem:

$\left|\sphericalangle BCA\right|=180^{\circ }-90^{\circ }-35^{\circ }=55^{\circ }$

Z twierdzenia sinusów mamy:

$\frac{\left|BC\right|}{\sin \left(\sphericalangle CAB\right)}=\frac{\left|AB\right|}{\sin \left(\sphericalangle BCA\right)}$

$\frac{\left|BC\right|}{\sin 35^{\circ }}=\frac{\left|AB\right|}{\sin 55^{\circ }}$

$\left|BC\right|\sin 55^{\circ }=\left|AB\right|\sin 35^{\circ }$

$2\sin 55^{\circ }=\left|AB\right|\sin 35^{\circ }$

$2\cdot 0,8192\approx 0,5736\cdot \left|AB\right|$

$1,6384\approx 0,5736\cdot \left|AB\right||:0,5736$

$\left|AB\right|\approx 2,86$

Z twierdzenia Pitagorasa mamy:

${\left|BC\right|}^2+{\left|AB\right|}^2={\left|CA\right|}^2$

$2^2+2,86^2\approx {\left|CA\right|}^2$

$4+8,179\approx {\left|CA\right|}^2$

$12,179\approx {\left|CA\right|}^2|\sqrt{},\left|CA\right|>0$

$\left|CA\right|\approx 3,49$

---

b)

Suma miar kątów w trójkącie wynosi $180^{\circ }$, zatem:

$\left|\sphericalangle CAB\right|=180^{\circ }-90^{\circ }-42^{\circ }=48^{\circ }$

Z twierdzenia sinusów mamy:

$\frac{\left|BC\right|}{\sin \left(\sphericalangle CAB\right)}=\frac{\left|AB\right|}{\sin \left(\sphericalangle BCA\right)}$

$\frac{\left|BC\right|}{\sin 48^{\circ }}=\frac{\left|AB\right|}{\sin 42^{\circ }}$

$\left|BC\right|\sin 42^{\circ }=\left|AB\right|\sin 48^{\circ }|:\sin 42^{\circ }$

$\left|BC\right|=\frac{\left|AB\right|\sin 48^{\circ }}{\sin 42^{\circ }}$

$\left|BC\right|\approx \frac{\left|AB\right|\cdot 0,7431}{0,6691}$

$\left|BC\right|\approx 1,11\left|AB\right|$

Z twierdzenia Pitagorasa mamy:

${\left|BC\right|}^2+{\left|AB\right|}^2={\left|CA\right|}^2$

${\left(1,11\left|AB\right|\right)}^2+{\left|AB\right|}^2=10^2$

$1,2321{\left|AB\right|}^2+{\left|AB\right|}^2=100$

$2,2321{\left|AB\right|}^2=100|\sqrt{},\left|AB\right|>0$

$1,494\left|AB\right|\approx 10|:1,494$

$\left|AB\right|\approx 6,69$

Zatem:

$\left|BC\right|\approx 1,11\left|AB\right|\approx 1,11\cdot 6,69\approx 7,43$

---

c)

Suma miar kątów w trójkącie wynosi $180^{\circ }$, zatem:

$\left|\sphericalangle BCA\right|=180^{\circ }-90^{\circ }-20^{\circ }=70^{\circ }$

Z twierdzenia sinusów mamy:

$\frac{\left|BC\right|}{\sin \left(\sphericalangle CAB\right)}=\frac{\left|AB\right|}{\sin \left(\sphericalangle BCA\right)}$

$\frac{\left|BC\right|}{\sin 20^{\circ }}=\frac{\left|AB\right|}{\sin 70^{\circ }}$

$\left|BC\right|\sin 70^{\circ }=\left|AB\right|\sin 20^{\circ }$

$\left|BC\right|\sin 70^{\circ }=\sqrt{2}\cdot \sin 20^{\circ }|:\sin 70^{\circ }$

$\left|BC\right|=\frac{\sqrt{2}\cdot \sin 20^{\circ }}{\sin 70^{\circ }}$

$\left|BC\right|\approx \frac{1,41\cdot 0,342}{0,9397}$

$\left|BC\right|\approx 0,51$

Z twierdzenia Pitagorasa mamy:

${\left|BC\right|}^2+{\left|AB\right|}^2={\left|CA\right|}^2$

$0,51^2+{\sqrt{2}}^2\approx {\left|CA\right|}^2$

$0,2601+2\approx {\left|CA\right|}^2$

$2,2601\approx {\left|CA\right|}^2|\sqrt{},\left|CA\right|>0$

$\left|CA\right|\approx 1,5$

---

d)

Z twierdzenia Pitagorasa mamy:

${\left|BC\right|}^2+{\left|AB\right|}^2={\left|CA\right|}^2$

${\left|BC\right|}^2+3^2={\left(3\sqrt{2}\right)}^2$

${\left|BC\right|}^2+9=9\cdot 2$

${\left|BC\right|}^2+9=18|-9$

${\left|BC\right|}^2=9|\sqrt{},\left|BC\right|>0$

$\left|BC\right|=3$

Skoro $\left|AB\right|=\left|BC\right|$, to trójkąt $ABC$ jest trójkątem prostokątnym równoramiennym, a więc:

$\left|\sphericalangle CAB\right|=\left|\sphericalangle BCA\right|=\frac{90^{\circ }}{2}=45^{\circ }$

---

d)

Z twierdzenia Pitagorasa mamy:

${\left|AB\right|}^2+{\left|BC\right|}^2={\left|CA\right|}^2$

${\left|AB\right|}^2+8^2=16^2$

${\left|AB\right|}^2+64=256|-64$

${\left|AB\right|}^2=192|\sqrt{},\left|AB\right|>0$

$\left|AB\right|=\sqrt{192}$

$\left|AB\right|=\sqrt{64\cdot 3}$

$\left|AB\right|=8\sqrt{3}$

Długości boków takiego trójkąta spełniają zależność $a$, $a\sqrt{3}$, $2a$, a więc kąty tego trójkąta to $30^{\circ }$, $60^{\circ }$ i $90^{\circ }$, gdzie bok o długości $a$ znajduje się naprzeciwko kąta o mierze $30^{\circ }$, bok o długości $a\sqrt{3}$ - naprzeciwko kąta o mierze $60^{\circ }$, a bok o długości $2a$ - naprzeciwko kąta prostego.

Wnioskujemy po tym, że:

$\left|\sphericalangle CAB\right|=30^{\circ }$

$\left|\sphericalangle BCA\right|=60^{\circ }$

---

Uzupełnijmy tabelę:

$\left|AB\right|$	$\left|BC\right|$	$\left|CA\right|$	$\left|\sphericalangle CAB\right|$	$\left|\sphericalangle BCA\right|$
$2,86$	$2$	$3,49$	$35^{\circ }$	$55^{\circ }$
$6,69$	$7,43$	$10$	$48^{\circ }$	$42^{\circ }$
$\sqrt{2}$	$0,51$	$1,5$	$20^{\circ }$	$70^{\circ }$
$3$	$3$	$3\sqrt{2}$	$45^{\circ }$	$45^{\circ }$
$8\sqrt{3}$	$8$	$16$	$30^{\circ }$	$60^{\circ }$