W czworokącie ABCD kąt przy wierzchołku A jest prosty, zaś kąt BCD|=30°. Ponadto AB=2√3, AD=√2 oraz CD=3. Wyznacz pole tego czworokąta.

Zaczynamy od rysunku (poniżej).
Z twierdzenia Pitagorasa wyznaczamy długość zaznaczonej (czerwonej przekątnej):
[tex]\sqrt{(2\sqrt3)^2 + (\sqrt2)^2 } =\sqrt{12+2}=\sqrt{14}[/tex]
Następnie oznaczmy długość odcinka BC jako x. Z twierdzenia cosinusów dostajemy:
[tex](\sqrt{14})^2 = 3^2 + x^2 -2 \cdot 3 \cdot x \cdot \cos 30^\circ\\14=9+x^2 - 6\cdot (\sqrt3 / 2) x\\0=x^2-3\sqrt3\cdot x-5[/tex]
Rozwiązujemy równanie kwadratowe:
[tex]0=x^2-3\sqrt3\cdot x-5\\\Delta = 27 - 4\cdot(-5) = 47\\x= \frac{1}{2} ( 3 \sqrt 3 \pm \sqrt{47})[/tex]
i wybieramy jego dodatni pierwiastek:
[tex]x= \frac{1}{2} ( \sqrt{47} + 3 \sqrt 3)[/tex]
Następnie, by policzyć pole czworokąta skorzystamy ze wzoru wiążącego połowę obwodu trójkąta BCD z jego polem:
[tex]p=\frac{1}{2}\left(3+\sqrt{14}+ \frac{1}{2}(\sqrt{47}+3\sqrt3)\right)[/tex][tex](P_\triangle)^2 =\frac{1}{2}\left(3+\sqrt{14}+ \frac{1}{2}(\sqrt{47}+3\sqrt3)\right) * \frac{1}{2}\left(-3+\sqrt{14}+ \frac{1}{2}(\sqrt{47}+3\sqrt3)\right) * \\* \frac{1}{2}\left(3-\sqrt{14}+ \frac{1}{2}(\sqrt{47}+3\sqrt3)\right) * \frac{1}{2}\left(3+\sqrt{14}-\frac{1}{2}(\sqrt{47}+3\sqrt3)\right) =\\= \frac{9}{32}(37 +3 \sqrt{141})\\\\P_\triangle = \sqrt{\frac{9}{32}(37 +3 \sqrt{141})} = \frac{3}{8} \left(3 \sqrt3 + \sqrt{47} \right)[/tex]
Dodając pole trójkąta prostokątnego ABC, dostaniemy szukane pole powierzchni czworokąta ABCD:
[tex]P_{ABCD} = \frac{1}{2} \cdot 2\sqrt3 \cdot \sqrt 2 +\frac{3}{8} (3 \sqrt3 + \sqrt{47})= \sqrt6 +\frac{3}{8} (3 \sqrt3 + \sqrt{47})[/tex]

Warto zapamiętać:

wzór na pole powierzchni trójkąta:
[tex]P_\triangle =\sqrt{ p (p-a)(p-b)(p-c)}[/tex]
gdzie [tex]p = (a+b+c)/2[/tex]
oraz twierdzenie cosinusów (uogólnione twierdzenie Pitagorasa):
[tex]c^2 = a^2+b^2 - 2 a b \cos |\angle (a,b)|[/tex]