平面図形の問題

三平方の定理より
$$\mathrm{AB}=\sqrt{6^2+8^2}=\sqrt{100}=10(\text{cm})$$
点 $\mathrm{D}$ から辺 $\mathrm{AB}$ に垂線をひき、その交点を $\mathrm{H}$ とする。

$△\mathrm{ACD}$ と $△\mathrm{AHD}$ において、$\angle \mathrm{ACD}=\angle \mathrm{AHD}=90^{\circ }$、$\angle \mathrm{CAD}=\angle \mathrm{HAD}$（$\mathrm{AD}$ は $\angle \mathrm{BAC}$ の二等分線）、$\mathrm{AD}$ は共通である。直角三角形の斜辺と 1 つの鋭角がそれぞれ等しいので $△\mathrm{ACD}\equiv △\mathrm{AHD}$ である。

よって $\mathrm{AH}=\mathrm{AC}=6\text{cm}$、$\mathrm{DH}=\mathrm{DC}$ である。したがって
$$\mathrm{HB}=\mathrm{AB}-\mathrm{AH}=10-6=4(\text{cm})$$
$\mathrm{DC}=x\text{cm}$ とおくと、$\mathrm{DH}=x$、$\mathrm{DB}=8-x$ である。$△\mathrm{DHB}$ は $\angle \mathrm{DHB}=90^{\circ }$ の直角三角形なので、三平方の定理より
$$x^2+4^2=(8-x{)}^2$$
$$x^2+16=64-16x+x^2$$
$$16x=48$$
$$x=3$$
よって $\mathrm{DC}=3\text{cm}$ である。

$△\mathrm{ACD}$ で三平方の定理より
$$\mathrm{AD}=\sqrt{6^2+3^2}=\sqrt{45}=3\sqrt{5}(\text{cm})$$

三平方の定理より $\mathrm{AB}=\sqrt{6^2+8^2}=10$。
角の二等分線と比の性質より $\mathrm{BD}:\mathrm{DC}=\mathrm{AB}:\mathrm{AC}=10:6=5:3$。よって $\mathrm{DC}=8\times \frac{3}{8}=3$ (cm)。
$△\mathrm{ACD}$ は $\angle \mathrm{C}=90^{\circ }$ の直角三角形なので $\mathrm{AD}=\sqrt{6^2+3^2}=\sqrt{45}=3\sqrt{5}$ (cm)。
検算: D から AB に垂線 DH を下ろすと、$△\mathrm{ACD}\equiv △\mathrm{AHD}$ より $\mathrm{DH}=3$、$\mathrm{AH}=6$、$\mathrm{BH}=4$。$△\mathrm{BDH}$ で $\mathrm{BD}=\sqrt{3^2+4^2}=5=8-3$ となり、BC の長さと一致する。