Kẻ đường thẳng qua P và vuông góc với đáy của hình thang ABCD (AB//CD) cắt AB tại H, cắt CD tại K.

Đặt \(PH=x\left(x>0\right)\); \(PK=y\left(y>0\right)\)

Ta có \(\dfrac{1}{2}PK.CD=S_{PCD}\Leftrightarrow\dfrac{1}{2}y.CD=2\Leftrightarrow y.CD=4\Leftrightarrow y=\dfrac{4}{CD}\)

Đồng thời \(\dfrac{1}{2}PH.AB=S_{PAB}\Leftrightarrow\dfrac{1}{2}x.AB=4\Leftrightarrow x.AB=8\Leftrightarrow x=\dfrac{8}{AB}\)

Lại có \(S_{ABCD}=S_{PAB}+S_{PBC}+S_{PCD}+S_{PDA}=2+3+4+5=14\)

Mà \(S_{ABCD}=\dfrac{1}{2}\left(AB+CD\right).HK=\dfrac{1}{2}\left(AB+CD\right)\left(x+y\right)\) 

\(\Rightarrow\dfrac{1}{2}\left(AB+CD\right)\left(x+y\right)=14\) \(\Leftrightarrow\left(x+y\right)\left(AB+CD\right)=28\) \(\Rightarrow\left(\dfrac{8}{AB}+\dfrac{4}{CD}\right)\left(AB+CD\right)=28\) \(\Leftrightarrow8+\dfrac{8CD}{AB}+\dfrac{4AB}{CD}+4=28\)\(\Leftrightarrow\dfrac{4AB}{CD}+\dfrac{8CD}{AB}-16=0\)

Đặt \(\dfrac{AB}{CD}=t\left(t>0\right)\) suy ra được \(4t+\dfrac{8}{t}-16=0\)\(\Leftrightarrow4t^2-16t+8=0\)\(\Leftrightarrow t^2-4t+2=0\) (*)

pt (*) có \(\Delta'=\left(-2\right)^2-1.2=2>0\) nên (*) có 2 nghiệm phân biệt \(\left[{}\begin{matrix}t_1=\dfrac{-\left(-2\right)+\sqrt{2}}{1}=2+\sqrt{2}\\t_2=\dfrac{-\left(-2\right)-\sqrt{2}}{1}=2-\sqrt{2}\end{matrix}\right.\) hay \(\dfrac{AB}{CD}=2\pm\sqrt{2}\)

Nhận thấy \(AB>CD\Leftrightarrow\dfrac{AB}{CD}>1\) nên ta chỉ nhận trường hợp \(\dfrac{AB}{CD}=2+\sqrt{2}\) (vì \(2-\sqrt{2}< 1\) không thỏa mãn)

Vậy \(\dfrac{AB}{CD}=2+\sqrt{2}\)