160
余弦定理

∠ABDの$\cos$だけれど、△ABCの三辺の長さが分かっているから、余弦定理を使おう。
余弦定理より、
$\sqrt{10}^{2}=4^{2}+6^{2}-2\cdot 4\cdot 6\cdot\cos\angle \mathrm{ABD}$
$\displaystyle \cos\angle \mathrm{ABD}=\frac{4^{2}+6^{2}-\sqrt{10}^{2}}{2\cdot 4\cdot 6}$
$\displaystyle \cos\angle \mathrm{ABD}$$\displaystyle =\frac{42}{2\cdot 4\cdot 6}$
$\displaystyle \cos\angle \mathrm{ABD}$$\displaystyle =\frac{7}{8}$
である。

解答ア：７, イ：８

ADは、△ABDで余弦定理を使って、
$\displaystyle \mathrm{AD}^{2}=4^{2}+3^{2}-2\cdot 4\cdot 3\cdot\frac{7}{8}$
$\mathrm{AD}^{2}$$=4$
$0 \lt \mathrm{AD}$なので、
$\mathrm{AD}=2$
となる。

解答ウ：２

160
正弦定理

外接円の半径は、正弦定理を使うか、面積から求めるかだけれど。
ここでは$\cos\angle \mathrm{ABD}$とADが分かっているから、問題の流れとして正弦定理を使おう。

$\sin^{2}\angle \mathrm{ABD}+\left(\frac{7}{8}\right)^{2}=1$
より、
$\displaystyle \sin^{2}\angle \mathrm{ABD}=\frac{15}{8^{2}}$
$0 \lt \sin\angle \mathrm{ABD}$なので、
$\displaystyle \sin\angle \mathrm{ABD}=\frac{\sqrt{15}}{8}$

正弦定理より、外接円の半径を$R$とすると、
$2R=\displaystyle \frac{\mathrm{AD}}{\sin\angle \mathrm{ABD}}$
$2R\displaystyle $$\displaystyle =\frac{2}{\frac{\sqrt{15}}{8}}$
分母分子に$8$をかけて、
$2R\displaystyle =\frac{2\cdot 8}{\sqrt{15}}$
$R=\displaystyle \frac{8}{\sqrt{15}}$
$R\displaystyle $$\displaystyle =\frac{8\sqrt{15}}{15}$
である。

解答エ：８, オ：１, カ：５, キ：１, ク：５

これまでで分かったことをまとめると

314
方べきの定理と逆

さて、AEだけど、正弦定理や余弦定理は△ADEでも△CDEでも使えない。正弦定理や余弦定理の次は、円があるから方べきの定理を疑おう。
図Ｂで、円Oに関して方べきの定理を用いると、
$\mathrm{CA}\cdot \mathrm{CE}=\mathrm{CD}\cdot \mathrm{CB}$
なので、
$\sqrt{10}\mathrm{CE}=3\cdot 6$
$\displaystyle \mathrm{CE}=\frac{18}{\sqrt{10}}$
ここで、求める$\mathrm{AE}$は$\mathrm{CE}-\sqrt{10}$なので、
$\displaystyle \mathrm{AE}=\frac{18}{\sqrt{10}}-\sqrt{10}$
$\displaystyle \mathrm{AE}$$\displaystyle =\frac{18-10}{\sqrt{10}}$
$\displaystyle \mathrm{AE}$$\displaystyle =\frac{8}{\sqrt{10}}$
分母を有理化して、
$\displaystyle \mathrm{AE}$$\displaystyle =\frac{8\sqrt{10}}{10}$
$\displaystyle \mathrm{AE}$$\displaystyle =\frac{4\sqrt{10}}{5}$
となる。

解答ケ：４, コ：１, サ：０, シ：５

外接円の半径を求めようと思えば、正弦定理か面積だ。まぁこの問題で面積はないとして、△ACFで正弦定理を使おうとすると、∠ACFか∠AFCの$\sin$が分かればよい。
そう考えると、図Ｂの●をつけた角はすべて等しいので、∠ACFの$\sin$はすでに計算済みだ。
ということで、正弦定理を使おう。

弧$\mathrm{AD}$の円周角は等しいので、
$\angle \mathrm{ABD}=\angle \mathrm{AED}$
平行線の錯角は等しいので、
$\angle \mathrm{AED}=\angle \mathrm{ACD}$
よって、
$\displaystyle \sin\angle \mathrm{ACF}=\frac{\sqrt{15}}{8}$
であるのが分かる。

正弦定理より、円O'の半径を$R$とすると、
$2R=\displaystyle \frac{\frac{5}{2}}{\frac{\sqrt{15}}{8}}$

分母分子に$8$をかけて、
$2R=\displaystyle \frac{4\cdot 5}{\sqrt{15}}$
$R=\displaystyle \frac{2\cdot 5}{\sqrt{15}}$

分母を有理化して、
$R\displaystyle $$\displaystyle =\frac{2\cdot 5\sqrt{15}}{15}$
$R\displaystyle $$\displaystyle =\frac{2\sqrt{15}}{3}$
となる。

解答ソ：２, タ：１, チ：５, ツ：３

別解

問題の流れから正弦定理を使ってO'の半径を求めたけれど、実は相似を使った方が簡単。

△$\mathrm{ADE}$∽△$\mathrm{AFC}$で、相似比が
$\displaystyle \mathrm{AD}:\mathrm{AF}=2:\frac{5}{2}$
$\mathrm{AD}:\mathrm{AF}$$=4:5$式Ａ
なので、その外接円の半径も$4:5$。
よって、円O'の半径を$R$とすると、
$\displaystyle \frac{8\sqrt{15}}{15}:R=4:5$
$4R=\displaystyle \frac{5\cdot 8\sqrt{15}}{15}$
$R=\displaystyle \frac{2\sqrt{15}}{3}$
となる。

解答ソ：２, タ：１, チ：５, ツ：３

ここまでで分かったことを、図Ｃにまとめてみた。

さて、次は$\cos\angle \mathrm{OAE}$と$\cos\angle \mathrm{O}'\mathrm{AC}$だ。
図Ｃの赤い斜線の三角形と青い斜線の三角形は、斜辺がそれぞれの円の半径の二等辺三角形で、３辺の長さが分かっている。だから、余弦定理を使えば$\cos\angle \mathrm{OAE}$と$\cos\angle \mathrm{O}'\mathrm{AC}$を求められるけど、面倒だからしたくない。
なので、センター試験の三角比の問題でよく出る、あの方法を使おう。

142
正弦・余弦・正接

図Ｃの赤い斜線の三角形は、OA=OEの二等辺三角形である。それだけ取り出してみた。
OからAEに下ろした垂線の足をHとすると、△OAHは直角三角形で、
$\displaystyle \cos\angle \mathrm{OAH}=\frac{\mathrm{A}\mathrm{H}}{\mathrm{A}\mathrm{O}}$
$\displaystyle \cos\angle \mathrm{OAH}$$\displaystyle =\frac{\frac{2\sqrt{10}}{5}}{\frac{8\sqrt{15}}{15}}$
分母分子を$15$倍して、
$\displaystyle \cos\angle \mathrm{OAH}$$\displaystyle =\frac{3\cdot 2\sqrt{10}}{8\sqrt{15}}$
$\displaystyle \cos\angle \mathrm{OAH}$$\displaystyle =\frac{3\sqrt{2}}{4\sqrt{3}}$
$\displaystyle \cos\angle \mathrm{OAH}$$\displaystyle =\frac{\sqrt{3}\cdot\sqrt{2}}{4}$
$\displaystyle \cos\angle \mathrm{OAH}$$\displaystyle =\frac{\sqrt{6}}{4}$

解答テ：６, ト：４

青い斜線の三角形でも同じことをして、
$\displaystyle \cos\angle \mathrm{O}'\mathrm{AH}=\frac{\frac{\sqrt{10}}{2}}{\frac{2\sqrt{15}}{3}}$
分母分子を$6$倍して、
$\displaystyle \cos\angle \mathrm{O}'\mathrm{AH}$$\displaystyle =\frac{3\sqrt{10}}{4\sqrt{15}}$
$\displaystyle \cos\angle \mathrm{O}'\mathrm{AH}$$\displaystyle =\frac{3\sqrt{2}}{4\sqrt{3}}$
$\displaystyle \cos\angle \mathrm{O}'\mathrm{AH}$$\displaystyle =\frac{\sqrt{3}\cdot\sqrt{2}}{4}$
$\displaystyle \cos\angle \mathrm{O}'\mathrm{AH}$$\displaystyle =\frac{\sqrt{6}}{4}$

解答ナ：６, ニ：４

以上より、∠OAE=∠O'AEとなるから、OAO'は一直線上にある。
なので、OO'はふたつの外接円の半径の和。
$\displaystyle \mathrm{OO}'=\frac{8\sqrt{15}}{15}+\frac{2\sqrt{15}}{3}$
$\displaystyle \mathrm{OO}'$$\displaystyle =\frac{8\sqrt{15}+10\sqrt{15}}{15}$
$\displaystyle \mathrm{OO}'$$\displaystyle =\frac{18\sqrt{15}}{15}$
$\displaystyle \mathrm{OO}'$$\displaystyle =\frac{6\sqrt{15}}{5}$
となる。

解答ヌ：６, ネ：１, ノ：５, ハ：５

テトナニをとばしてヌネノハだけ求めるのであれば、

式Ａより、△$\mathrm{ADE}$∽△$\mathrm{AFC}$で、相似比が$4:5$であるから、外接円も半径の比が$4:5$。
よって、赤い斜線の三角形と青い斜線の三角形も比が$4:5$の相似になる。
相似な三角形の対応する角は等しいので、∠OAE=∠O'AEとなり、OAO'は一直線上にある。

の方が、解法としてはシンプルだ。