方べきの定理より、
$\mathrm{BE}\cdot \mathrm{BA}=\mathrm{BD}\cdot \mathrm{BC}$
なので、
$\mathrm{BE}\cdot \mathrm{BA}=1\cdot 4$
$\mathrm{BE}\cdot \mathrm{BA}$$=4$式Ａ
である。

解答ア：４

$\mathrm{BA}=\sqrt{6}$だから、式Ａは
$\sqrt{6}\mathrm{BE}=4$
となるので、
$\displaystyle \mathrm{BE}=\frac{4}{\sqrt{6}}$
$\displaystyle \mathrm{BE}$$\displaystyle =\frac{4\sqrt{6}}{6}$
$\displaystyle \mathrm{BE}$$\displaystyle =\frac{2\sqrt{6}}{3}$
である。

解答イ：２, ウ：６, エ：３

△$\mathrm{ABD}$（図Ｂの赤い三角形）とメネラウスの定理より、
$\displaystyle \frac{\mathrm{A}\mathrm{P}}{\mathrm{P}\mathrm{D}}\cdot\frac{\mathrm{C}\mathrm{D}}{\mathrm{B}\mathrm{C}}\cdot\frac{\mathrm{B}\mathrm{E}}{\mathrm{A}\mathrm{E}}=1$式Ｂ
である。

いま、$\mathrm{BC}$，$\mathrm{BE}$の値は分かっているけど、$\mathrm{AE}$，$\mathrm{CD}$はまだ求めていない。
$\mathrm{AE}$は値を求めてもいいんだけど、メネラウスじゃ比しか使わないし、はじめから比にしておこう。

$\mathrm{AB}=\sqrt{6}$，$\displaystyle \mathrm{BE} =\frac{2\sqrt{6}}{3}$なので、
$\mathrm{AB}:\mathrm{BE}=\sqrt{6}: \displaystyle \frac{2\sqrt{6}}{3}$
$\mathrm{AB}:\mathrm{BE}$$=1 : \displaystyle \frac{2}{3}$
だから、
$\mathrm{BE}:\mathrm{AE}= \displaystyle \frac{2}{3} : \frac{1}{3}$
$\mathrm{BE}:\mathrm{AE}$$=2:1$

また、
$\mathrm{CD}=\mathrm{BC}-\mathrm{BD}$
$\mathrm{CD}$$=4-1$
$\mathrm{CD}$$=3$

よって、式Ｂは
$\displaystyle \frac{\mathrm{A}\mathrm{P}}{\mathrm{P}\mathrm{D}}\cdot\frac{3}{4}\cdot \displaystyle \frac{2}{1} =1$
$\displaystyle \frac{\mathrm{A}\mathrm{P}}{\mathrm{P}\mathrm{D}}\cdot\frac{3}{2}=1$
$\displaystyle \frac{\mathrm{A}\mathrm{P}}{\mathrm{P}\mathrm{D}}=\frac{2}{3}$
となる。

解答オ：２, カ：３

次は$\mathrm{AD}$だ。
オカのときと同じ赤い三角形と余弦定理より、
$\mathrm{AD}^{2}=\mathrm{AB}^{2}+\mathrm{BD}^{2}-2\mathrm{AB}\cdot \mathrm{BD}\cos\angle \mathrm{ABC}$
である。
これにそれぞれの値を代入して、
$\displaystyle \mathrm{AD}^{2}=\sqrt{6}^{2}+1^{2}-2\sqrt{6}\cdot 1\cdot\frac{\sqrt{6}}{9}$
$\displaystyle \mathrm{AD}^{2}$$\displaystyle =6+1-\frac{12}{9}$
$\displaystyle \mathrm{AD}^{2}$$\displaystyle =\frac{9\cdot 7-12}{9}$
$\displaystyle \mathrm{AD}^{2}$$\displaystyle =\frac{51}{9}$
$0 \lt \mathrm{AD}$なので、
$\displaystyle \mathrm{AD}=\frac{\sqrt{51}}{3}$
である。

解答キ：５, ク：１, ケ：３

オカより
$\displaystyle \frac{\mathrm{A}\mathrm{P}}{\mathrm{P}\mathrm{D}}=\frac{2}{3}$
なので、
$\mathrm{AP}:\mathrm{PD}=2:3$
だから、
$\displaystyle \mathrm{PD}=\frac{3}{2+3}\mathrm{AD}$
$\displaystyle \mathrm{PD}$$\displaystyle =\frac{3}{5}\mathrm{AD}$
となる。

これに$\mathrm{AD}$の値を代入して、
$\displaystyle \mathrm{PD}=\frac{3}{5}\cdot\frac{\sqrt{51}}{3}$
$\displaystyle \mathrm{PD}$$\displaystyle =\frac{\sqrt{51}}{5}$
である。

解答コ：５, サ：１, シ：５

$\cos\angle \mathrm{ADB}$は、これも図Ｃの赤い三角形で余弦定理だけど、さっきとは辺と角の組合せを変えて、
$\mathrm{AB}^{2}=\mathrm{AD}^{2}+\mathrm{BD}^{2}-2\mathrm{AD}\cdot \mathrm{BD}\cos\angle \mathrm{ADB}$
これにそれぞれの値を代入して、
$\displaystyle \sqrt{6}^{2}=\left(\frac{\sqrt{51}}{3}\right)^{2}+1^{2}-2\cdot\frac{\sqrt{51}}{3}\cdot 1\cdot\cos\angle \mathrm{ADB}$
$6=\displaystyle \frac{51}{9}+1-2\cdot\frac{\sqrt{51}}{3}\cos\angle \mathrm{ADB}$
$2\displaystyle \cdot\frac{\sqrt{51}}{3}\cos\angle \mathrm{ADB}=\frac{51}{9}-5$
両辺を$9$倍して、
$3\cdot 2\cdot\sqrt{51}\cos\angle \mathrm{ADB}=51-9\cdot 5$
                            $=6$
$\displaystyle \cos\angle \mathrm{ADB}=\frac{6}{3\cdot 2\sqrt{51}}$
$\displaystyle \cos\angle \mathrm{ADB}$$\displaystyle =\frac{1}{\sqrt{51}}$式Ｃ
右辺を有理化して、
$\displaystyle \cos\angle \mathrm{ADB}=\frac{\sqrt{51}}{51}$
となる。

解答ス：５, セ：１, ソ：５, タ：１

また、
$\mathrm{BD}\cdot \mathrm{BC}=4$
なので、
$\mathrm{BP}\cdot \mathrm{BL}=\mathrm{BD}\cdot \mathrm{BC}$
となるから、方べきの定理の逆より、
点$\mathrm{C}$，$\mathrm{D}$，$\mathrm{P}$，$\mathrm{L}$は同一円周上にある。

よって、図Ｅのように四角形$\mathrm{CDPL}$は円に内接するので、
$\angle \mathrm{PLC}$（赤い角）$+\angle \mathrm{PDC}$（緑の角）$=180^{\circ}$
である。
また
$\angle \mathrm{ADB}$（オレンジの角）$+\angle \mathrm{PDC}$（緑の角）$=180^{\circ}$
だから、
$\angle \mathrm{BLC}$（赤い角）$=\angle \mathrm{ADB}$（オレンジの角）
である。

なので、
$\tan\angle \mathrm{BLC}$の代わりに$\tan\angle \mathrm{ADB}$を求めよう。

$1+\displaystyle \tan^{2}\theta=\frac{1}{\cos^{2}\theta}$
なので、
$1+\displaystyle \tan^{2}\angle \mathrm{ADB}=\frac{1}{\cos^{2}\angle \mathrm{A}\mathrm{D}\mathrm{B}}$
である。

これに式Ｃを代入して、
$1+\displaystyle \tan^{2}\angle \mathrm{ADB}=\frac{1}{\left(\frac{1}{\sqrt{51}}\right)^{2}}$
$1+\displaystyle \tan^{2}\angle \mathrm{ADB}$$\displaystyle =\frac{1}{\frac{1^{2}}{\sqrt{51}^{2}}}$
$1+\tan^{2}\angle \mathrm{ADB}$$=\sqrt{51}^{2}$
$\tan^{2}\angle \mathrm{ADB}=\sqrt{51}^{2}-1$
$\tan^{2}\angle \mathrm{ADB}$$=50$
$0 \lt \cos\angle \mathrm{ADB}$より $\angle \mathrm{ADB} \lt 180^{\circ}$だから、
     $0 \lt \tan\angle \mathrm{ADB}$なので、
$\tan\angle \mathrm{ADB}=\sqrt{50}$
$\tan\angle \mathrm{ADB}$$=5\sqrt{2}$
となり、$\tan\angle \mathrm{BLC}$も同じ値だ。

解答ツ：５, テ：２