(1)は問題中の定理（方べきの定理の逆）が成り立つことを背理法で説明する問題だけど、説明部分は問題文に書いてある。
なので、考えるのはアイの部分だけでいい。

一方で、分かりにくいけれど、(1)は(2)のトナニヌを求めるときのヒントになっている。
方べきの定理の逆が出てきたことだけは憶えておこう。

$\mathrm{PT}$が円$\mathrm{O}$に接しない場合、例えば図Ａのような状態になる。

このとき、方べきの定理より
$\mathrm{PT}\cdot \mathrm{PT}'=\mathrm{PQ}\cdot \mathrm{PR}$
が成り立つ。

解答ア：０, イ：１ （順不同）

(2)は、とにかく図がややこしい。
いかに見やすい図を描くかが、この問題が解く最大のポイントだ。

ここに載せた図は、その時に必要ない部分は省略して見やすくしてある。
試験本番に同じような図を描くのは難しいと思うけれど、自分に合った方法を考えながら作図してほしい。

なんとなく図を描いてはいけない。
例えば、意識して図を大きく描くだけで 問題が解きやすくなることもある。

最初は、角の二等分線の問題から。

図Ｂで、$\mathrm{BD}$は$\angle \mathrm{ABC}$の二等分線なので、
$\mathrm{AD}:\mathrm{CD}=\mathrm{AB}:\mathrm{CB}$
$\phantom{ \mathrm{AD}:\mathrm{CD} } \displaystyle =\frac{1}{2}:\frac{3}{4}$
$\phantom{ \mathrm{AD}:\mathrm{CD} } =2:3$
である。

なので、
$\displaystyle \mathrm{AD}=\frac{2}{2+3}\mathrm{AC}$
$\phantom{ \mathrm{AD} } \displaystyle =\frac{2}{5}$
となる。

解答ウ：２, エ：５

さらに、問題文の指示に従って点$\mathrm{E}$，$\mathrm{F}$，$\mathrm{G}$をとると、図Ｃのようになる。

このとき、直線$\mathrm{BG}$は$\angle \mathrm{ABC}$の外角の二等分線なので、
$\mathrm{AG}:\mathrm{CG}=\mathrm{AB}:\mathrm{CB}$
$\phantom{ \mathrm{AG}:\mathrm{CG} } =2:3$
となるから、
$\mathrm{AC}:\mathrm{AG}=1:2$
である。

よって、
$\displaystyle \frac{\mathrm{A}\mathrm{C}}{\mathrm{A}\mathrm{G}}=\frac{1}{2}$
と表せる。

解答オ：1, カ：2

また、問題文より
$\mathrm{AC}=1$
なので、
$\mathrm{AG}=2$
となる。

次は
△$\mathrm{ABF}$の面積 △$\mathrm{AFG}$の面積
だ。

この2つの三角形は、$\mathrm{BF}$，$\mathrm{FG}$をそれぞれの底辺とすると、高さが等しい。
このことから、
△$\mathrm{ABF}$の面積 $:$ △$\mathrm{AFG}$の面積$=\mathrm{BF}:\mathrm{FG}$
より
△$\mathrm{ABF}$の面積 △$\mathrm{AFG}$の面積 $=\displaystyle \frac{\mathrm{B}\mathrm{F}}{\mathrm{F}\mathrm{G}}$
である。

なので、
△$\mathrm{ABF}$の面積 △$\mathrm{AFG}$の面積
の代わりに
$\displaystyle \frac{\mathrm{B}\mathrm{F}}{\mathrm{F}\mathrm{G}}$
を求めよう。

三角形$\mathrm{BCG}$と直線$\mathrm{AE}$にメネラウスの定理を使うと、
$\displaystyle \frac{\mathrm{G}\mathrm{A}}{\mathrm{A}\mathrm{C}}\cdot\frac{\mathrm{C}\mathrm{E}}{\mathrm{E}\mathrm{B}}\cdot\frac{\mathrm{B}\mathrm{F}}{\mathrm{F}\mathrm{G}}=1$式Ａ
とかける。

いま、
$\displaystyle \frac{\mathrm{A}\mathrm{G}}{\mathrm{A}\mathrm{C}}=\frac{2}{1}$ $\displaystyle \frac{\mathrm{C}\mathrm{E}}{\mathrm{E}\mathrm{B}}=\frac{2}{1}$ であることが分かっている。

よって、式Ａは
$\displaystyle \frac{2}{1}\cdot\frac{2}{1}\cdot\frac{\mathrm{B}\mathrm{F}}{\mathrm{F}\mathrm{G}}=1$
より
$\displaystyle \frac{\mathrm{B}\mathrm{F}}{\mathrm{F}\mathrm{G}}=\frac{1}{4}$
となるから、
△$\mathrm{ABF}$の面積 △$\mathrm{AFG}$の面積 $=\displaystyle \frac{1}{4}$
である。

解答キ：1, ク：4

$\mathrm{DG}$の中点を$\mathrm{H}$とすると、図Ｄができる。

図Dの赤い三角形（三角$\mathrm{BDG}$）を考えると、
$\angle \mathrm{DBG}=90^{\circ}$
の直角三角形だ。

詳しく

図中の
◎$+$◎$+$○$+$○$=180^{\circ}$
なので、
◎$+$○$=90^{\circ}$
だから、
$\angle \mathrm{DBG}=90^{\circ}$
である。

よって、線分$\mathrm{DG}$は赤い三角形の外接円の直径で、$\mathrm{DG}$の中点$\mathrm{H}$は外接円の中心である。
外接円の直径$=\mathrm{DG}$は、図Ｄより
$2+\displaystyle \frac{2}{5}$
なので、外接円の半径は
$\displaystyle \frac{1}{2}\left(2+\frac{2}{5}\right)=1+\frac{1}{5}$
$\phantom{ \displaystyle \frac{1}{2}\left(2+\frac{2}{5}\right) } \displaystyle =\frac{6}{5}$
であることが分かる。

点$\mathrm{B}$は外接円上の点だから、$\mathrm{BH}$は外接円の半径にあたる。
なので、
$\displaystyle \mathrm{BH}=\frac{6}{5}$
である。

解答ケ：6, コ：5

また、
$\mathrm{AH}=\mathrm{DH}-\mathrm{AD}$式Ｂ
だけど、
$\mathrm{DH}$は外接円の半径なので$\displaystyle \frac{6}{5}$ $\displaystyle \mathrm{AD}=\frac{2}{5}$ だから、式Ｂは
$\displaystyle \mathrm{AH}=\frac{6}{5}-\frac{2}{5}$
$\phantom{ \displaystyle \mathrm{AH} } \displaystyle =\frac{4}{5}$
となる。

解答サ：4, シ：5

よって、
$\mathrm{CH}=\mathrm{AC}+\mathrm{AH}$
は
$\displaystyle \mathrm{CH}=1+\frac{4}{5}$
$\phantom{ \displaystyle \mathrm{CH} } \displaystyle =\frac{9}{5}$
である。

解答ス：9, セ：5

今度は、△$\mathrm{ABC}$の外接円の半径だ。

△$\mathrm{ABC}$に正弦定理を使うと、外接円の半径を$R$として
$\displaystyle \frac{\mathrm{A}\mathrm{C}}{\sin \mathrm{B}}=2R$
より
$R=\displaystyle \frac{1}{2\sin \mathrm{B}}$式Ｃ
とかける。

でも、$\sin \mathrm{B}$は分からない。
面倒だけど余弦定理で$\cos \mathrm{B}$を求めて、$\sin \mathrm{B}$に変えよう。

△$\mathrm{ABC}$に余弦定理を使うと、
$\mathrm{AC}^{2}=\mathrm{AB}^{2}+\mathrm{BC}^{2}-2\mathrm{AB}\cdot \mathrm{BC}\cdot\cos \mathrm{B}$
と表せる。
これにそれぞれの値を代入して計算すると、

途中式

$1^{2}=\displaystyle \left(\frac{1}{2}\right)^{2}+\left(\frac{3}{4}\right)^{2}-2\cdot\frac{1}{2}\cdot\frac{3}{4}\cdot\cos \mathrm{B}$
$4^{2}=4+3^{2}-4\cdot 3\cdot\cos \mathrm{B}$
$4\cdot 3\cdot\cos \mathrm{B}=4+3^{2}-4^{2}$
$\displaystyle \cos \mathrm{B}=-\frac{3}{4\cdot 3}$
より

$\cos \mathrm{B} \displaystyle =-\frac{1}{4}$
となる。

ここで、$\sin^{2}\mathrm{B}+\cos^{2}\mathrm{B}=1$だから、

途中式

$\displaystyle \sin^{2}\mathrm{B}+\left(-\frac{1}{4}\right)^{2}=1$
より
$\displaystyle \sin^{2}\mathrm{B}=1-\frac{1}{4^{2}}$
$\phantom{ \sin^{2}\mathrm{B} } \displaystyle =\frac{4^{2}-1}{4^{2}}$
$\phantom{ \sin^{2}\mathrm{B} } \displaystyle =\frac{15}{4^{2}}$
$\sin \mathrm{B} \gt 0$なので、

$\displaystyle \sin \mathrm{B}=\frac{\sqrt{15}}{4}$
である。

これを式Ｃに代入すると、求める外接円の半径$R$は
$R=\displaystyle \frac{1}{2\cdot\frac{\sqrt{15}}{4}}$

途中式

$\phantom{ R } \displaystyle =\frac{1}{\frac{\sqrt{15}}{2}}$
$\phantom{ R } \displaystyle =\frac{2}{\sqrt{15}}$

$\phantom{ R } \displaystyle =\frac{2\sqrt{15}}{15}$
となる。

解答ソ：2, タ：1, チ：5, ツ：1, テ：5

最後は$\mathrm{IO}$（図Ｆの赤線）の長さだ。
問題文から円$\mathrm{O}$（図Ｆの青い円）の半径を使うのは分かるけど、これだけでは材料が足りない。
そういうときは上を見よう。
つまり、これまでの作業を振り返ってみる。
ポイントは、求めただけで使ってない値に注目だ。

振り返ってみると、
$\mathrm{BH}$ $\mathrm{AH}$ $\mathrm{CH}$ は使っていない。

つまり、図Ｆの緑の線の長さは、求めたけれども使っていない。
見るからに方べきの定理だ。

$\displaystyle \mathrm{HA}\cdot \mathrm{HC}=\frac{4}{5}\cdot\frac{9}{5}$
$\phantom{ \mathrm{HA}\cdot \mathrm{HC} } \displaystyle =\frac{36}{25}$ $\displaystyle \mathrm{HB}^{2}=\left(\frac{6}{5}\right)^{2}$
$\phantom{ \mathrm{HB}^{2} } \displaystyle =\frac{36}{25}$ なので、
$\mathrm{HA}\cdot \mathrm{HC}=\mathrm{HB}^{2}$
である。

よって、(1)の定理より、直線$\mathrm{HB}$は青い円に接するから、
$\angle \mathrm{IBO}=90^{\circ}$
であることが分かる。

ここまで分かれば勝ったも同然。
あとは三平方の定理だ。

△$\mathrm{BIO}$（オレンジの三角形）は直角三角形で、
$\mathrm{BO}=R$
$\phantom{ \mathrm{BO} } \displaystyle =\frac{2}{\sqrt{15}}$ $\displaystyle \mathrm{BI}=\frac{1}{3}\cdot\frac{6}{5}$
$\phantom{ \mathrm{BI} } \displaystyle =\frac{2}{5}$ である。

よって、オレンジの三角形に三平方の定理を使うと、
$\displaystyle \mathrm{IO}^{2}=\left(\frac{2}{\sqrt{15}}\right)^{2}+\left(\frac{2}{5}\right)^{2}$
とかける。

これを計算して、

途中式

$\displaystyle \mathrm{IO}^{2}=\frac{4}{3\cdot 5}+\frac{4}{5^{2}}$
$\phantom{ \mathrm{IO}^{2} } \displaystyle =\frac{4\cdot 5+4\cdot 3}{3\cdot 5^{2}}$
$\phantom{ \mathrm{IO}^{2} } \displaystyle =\frac{4\cdot 8}{3\cdot 5^{2}}$
$\displaystyle \mathrm{IO}=\frac{4\sqrt{2}}{5\sqrt{3}}$
より

$\mathrm{IO} \displaystyle =\frac{4\sqrt{6}}{15}$
である。

解答ト：4, ナ：6, ニ：1, ヌ：5