図Ａの２本の赤い線で方べきの定理を使おう。
$\mathrm{AP}\cdot \mathrm{BP}=\mathrm{CP}\cdot \mathrm{DP}$
なので、
$$\begin{array}{rl}\mathrm{BP}& =\sqrt{10}\cdot {\displaystyle \frac{\sqrt{10}}{5}}\\ & ={\displaystyle \frac{10}{5}}\\ & =2\end{array}$$ である。

解答ア：２

また、$\mathrm{△}\mathrm{CAP}$（緑の三角形）は、
${\mathrm{AC}}^2+{\mathrm{AP}}^2={\mathrm{CP}}^2$
なので、$\mathrm{\angle }\mathrm{CAP}={90}^{\circ }$の直角三角形である。

解答イ：９, ウ：０

円周角が${90}^{\circ }$なので、弦$\mathrm{BC}$は円$\mathrm{O}$の直径である。
アより$\mathrm{BP}=2$なので、$\mathrm{AB}=3$であるから、$\mathrm{△}\mathrm{ABC}$は$\mathrm{AB}=\mathrm{AC}$の直角二等辺三角形。
よって、
$\mathrm{AB}:\mathrm{AC}:\mathrm{BC}=1:1:\sqrt{2}$
である。
よって、
$\mathrm{BC}=3\sqrt{2}$
であり、円$\mathrm{O}$の直径も$3\sqrt{2}$である。

解答エ：３, オ：２

また、緑色の三角形は$\mathrm{\angle }\mathrm{A}={90}^{\circ }$の直角三角形だった。
よって、
$$\begin{array}{rl}\tan \mathrm{\angle }\mathrm{PCA}& ={\displaystyle \frac{\mathrm{AP}}{\mathrm{AC}}}\\ & ={\displaystyle \frac{1}{3}}\end{array}$$ となる。

解答カ：１, キ：３

図Ｂで、$\mathrm{PH}\perp \mathrm{BC}$なので、$\mathrm{\angle }\mathrm{BHP}={90}^{\circ }$
円周角が${90}^{\circ }$なので、線分$\mathrm{BP}$は$\mathrm{△}\mathrm{PHB}$の外接円の直径である。
よって、直径は$2$である。

解答ク：２

また、$\mathrm{BC}$は円$\mathrm{O}$の直径なので、$\mathrm{\angle }\mathrm{BDC}={90}^{\circ }$
よって、
$\mathrm{\angle }\mathrm{PHB}+\mathrm{\angle }\mathrm{BDP}={90}^{\circ }+{90}^{\circ }={180}^{\circ }$
となる。

解答ケ：１, コ：８, サ：０

よって、点$\mathrm{D}$は$\mathrm{△}\mathrm{PHB}$の外接円上にある。

さらに、$\mathrm{△}\mathrm{ABC}$は$\mathrm{AB}=\mathrm{AC}$の直角二等辺三角形なので、
$\mathrm{\angle }\mathrm{ABC}={45}^{\circ }$
である。
よって、$\mathrm{△}\mathrm{PHB}$も$\mathrm{HB}=\mathrm{HP}$の直角二等辺三角形だから、
$\mathrm{\angle }\mathrm{BPH}={45}^{\circ }$
となる。
$\mathrm{\angle }\mathrm{BDH}$と$\mathrm{\angle }\mathrm{BPH}$は同一の弧に対する円周角なので、$\mathrm{\angle }\mathrm{BDH}$も${45}^{\circ }$である。

解答シ：４, ス：５

図Cにおいて、同一の弧の円周角は等しいので、同じ色の角度は等しい。
よって、$\mathrm{△}\mathrm{BAE}$は$\mathrm{BA}=\mathrm{BE}$の直角二等辺三角形になる。
円周角が${90}^{\circ }$なので、弦$\mathrm{AE}$は円$\mathrm{O}$の直径であるから、$\mathrm{AE}$と$\mathrm{BC}$は点$\mathrm{O}$で交わる。

また、図Cより、$\mathrm{△}\mathrm{OAB}$も$\mathrm{OA}=\mathrm{OB}$の直角二等辺三角形になるから、
$\mathrm{\angle }\mathrm{AOB}={90}^{\circ }$
なので、
$\mathrm{\angle }\mathrm{BOE}={90}^{\circ }$
である。

解答セ：９, ソ：０

さらに、AEは円Oの直径なので、
$\mathrm{AE}=3\sqrt{2}$
である。

解答タ：３, チ：２

次は$\tan \mathrm{\angle }\mathrm{PCH}$だ。
$\tan \mathrm{\angle }\mathrm{PCH}$と言われると、つい図Ｄの赤い三角形の$\mathrm{△}\mathrm{PCH}$に目が行くけど、緑の三角形の方が２辺の長さが分かっていて使いやすいかも。
なので、ここでは緑の三角形の$\mathrm{△}\mathrm{BCD}$を使う。

$\mathrm{△}\mathrm{BCD}$は$\mathrm{\angle }\mathrm{D}={90}^{\circ }$の直角三角形なので、
$\cos \mathrm{\angle }\mathrm{BCD}={\displaystyle \frac{\sqrt{10}+\frac{\sqrt{10}}{5}}{3\sqrt{2}}}$

途中式

$$\begin{array}{rl}\phantom{\cos \mathrm{\angle }\mathrm{BCD}}& ={\displaystyle \frac{\frac{6}{5}\sqrt{10}}{3\sqrt{2}}}\\ & ={\displaystyle \frac{6\sqrt{10}}{5\cdot 3\sqrt{2}}}\end{array}$$

$\phantom{\cos \mathrm{\angle }\mathrm{BCD}}={\displaystyle \frac{2\sqrt{5}}{5}}$

$1+{\tan }^2\theta ={\displaystyle \frac{1}{{\cos }^2\theta }}$より、
$1+{\tan }^2\mathrm{\angle }\mathrm{BCD}={\displaystyle \frac{1}{{\left(\frac{2\sqrt{5}}{5}\right)}^2}}$
${\tan }^2\mathrm{\angle }\mathrm{BCD}={\left({\displaystyle \frac{5}{2\sqrt{5}}}\right)}^2-1$

途中式

$$\begin{array}{rl}\phantom{{\tan }^2\mathrm{\angle }\mathrm{BCD}}& ={\displaystyle \frac{5^2}{2^2\cdot 5}}-1\\ & ={\displaystyle \frac{5}{2^2}}-1\\ & ={\displaystyle \frac{5}{2^2}}-{\displaystyle \frac{2^2}{2^2}}\end{array}$$

$\phantom{{\tan }^2\mathrm{\angle }\mathrm{BCD}}={\displaystyle \frac{1}{2^2}}$
$0<\tan \mathrm{\angle }\mathrm{BCD}$なので、
$\tan \mathrm{\angle }\mathrm{BCD}={\displaystyle \frac{1}{2}}$
である。

$\tan \mathrm{\angle }\mathrm{PCH}$も同じ値で、
$\tan \mathrm{\angle }\mathrm{PCH}={\displaystyle \frac{1}{2}}$
となる。

解答ツ：１, テ：２