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、
${\sqrt{10}}^2=4^2+6^2-2\cdot 4\cdot 6\cdot \cos \mathrm{\angle }\mathrm{ABD}$
${\displaystyle \cos \mathrm{\angle }\mathrm{ABD}=\frac{4^2+6^2-{\sqrt{10}}^2}{2\cdot 4\cdot 6}}$
${\displaystyle \cos \mathrm{\angle }\mathrm{ABD}}$${\displaystyle =\frac{42}{2\cdot 4\cdot 6}}$
${\displaystyle \cos \mathrm{\angle }\mathrm{ABD}}$${\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$
$0<\mathrm{AD}$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$\cos \mathrm{\angle }\mathrm{ABD}$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。

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

正弦定理より、外接円の半径を$R$とすると、
$2R={\displaystyle \frac{\mathrm{AD}}{\sin \mathrm{\angle }\mathrm{ABD}}}$
$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、
$\mathrm{\angle }\mathrm{ABD}=\mathrm{\angle }\mathrm{AED}$
平行線の錯角は等しいので、
$\mathrm{\angle }\mathrm{AED}=\mathrm{\angle }\mathrm{ACD}$
よって、
${\displaystyle \sin \mathrm{\angle }\mathrm{ACF}=\frac{\sqrt{15}}{8}}$
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$\cos \mathrm{\angle }\mathrm{OAE}$と$\cos \mathrm{\angle }{\mathrm{O}}^{\prime }\mathrm{AC}$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$\cos \mathrm{\angle }\mathrm{OAE}$と$\cos \mathrm{\angle }{\mathrm{O}}^{\prime }\mathrm{AC}$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、
${\displaystyle \cos \mathrm{\angle }\mathrm{OAH}=\frac{\mathrm{AH}}{\mathrm{AO}}}$
${\displaystyle \cos \mathrm{\angle }\mathrm{OAH}}$${\displaystyle =\frac{\frac{2\sqrt{10}}{5}}{\frac{8\sqrt{15}}{15}}}$
分母分子を$15$倍して、
${\displaystyle \cos \mathrm{\angle }\mathrm{OAH}}$${\displaystyle =\frac{3\cdot 2\sqrt{10}}{8\sqrt{15}}}$
${\displaystyle \cos \mathrm{\angle }\mathrm{OAH}}$${\displaystyle =\frac{3\sqrt{2}}{4\sqrt{3}}}$
${\displaystyle \cos \mathrm{\angle }\mathrm{OAH}}$${\displaystyle =\frac{\sqrt{3}\cdot \sqrt{2}}{4}}$
${\displaystyle \cos \mathrm{\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、
${\displaystyle \cos \mathrm{\angle }{\mathrm{O}}^{\prime }\mathrm{AH}=\frac{\frac{\sqrt{10}}{2}}{\frac{2\sqrt{15}}{3}}}$
分母分子を$6$倍して、
${\displaystyle \cos \mathrm{\angle }{\mathrm{O}}^{\prime }\mathrm{AH}}$${\displaystyle =\frac{3\sqrt{10}}{4\sqrt{15}}}$
${\displaystyle \cos \mathrm{\angle }{\mathrm{O}}^{\prime }\mathrm{AH}}$${\displaystyle =\frac{3\sqrt{2}}{4\sqrt{3}}}$
${\displaystyle \cos \mathrm{\angle }{\mathrm{O}}^{\prime }\mathrm{AH}}$${\displaystyle =\frac{\sqrt{3}\cdot \sqrt{2}}{4}}$
${\displaystyle \cos \mathrm{\angle }{\mathrm{O}}^{\prime }\mathrm{AH}}$${\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。
${\displaystyle {\mathrm{OO}}^{\prime }=\frac{8\sqrt{15}}{15}+\frac{2\sqrt{15}}{3}}$
${\displaystyle {\mathrm{OO}}^{\prime }}$${\displaystyle =\frac{8\sqrt{15}+10\sqrt{15}}{15}}$
${\displaystyle {\mathrm{OO}}^{\prime }}$${\displaystyle =\frac{18\sqrt{15}}{15}}$
${\displaystyle {\mathrm{OO}}^{\prime }}$${\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。