図Ａの△$\mathrm{ABC}$に余弦定理を使って、
${\mathrm{AC}}^2={\mathrm{AB}}^2+{\mathrm{BC}}^2-2\mathrm{AB}\cdot \mathrm{BC}\cos \mathrm{\angle }\mathrm{ABC}$
より
$6^2=5^2+9^2-2\cdot 5\cdot 9\cos \mathrm{\angle }\mathrm{ABC}$
$$\begin{array}{rl}\cos \mathrm{\angle }\mathrm{ABC}& ={\displaystyle \frac{5^2+9^2-6^2}{2\cdot 5\cdot 9}}\\ & ={\displaystyle \frac{70}{2\cdot 5\cdot 9}}\\ & ={\displaystyle \frac{7}{9}}\end{array}$$ である。

解答ア：７, イ：９

これを${\sin }^2\mathrm{\angle }\mathrm{ABC}+{\cos }^2\mathrm{\angle }\mathrm{ABC}=1$に代入して、
${\sin }^2\mathrm{\angle }\mathrm{ABC}+{\left({\displaystyle \frac{7}{9}}\right)}^2=1$
$$\begin{array}{rl}{\sin }^2\mathrm{\angle }\mathrm{ABC}& =1-{\left({\displaystyle \frac{7}{9}}\right)}^2\\ & ={\displaystyle \frac{9^2-7^2}{9^2}}\\ & ={\displaystyle \frac{(9+7)(9-7)}{9^2}}\\ & ={\displaystyle \frac{16\cdot 2}{9^2}}\\ & ={\displaystyle \frac{4^2\cdot 2}{9^2}}\end{array}$$ ここで$0<\sin \mathrm{\angle }\mathrm{ABC}$なので、
$\sin \mathrm{\angle }\mathrm{ABC}={\displaystyle \frac{4\sqrt{2}}{9}}$式Ａ
となる。

解答ウ：４, エ：２, オ：９

次は
$\mathrm{CD}$カ$\mathrm{AB}\cdot \sin \mathrm{\angle }\mathrm{ABC}$
だけど、カには等号か不等号が入るので、
$\mathrm{CD}$
と
$\mathrm{AB}\cdot \sin \mathrm{\angle }\mathrm{ABC}$
の大小関係を考えればいいわけだ。 問題文より、
$$\begin{array}{rl}\mathrm{CD}& =3\\ & ={\displaystyle \frac{27}{9}}\end{array}$$ 問題文と式Ａより、
$$\begin{array}{rl}\mathrm{AB}\cdot \sin \mathrm{\angle }\mathrm{ABC}& =5\cdot {\displaystyle \frac{4\sqrt{2}}{9}}\\ & ={\displaystyle \frac{20\sqrt{2}}{9}}\end{array}$$ なので、${\displaystyle \frac{27}{9}}$と${\displaystyle \frac{20\sqrt{2}}{9}}$の大小関係を考える。
通分しておいたので、分子だけ比較しよう。
$\sqrt{2}\doteqdot 1.414$なので、
$20\sqrt{2}\doteqdot 28.28$
である。
よって、
$27<20\sqrt{2}$
だから、
${\displaystyle \frac{27}{9}}<{\displaystyle \frac{20\sqrt{2}}{9}}$
より
$\mathrm{CD}<\mathrm{AB}\cdot \sin \mathrm{\angle }\mathrm{ABC}$式Ｂ
であることが分かる。

解答カ：０

で、式Ｂが何を示しているのか考えよう。
考えなきゃいけないのは、右辺の$\mathrm{AB}\cdot \sin \mathrm{\angle }\mathrm{ABC}$の意味だ。

図Ｂのように、頂点$\mathrm{A}$から辺$\mathrm{BC}$に垂線を下ろし、その足を$\mathrm{H}$とすると、
$\sin \mathrm{\angle }\mathrm{ABC}={\displaystyle \frac{\mathrm{AH}}{\mathrm{AB}}}$
なので、
$$\begin{array}{rl}\mathrm{AB}\cdot \sin \mathrm{\angle }\mathrm{ABC}& =\mathrm{AB}\cdot {\displaystyle \frac{\mathrm{AH}}{\mathrm{AB}}}\\ & =\mathrm{AH}\end{array}$$ であることが分かる。

以上より、式Ｂは
$\mathrm{CD}<\mathrm{AH}$
と書きなおせる。

$\mathrm{AD}$と$\mathrm{BC}$が平行になるためには、$\mathrm{CD}$は少なくとも$\mathrm{AH}$と同じ長さがないといけない。
なので、$\mathrm{AD}//\mathrm{BC}$はムリだから、正解は$\mathrm{AB}//\mathrm{CD}$の４だ。

解答キ：４

これで頂点Ｄの位置が分かった。
四角形$\mathrm{ABCD}$は図Ｃのようになる。

最後は、$\mathrm{BD}$だ。
解き方は何通りか考えられるけど、一番気づきやすいのは余弦定理だろう。

$\mathrm{AB}//\mathrm{CD}$で、平行線の錯角は等しいので、図Ｄのピンクの角は等しい。
よって、
$$\begin{array}{rl}\cos \mathrm{\angle }\mathrm{BCD}& =\cos ({180}^{\circ }-\mathrm{\angle }\mathrm{ABC})\\ & =-\cos \mathrm{\angle }\mathrm{ABC}\\ & =-{\displaystyle \frac{7}{9}}\end{array}$$ である。

これを使って、$\mathrm{△}\mathrm{BCD}$に余弦定理を用いると、
$$\begin{array}{rl}{\mathrm{BD}}^2& ={\mathrm{BC}}^2+{\mathrm{CD}}^2-2\cdot \mathrm{BC}\cdot \mathrm{CD}\cos \mathrm{\angle }\mathrm{BCD}\\ & =9^2+3^2-2\cdot 9\cdot 3\cdot (-{\displaystyle \frac{7}{9}})\end{array}$$ となる。

これを計算すると、
${\mathrm{BD}}^2=9^2+3^2+2\cdot 3\cdot 7$

途中式

$$\begin{array}{rl}\phantom{{\mathrm{BD}}^2}& =3(3\cdot 9+3+2\cdot 7)\\ & =3\{3(9+1)+2\cdot 7\}\\ & =3(30+14)\end{array}$$

$\phantom{{\mathrm{BD}}^2}=3\cdot 44$
$0<\mathrm{BD}$なので
$\mathrm{BD}=\sqrt{3\cdot 44}$

途中式

$$\begin{array}{rl}\phantom{\mathrm{BD}}& =\sqrt{3\cdot 4\cdot 11}\\ & =\sqrt{2^2\cdot 33}\end{array}$$

$\phantom{\mathrm{BD}}=2\sqrt{33}$
である。

解答ク：２, ケ：３, コ：３