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、
${\displaystyle \frac{\mathrm{AP}}{\mathrm{PD}}\cdot \frac{\mathrm{CD}}{\mathrm{BC}}\cdot \frac{\mathrm{BE}}{\mathrm{AE}}=1}$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
${\displaystyle \frac{\mathrm{AP}}{\mathrm{PD}}\cdot \frac{3}{4}\cdot {\displaystyle \frac{2}{1}=1}}$
${\displaystyle \frac{\mathrm{AP}}{\mathrm{PD}}\cdot \frac{3}{2}=1}$
${\displaystyle \frac{\mathrm{AP}}{\mathrm{PD}}=\frac{2}{3}}$
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、
${\mathrm{AD}}^2={\mathrm{AB}}^2+{\mathrm{BD}}^2-2\mathrm{AB}\cdot \mathrm{BD}\cos \mathrm{\angle }\mathrm{ABC}$
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}}$
$0<\mathrm{AD}$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
${\displaystyle \frac{\mathrm{AP}}{\mathrm{PD}}=\frac{2}{3}}$
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

$\cos \mathrm{\angle }\mathrm{ADB}$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、
${\mathrm{AB}}^2={\mathrm{AD}}^2+{\mathrm{BD}}^2-2\mathrm{AD}\cdot \mathrm{BD}\cos \mathrm{\angle }\mathrm{ADB}$
これにそれぞれの値を代入して、
${\displaystyle {\sqrt{6}}^2={\left(\frac{\sqrt{51}}{3}\right)}^2+1^2-2\cdot \frac{\sqrt{51}}{3}\cdot 1\cdot \cos \mathrm{\angle }\mathrm{ADB}}$
$6={\displaystyle \frac{51}{9}+1-2\cdot \frac{\sqrt{51}}{3}\cos \mathrm{\angle }\mathrm{ADB}}$
$2{\displaystyle \cdot \frac{\sqrt{51}}{3}\cos \mathrm{\angle }\mathrm{ADB}=\frac{51}{9}-5}$
両辺を$9$倍して、
$3\cdot 2\cdot \sqrt{51}\cos \mathrm{\angle }\mathrm{ADB}=51-9\cdot 5$
                            $=6$
${\displaystyle \cos \mathrm{\angle }\mathrm{ADB}=\frac{6}{3\cdot 2\sqrt{51}}}$
${\displaystyle \cos \mathrm{\angle }\mathrm{ADB}}$${\displaystyle =\frac{1}{\sqrt{51}}}$式Ｃ
右辺を有理化して、
${\displaystyle \cos \mathrm{\angle }\mathrm{ADB}=\frac{\sqrt{51}}{51}}$
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、
$\mathrm{\angle }\mathrm{PLC}$（赤い角）$+\mathrm{\angle }\mathrm{PDC}$（緑の角）$={180}^{\circ }$
である。
また
$\mathrm{\angle }\mathrm{ADB}$（オレンジの角）$+\mathrm{\angle }\mathrm{PDC}$（緑の角）$={180}^{\circ }$
だから、
$\mathrm{\angle }\mathrm{BLC}$（赤い角）$=\mathrm{\angle }\mathrm{ADB}$（オレンジの角）
である。

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

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

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

解答ツ：５, テ：２