次は、$\sin\angle \mathrm{ADC}$だ。
三角形$\mathrm{ACD}$（図Ａの緑の三角形）は分かっている辺や角が少ないので、使えない。
青い三角形を使う方向で考える。

$\angle \mathrm{ADC}+\angle \mathrm{BDC}=180^{\circ}$
なので、
$\sin\angle \mathrm{ADC}=\sin\angle \mathrm{BDC}$
だから、$\sin\angle \mathrm{ADC}$の代わりに$\sin\angle \mathrm{BDC}$を求めよう。

青い三角形に正弦定理を使って、
$\displaystyle \frac{\mathrm{B}\mathrm{D}}{\sin\angle \mathrm{B}\mathrm{C}\mathrm{D}}=\frac{\mathrm{B}\mathrm{C}}{\sin\angle \mathrm{B}\mathrm{D}\mathrm{C}}$式Ａ
だけど、$\sin\angle \mathrm{BCD}$は計算しないといけない。

$\sin^{2}\angle \mathrm{BCD}+\cos^{2}\angle \mathrm{BCD}=1$
に
$\displaystyle \cos\angle \mathrm{BCD}=\frac{3}{4}$
を代入して、
$\displaystyle \sin^{2}\angle \mathrm{BCD}+\left(\frac{3}{4}\right)^{2}=1$

途中式

$\displaystyle \sin^{2}\angle \mathrm{BCD}=1-\left(\frac{3}{4}\right)^{2}$
$\displaystyle \sin^{2}\angle \mathrm{BCD}$$\displaystyle=\frac{4^{2}-3^{2}}{4^{2}}$
$\displaystyle \sin^{2}\angle \mathrm{BCD}$$\displaystyle=\frac{7}{4^{2}}$
$0\lt\sin\angle \mathrm{BCD}$なので、

$\displaystyle \sin\angle \mathrm{BCD}=\frac{\sqrt{7}}{4}$
である。

これと、$\mathrm{BC}=2\sqrt{2}$，$\mathrm{BD}=2$を式Ａに代入して、
$\displaystyle \frac{2}{\frac{\sqrt{7}}{4}}=\frac{2\sqrt{2}}{\sin\angle \mathrm{B}\mathrm{D}\mathrm{C}}$
$2\displaystyle \sin\angle \mathrm{BDC}=\frac{\sqrt{7}}{4}\cdot 2\sqrt{2}$
$\displaystyle \sin\angle \mathrm{BDC}=\frac{\sqrt{14}}{4}$
となるから、
$\displaystyle \sin\angle \mathrm{ADC}=\frac{\sqrt{14}}{4}$
である。

解答イ：１, ウ：４, エ：４

さらに、$\mathrm{AC}$と$\mathrm{AD}$の比率を求める。

$\mathrm{CD}$は$\angle \mathrm{ACB}$の二等分線なので、
$\mathrm{AC}:\mathrm{BC}=\mathrm{AD}:\mathrm{BD}$
とかける。
これを変形して、
$\mathrm{AC}\cdot \mathrm{BD}=\mathrm{BC}\cdot \mathrm{AD}$
より
$2\mathrm{AC}=2\sqrt{2}\mathrm{AD}$
となる。

この両辺を$2\mathrm{AD}$で割って、
$\displaystyle \frac{\mathrm{A}\mathrm{C}}{\mathrm{A}\mathrm{D}}=\sqrt{2}$
である。

解答オ：２

オの別解

図Ａの緑の三角形に正弦定理を使って、
$\displaystyle \frac{\mathrm{A}\mathrm{C}}{\sin\angle \mathrm{A}\mathrm{D}\mathrm{C}}=\frac{\mathrm{A}\mathrm{D}}{\sin\angle \mathrm{A}\mathrm{C}\mathrm{D}}$式Ｂ

ここで、$\angle \mathrm{ACD}=\angle \mathrm{BCD}$なので、
$\displaystyle \sin\angle \mathrm{ACD}=\sin\angle \mathrm{BCD}=\frac{\sqrt{7}}{4}$
これと、$\displaystyle \sin\angle \mathrm{ADC}=\frac{\sqrt{14}}{4}$を式Ｂに代入して、
$\displaystyle \frac{\mathrm{A}\mathrm{C}}{\frac{\sqrt{14}}{4}}=\frac{\mathrm{A}\mathrm{D}}{\frac{\sqrt{7}}{4}}$

途中式

$\displaystyle \frac{\sqrt{7}}{4}\mathrm{AC}=\frac{\sqrt{14}}{4}\mathrm{AD}$
両辺に$\displaystyle \frac{4}{\sqrt{7}}$をかけて、
$\mathrm{AC}=\sqrt{2}\mathrm{AD}$

$\displaystyle \frac{\mathrm{A}\mathrm{C}}{\mathrm{A}\mathrm{D}}=\sqrt{2}$
である。

解答オ：２

よって、
$\mathrm{AD}=x$
とおくと、
$\mathrm{AC}=\sqrt{2}x$
である。

ややこしくなってきたから、図で整理しよう。
これまでに分かったことを図Ａに書き込むと、図Ｂができる。

ということで、図Ｂの$\mathrm{AD}=x$を求める。
緑の三角形で正弦定理が使えると楽なんだけど、すでにオの別解で$\displaystyle \frac{\mathrm{A}\mathrm{C}}{\mathrm{A}\mathrm{D}}$を求めるのに使ったから、もう一度使うと どうせ$x=x$とかいう式ができてしまう。
なので、余弦定理だ。

図Ｂの緑の三角形に余弦定理を使って、
$\mathrm{AD}^{2}=\mathrm{AC}^{2}+\mathrm{CD}^{2}-2\mathrm{AC}\cdot \mathrm{CD}\cdot\cos\angle \mathrm{ACD}$
より
$x^{2}=\displaystyle \left(\sqrt{2}x\right)^{2}+\sqrt{2}^{2}-2\sqrt{2}x\cdot\sqrt{2}\cdot\frac{3}{4}$

途中式

$x^{2}$$=2x^{2}+2-3x$
$x^{2}-3x+2=0$
$(x-1)(x-2)=0$
となるので

$x=1$，$2$
となる。

このうち、$x=2$のとき、図Ｂの青い三角形と緑の三角形は三辺が等しくなるので合同だ。
このとき、図中の△と◎は合同な三角形の対応する角だから、等しい。
さらに
△$+$◎$=180^{\circ}$
なので、
△$=$◎$=90^{\circ}$
のはず。

でも、イウエより、
$\sin$◎$=\displaystyle \frac{\sqrt{14}}{4}$
だから
◎$\neq 90^{\circ}$
なので、矛盾する。

よって、$x=2$は不適である。

以上より
$x=1$
なので、
$\mathrm{AD}=1$，$\mathrm{AC}=\sqrt{2}$
である。

解答カ：１

$\mathrm{AC}=\sqrt{2}$より、
$\mathrm{AC}=\mathrm{CD}$
なので、図Ｃの緑の三角形は二等辺三角形だ。

よって、
$\angle \mathrm{CAD}=$◎
だから、
$\sin\angle \mathrm{CAD}=\sin$◎$=\displaystyle \frac{\sqrt{14}}{4}$
である。

図Ｃの△$\mathrm{ABC}$（赤い三角形）の外接円の半径を$R$とする。
△$\mathrm{ABC}$に正弦定理を使うと
$\displaystyle \frac{\mathrm{B}\mathrm{C}}{\sin\angle \mathrm{B}\mathrm{A}\mathrm{C}}=2R$
より
$\displaystyle \frac{2\sqrt{2}}{\frac{\sqrt{14}}{4}}=2R$

途中式

$2R=2\displaystyle \sqrt{2}\cdot\frac{4}{\sqrt{14}}$
$R=\displaystyle \frac{4}{\sqrt{7}}$
分母を有理化して、

$R=\displaystyle \frac{4\sqrt{7}}{7}$
となる。

解答キ：４, ク：７, ケ：７