ゼンゼンお薦めじゃないんだけど、ウエを求めるのは 次のような方法もある。
図Ａの点$\mathrm{A}$を${\mathrm{A}}^{\prime }$に変えて 図Ｄと重ねると、図Ｅができる。

図の固定

図Ｅの${\mathrm{A}}^{\prime }\mathrm{B}$は、図Ａの$\mathrm{AB}$にあたるので、
${\mathrm{A}}^{\prime }\mathrm{B}=8$
である。

${\mathrm{A}}^{\prime }\mathrm{A}={\mathrm{A}}^{\prime }\mathrm{B}-\mathrm{AB}$
より
$$\begin{array}{rl}{\mathrm{A}}^{\prime }\mathrm{A}& =8-4\\ & =4\end{array}$$ となる。
さらに、$\mathrm{△}{\mathrm{PA}}^{\prime }\mathrm{A}$は二等辺三角形なので、点$\mathrm{P}$から${\mathrm{A}}^{\prime }\mathrm{A}$に下ろした垂線の足を$\mathrm{D}$とすると、
$$\begin{array}{rl}\mathrm{AD}& ={\displaystyle \frac{{\mathrm{A}}^{\prime }\mathrm{A}}{2}}\\ & =2\end{array}$$ である。

これを使って、$\mathrm{DP}$を求める。

直角三角形$\mathrm{ADP}$において、三平方の定理より、
${\mathrm{AD}}^2+{\mathrm{DP}}^2={\mathrm{AP}}^2$
とかける。

これを計算して、
$2^2+{\mathrm{DP}}^2=6^2$
より
$$\begin{array}{rl}{\mathrm{DP}}^2& =6^2-2^2\\ & =(6+2)(6-2)\\ & =8\cdot 4\end{array}$$

$0<\mathrm{DP}$なので、
$\mathrm{DP}=4\sqrt{2}$式Ｃ
である。

これで、直角三角形$\mathrm{CDP}$の２辺が分かった。
残る$\mathrm{CD}$は、もう一回 三平方の定理だ。

直角三角形$\mathrm{CDP}$において、三平方の定理より、
${\mathrm{CD}}^2+{\mathrm{PD}}^2={\mathrm{CP}}^2$
なので
${\mathrm{CD}}^2={\mathrm{CP}}^2-{\mathrm{PD}}^2$
より
${\mathrm{CD}}^2=(3\sqrt{17}{)}^2-(4\sqrt{2}{)}^2$
とかける。

これを計算して、
$$\begin{array}{rl}{\mathrm{CD}}^2& =9\cdot 17-16\cdot 2\\ & =121\\ & ={11}^2\end{array}$$ $0<\mathrm{CD}$なので
$\mathrm{CD}=11$
である。

よって、問われている$\mathrm{AC}$は、
$\mathrm{AC}=\mathrm{CD}-\mathrm{AD}$
より
$$\begin{array}{rl}\mathrm{AC}& =11-2\\ & =9\end{array}$$

$\mathrm{BC}$は
$$\begin{array}{rl}\mathrm{BC}& =\mathrm{AC}-\mathrm{AB}\\ & =9-4\\ & =5\end{array}$$ となる。

解答ウ：９, エ：５

まず、図Ｆの青い三角形のひとつの角の$\sin$を求める。
求めやすいのは$\sin \mathrm{\angle }\mathrm{BCP}$だ。

図Ｆの$\mathrm{△}\mathrm{ACP}$に正弦定理を使うと
${\displaystyle \frac{\mathrm{CP}}{\sin \mathrm{\angle }\mathrm{PAC}}}={\displaystyle \frac{\mathrm{AP}}{\sin \mathrm{\angle }\mathrm{ACP}}}$
より
${\displaystyle \frac{3\sqrt{17}}{\frac{2\sqrt{2}}{3}}}={\displaystyle \frac{6}{\sin \mathrm{\angle }\mathrm{ACP}}}$
とかける。

これを解いて、
$3\sqrt{17}\sin \mathrm{\angle }\mathrm{ACP}=6\cdot {\displaystyle \frac{2\sqrt{2}}{3}}$
$$\begin{array}{rl}\sin \mathrm{\angle }\mathrm{ACP}& ={\displaystyle \frac{6\cdot 2\sqrt{2}}{3\cdot 3\sqrt{17}}}\\ & ={\displaystyle \frac{2\cdot 2\sqrt{2}}{3\sqrt{17}}}\end{array}$$ なので、
$\sin \mathrm{\angle }\mathrm{BCP}={\displaystyle \frac{2\cdot 2\sqrt{2}}{3\sqrt{17}}}$
である。

以上で求めた$\sin \mathrm{\angle }\mathrm{BCP}$を使って、図Ｆ・図Ｇの青い三角形で正弦定理だ。

青い三角形の外接円の半径を$R$とすると、
$2R={\displaystyle \frac{\mathrm{BP}}{\sin \mathrm{\angle }\mathrm{BCP}}}$
より
$2R={\displaystyle \frac{2\sqrt{17}}{\frac{2\cdot 2\sqrt{2}}{3\sqrt{17}}}}$
とかける。

これを解いて、
$$\begin{array}{rl}R& ={\displaystyle \frac{3{\sqrt{17}}^2}{2\cdot 2\sqrt{2}}}\\ & ={\displaystyle \frac{3\cdot 17}{4\sqrt{2}}}\end{array}$$ 分母を有理化して
$R={\displaystyle \frac{51\sqrt{2}}{8}}$
である。

解答オ：５, カ：１, キ：２, ク：８

$\mathrm{△}\mathrm{ABP}$の面積は、
$\mathrm{△}\mathrm{ABP}={\displaystyle \frac{1}{2}}\mathrm{AB}\cdot \mathrm{AP}\sin \mathrm{\angle }\mathrm{PAB}$
より
$$\begin{array}{rl}\mathrm{△}\mathrm{ABP}& ={\displaystyle \frac{1}{2}}\cdot 4\cdot 6\cdot {\displaystyle \frac{2\sqrt{2}}{3}}\\ & =4\cdot 2\sqrt{2}\mathrm{式}Ｅ\end{array}$$ である。

$\mathrm{△}\mathrm{ABP}$と$\mathrm{△}\mathrm{BCP}$は、高さが等しく底辺の比が$4:5$なので、面積比も
$\mathrm{△}\mathrm{ABP}:\mathrm{△}\mathrm{BCP}=4:5$
より
$\mathrm{△}\mathrm{BCP}={\displaystyle \frac{5}{4}}\mathrm{△}\mathrm{ABP}$
とかける。

これに式Ｅを代入すると、
$$\begin{array}{rl}\mathrm{△}\mathrm{BCP}& ={\displaystyle \frac{5}{4}}\cdot 4\cdot 2\sqrt{2}\\ & =5\cdot 2\sqrt{2}\end{array}$$ であることが分かる。

よって、図Ｆの青い三角形に式Ｄを使うと、
$S={\displaystyle \frac{abc}{4R}}$
より
$5\cdot 2\sqrt{2}={\displaystyle \frac{5\cdot 2\sqrt{17}\cdot 3\sqrt{17}}{4R}}$
と表せる。

これを解いて、
$$\begin{array}{rl}R& ={\displaystyle \frac{5\cdot 2\sqrt{17}\cdot 3\sqrt{17}}{4\cdot 5\cdot 2\sqrt{2}}}\\ & ={\displaystyle \frac{\sqrt{2}\cdot \sqrt{17}\cdot 3\sqrt{17}}{4\cdot 2}}\end{array}$$ より
$R={\displaystyle \frac{51\sqrt{2}}{8}}$
である。

解答オ：５, カ：１, キ：２, ク：８

図の固定

図Ｉの青い直角三角形に三平方の定理を使うと
${\mathrm{AO}}^2={\mathrm{AH}}^2+{\mathrm{OH}}^2$
より
${\mathrm{AO}}^2={(4+{\displaystyle \frac{5}{2}})}^2+{\mathrm{OH}}^2$式Ｆ
とかける。

また、黄色い直角三角形に三平方の定理を使うと
${\mathrm{OB}}^2={\mathrm{BH}}^2+{\mathrm{OH}}^2$
より
$R^2={\left({\displaystyle \frac{5}{2}}\right)}^2+{\mathrm{OH}}^2$式Ｇ
とかける。

式Ｆから式Ｇを辺々引いて、

より
$$\begin{array}{rl}{\mathrm{AO}}^2-R^2& =(4+{\displaystyle \frac{5}{2}}+{\displaystyle \frac{5}{2}})(4+{\displaystyle \frac{5}{2}}-{\displaystyle \frac{5}{2}})\\ & =(4+5)\times 4\\ & =36\end{array}$$ となる。

解答ケ：３, コ：６

これも お勧めというわけじゃないんだけど、せっかくだから もうひとつ解法を紹介しておく。

図の固定

図Ｊの黄色い三角形は直角三角形なので、
$\cos \mathrm{\angle }\mathrm{OBH}={\displaystyle \frac{\mathrm{BH}}{\mathrm{OB}}}$
より
$$\begin{array}{rl}\cos \mathrm{\angle }\mathrm{OBH}& ={\displaystyle \frac{\frac{5}{2}}{R}}\\ & ={\displaystyle \frac{5}{2R}}\end{array}$$ である。

$\mathrm{\angle }\mathrm{OBH}+\mathrm{\angle }\mathrm{OBA}={180}^{\circ }$なので、
$$\begin{array}{rl}\cos \mathrm{\angle }\mathrm{OBA}& =-\cos \mathrm{\angle }\mathrm{OBH}\\ & =-{\displaystyle \frac{5}{2R}}\end{array}$$ となる。

図Ｊの緑の三角形に余弦定理を使うと
${\mathrm{AO}}^2={\mathrm{AB}}^2+{\mathrm{OB}}^2-2\mathrm{AB}\cdot \mathrm{OB}\cos \mathrm{\angle }\mathrm{OBA}$
とかける。

これにそれぞれの値を代入すると
${\mathrm{AO}}^2=4^2+R^2-2\cdot 4R(-{\displaystyle \frac{5}{2R}})$
より
$$\begin{array}{rl}{\mathrm{AO}}^2-R^2& =4^2+4\cdot 5\\ & =36\end{array}$$ となる。

解答ケ：３, コ：６