(1)は問題中の定理（方べきの定理の逆）が成り立つことを背理法で説明する問題だけど、説明部分は問題文に書いてある。
なので、考えるのはアイの部分だけでいい。

一方で、分かりにくいけれど、(1)は(2)のトナニヌを求めるときのヒントになっている。
方べきの定理の逆が出てきたことだけは憶えておこう。

$\mathrm{PT}$が円$\mathrm{O}$に接しない場合、例えば図Ａのような状態になる。

このとき、方べきの定理より
$\mathrm{PT}\cdot {\mathrm{PT}}^{\prime }=\mathrm{PQ}\cdot \mathrm{PR}$
が成り立つ。

解答ア：０, イ：１ （順不同）

(2)は、とにかく図がややこしい。
いかに見やすい図を描くかが、この問題が解く最大のポイントだ。

ここに載せた図は、その時に必要ない部分は省略して見やすくしてある。
試験本番に同じような図を描くのは難しいと思うけれど、自分に合った方法を考えながら作図してほしい。

なんとなく図を描いてはいけない。
例えば、意識して図を大きく描くだけで 問題が解きやすくなることもある。

最初は、角の二等分線の問題から。

図Ｂで、$\mathrm{BD}$は$\mathrm{\angle }\mathrm{ABC}$の二等分線なので、
$\mathrm{AD}:\mathrm{CD}=\mathrm{AB}:\mathrm{CB}$
$\phantom{\mathrm{AD}:\mathrm{CD}}{\displaystyle =\frac{1}{2}:\frac{3}{4}}$
$\phantom{\mathrm{AD}:\mathrm{CD}}=2:3$
である。

なので、
${\displaystyle \mathrm{AD}=\frac{2}{2+3}\mathrm{AC}}$
$\phantom{\mathrm{AD}}{\displaystyle =\frac{2}{5}}$
となる。

解答ウ：２, エ：５

さらに、問題文の指示に従って点$\mathrm{E}$，$\mathrm{F}$，$\mathrm{G}$をとると、図Ｃのようになる。

このとき、直線$\mathrm{BG}$は$\mathrm{\angle }\mathrm{ABC}$の外角の二等分線なので、
$\mathrm{AG}:\mathrm{CG}=\mathrm{AB}:\mathrm{CB}$
$\phantom{\mathrm{AG}:\mathrm{CG}}=2:3$
となるから、
$\mathrm{AC}:\mathrm{AG}=1:2$
である。

よって、
${\displaystyle \frac{\mathrm{AC}}{\mathrm{AG}}=\frac{1}{2}}$
と表せる。

解答オ：1, カ：2

また、問題文より
$\mathrm{AC}=1$
なので、
$\mathrm{AG}=2$
となる。

次は
△$\mathrm{ABF}$の面積 △$\mathrm{AFG}$の面積
だ。

この2つの三角形は、$\mathrm{BF}$，$\mathrm{FG}$をそれぞれの底辺とすると、高さが等しい。
このことから、
△$\mathrm{ABF}$の面積 $:$ △$\mathrm{AFG}$の面積$=\mathrm{BF}:\mathrm{FG}$
より
△$\mathrm{ABF}$の面積 △$\mathrm{AFG}$の面積 $={\displaystyle \frac{\mathrm{BF}}{\mathrm{FG}}}$
である。

なので、
△$\mathrm{ABF}$の面積 △$\mathrm{AFG}$の面積
の代わりに
${\displaystyle \frac{\mathrm{BF}}{\mathrm{FG}}}$
を求めよう。

三角形$\mathrm{BCG}$と直線$\mathrm{AE}$にメネラウスの定理を使うと、
${\displaystyle \frac{\mathrm{GA}}{\mathrm{AC}}\cdot \frac{\mathrm{CE}}{\mathrm{EB}}\cdot \frac{\mathrm{BF}}{\mathrm{FG}}=1}$式Ａ
とかける。

いま、
${\displaystyle \frac{\mathrm{AG}}{\mathrm{AC}}=\frac{2}{1}}$ ${\displaystyle \frac{\mathrm{CE}}{\mathrm{EB}}=\frac{2}{1}}$ であることが分かっている。

よって、式Ａは
${\displaystyle \frac{2}{1}\cdot \frac{2}{1}\cdot \frac{\mathrm{BF}}{\mathrm{FG}}=1}$
より
${\displaystyle \frac{\mathrm{BF}}{\mathrm{FG}}=\frac{1}{4}}$
となるから、
△$\mathrm{ABF}$の面積 △$\mathrm{AFG}$の面積 $={\displaystyle \frac{1}{4}}$
である。

解答キ：1, ク：4

$\mathrm{DG}$の中点を$\mathrm{H}$とすると、図Ｄができる。

図Dの赤い三角形（三角$\mathrm{BDG}$）を考えると、
$\mathrm{\angle }\mathrm{DBG}={90}^{\circ }$
の直角三角形だ。

詳しく

図中の
◎$+$◎$+$○$+$○$={180}^{\circ }$
なので、
◎$+$○$={90}^{\circ }$
だから、
$\mathrm{\angle }\mathrm{DBG}={90}^{\circ }$
である。

よって、線分$\mathrm{DG}$は赤い三角形の外接円の直径で、$\mathrm{DG}$の中点$\mathrm{H}$は外接円の中心である。
外接円の直径$=\mathrm{DG}$は、図Ｄより
$2+{\displaystyle \frac{2}{5}}$
なので、外接円の半径は
${\displaystyle \frac{1}{2}(2+\frac{2}{5})=1+\frac{1}{5}}$
$\phantom{{\displaystyle \frac{1}{2}(2+\frac{2}{5})}}{\displaystyle =\frac{6}{5}}$
であることが分かる。

点$\mathrm{B}$は外接円上の点だから、$\mathrm{BH}$は外接円の半径にあたる。
なので、
${\displaystyle \mathrm{BH}=\frac{6}{5}}$
である。

解答ケ：6, コ：5

また、
$\mathrm{AH}=\mathrm{DH}-\mathrm{AD}$式Ｂ
だけど、
$\mathrm{DH}$は外接円の半径なので${\displaystyle \frac{6}{5}}$ ${\displaystyle \mathrm{AD}=\frac{2}{5}}$ だから、式Ｂは
${\displaystyle \mathrm{AH}=\frac{6}{5}-\frac{2}{5}}$
$\phantom{{\displaystyle \mathrm{AH}}}{\displaystyle =\frac{4}{5}}$
となる。

解答サ：4, シ：5

よって、
$\mathrm{CH}=\mathrm{AC}+\mathrm{AH}$
は
${\displaystyle \mathrm{CH}=1+\frac{4}{5}}$
$\phantom{{\displaystyle \mathrm{CH}}}{\displaystyle =\frac{9}{5}}$
である。

解答ス：9, セ：5

今度は、△$\mathrm{ABC}$の外接円の半径だ。

△$\mathrm{ABC}$に正弦定理を使うと、外接円の半径を$R$として
${\displaystyle \frac{\mathrm{AC}}{\sin \mathrm{B}}=2R}$
より
$R={\displaystyle \frac{1}{2\sin \mathrm{B}}}$式Ｃ
とかける。

でも、$\sin \mathrm{B}$は分からない。
面倒だけど余弦定理で$\cos \mathrm{B}$を求めて、$\sin \mathrm{B}$に変えよう。

△$\mathrm{ABC}$に余弦定理を使うと、
${\mathrm{AC}}^2={\mathrm{AB}}^2+{\mathrm{BC}}^2-2\mathrm{AB}\cdot \mathrm{BC}\cdot \cos \mathrm{B}$
と表せる。
これにそれぞれの値を代入して計算すると、

途中式

$1^2={\displaystyle {\left(\frac{1}{2}\right)}^2+{\left(\frac{3}{4}\right)}^2-2\cdot \frac{1}{2}\cdot \frac{3}{4}\cdot \cos \mathrm{B}}$
$4^2=4+3^2-4\cdot 3\cdot \cos \mathrm{B}$
$4\cdot 3\cdot \cos \mathrm{B}=4+3^2-4^2$
${\displaystyle \cos \mathrm{B}=-\frac{3}{4\cdot 3}}$
より

$\cos \mathrm{B}{\displaystyle =-\frac{1}{4}}$
となる。

ここで、${\sin }^2\mathrm{B}+{\cos }^2\mathrm{B}=1$だから、

途中式

${\displaystyle {\sin }^2\mathrm{B}+{(-\frac{1}{4})}^2=1}$
より
${\displaystyle {\sin }^2\mathrm{B}=1-\frac{1}{4^2}}$
$\phantom{{\sin }^2\mathrm{B}}{\displaystyle =\frac{4^2-1}{4^2}}$
$\phantom{{\sin }^2\mathrm{B}}{\displaystyle =\frac{15}{4^2}}$
$\sin \mathrm{B}>0$なので、

${\displaystyle \sin \mathrm{B}=\frac{\sqrt{15}}{4}}$
である。

これを式Ｃに代入すると、求める外接円の半径$R$は
$R={\displaystyle \frac{1}{2\cdot \frac{\sqrt{15}}{4}}}$

途中式

$\phantom{R}={\displaystyle \frac{1}{\frac{\sqrt{15}}{2}}}$
$\phantom{R}={\displaystyle \frac{2}{\sqrt{15}}}$

$\phantom{R}={\displaystyle \frac{2\sqrt{15}}{15}}$
となる。

解答ソ：2, タ：1, チ：5, ツ：1, テ：5

最後は$\mathrm{IO}$（図Ｆの赤線）の長さだ。
問題文から円$\mathrm{O}$（図Ｆの青い円）の半径を使うのは分かるけど、これだけでは材料が足りない。
そういうときは上を見よう。
つまり、これまでの作業を振り返ってみる。
ポイントは、求めただけで使ってない値に注目だ。

振り返ってみると、
$\mathrm{BH}$ $\mathrm{AH}$ $\mathrm{CH}$ は使っていない。

つまり、図Ｆの緑の線の長さは、求めたけれども使っていない。
見るからに方べきの定理だ。

${\displaystyle \mathrm{HA}\cdot \mathrm{HC}=\frac{4}{5}\cdot \frac{9}{5}}$
$\phantom{\mathrm{HA}\cdot \mathrm{HC}}{\displaystyle =\frac{36}{25}}$ ${\displaystyle {\mathrm{HB}}^2={\left(\frac{6}{5}\right)}^2}$
$\phantom{{\mathrm{HB}}^2}{\displaystyle =\frac{36}{25}}$ なので、
$\mathrm{HA}\cdot \mathrm{HC}={\mathrm{HB}}^2$
である。

よって、(1)の定理より、直線$\mathrm{HB}$は青い円に接するから、
$\mathrm{\angle }\mathrm{IBO}={90}^{\circ }$
であることが分かる。

ここまで分かれば勝ったも同然。
あとは三平方の定理だ。

△$\mathrm{BIO}$（オレンジの三角形）は直角三角形で、
$\mathrm{BO}=R$
$\phantom{\mathrm{BO}}{\displaystyle =\frac{2}{\sqrt{15}}}$ ${\displaystyle \mathrm{BI}=\frac{1}{3}\cdot \frac{6}{5}}$
$\phantom{\mathrm{BI}}{\displaystyle =\frac{2}{5}}$ である。

よって、オレンジの三角形に三平方の定理を使うと、
${\displaystyle {\mathrm{IO}}^2={\left(\frac{2}{\sqrt{15}}\right)}^2+{\left(\frac{2}{5}\right)}^2}$
とかける。

これを計算して、

途中式

$$\begin{array}{rl}{\mathrm{IO}}^2& =\frac{4}{3\cdot 5}+\frac{4}{5^2}\\ & =\frac{4\cdot 5+4\cdot 3}{3\cdot 5^2}\\ & =\frac{4\cdot 8}{3\cdot 5^2}\end{array}$$ だけど、$0<\mathrm{IO}$なので
$\mathrm{IO}={\displaystyle \frac{4\sqrt{2}}{5\sqrt{3}}}$
より

$\mathrm{IO}={\displaystyle \frac{4\sqrt{6}}{15}}$
である。

解答ト：4, ナ：6, ニ：1, ヌ：5