△$\mathrm{AQD}$（図Ａの緑の三角形）と直線$\mathrm{CS}$（紫の直線）にメネラウスの定理を使うと
${\displaystyle \frac{\mathrm{QR}}{\mathrm{RD}}}\cdot {\displaystyle \frac{\mathrm{DS}}{\mathrm{SA}}}\cdot {\displaystyle \frac{\mathrm{AC}}{\mathrm{CQ}}}=1$式Ａ
とかける。

解答ア：０

いま、
$\{\begin{array}{l}\mathrm{DS}:\mathrm{SA}=3:2\\ \mathrm{AC}:\mathrm{CQ}=8:3\end{array}$
だ。

よって、式Ａは
${\displaystyle \frac{\mathrm{QR}}{\mathrm{RD}}}\cdot {\displaystyle \frac{3}{2}}\cdot {\displaystyle \frac{8}{3}}=1$
となるから、
${\displaystyle \frac{\mathrm{QR}}{\mathrm{RD}}}\cdot 4=1$
${\displaystyle \frac{\mathrm{QR}}{\mathrm{RD}}}={\displaystyle \frac{1}{4}}$
より
$\mathrm{QR}:\mathrm{RD}=1:4$
である。

解答イ：１, ウ：４

同様に、△$\mathrm{AQD}$（緑の三角形）と直線$\mathrm{BT}$（オレンジの直線）にメネラウスの定理を使うと
${\displaystyle \frac{\mathrm{QB}}{\mathrm{BD}}}\cdot {\displaystyle \frac{\mathrm{DT}}{\mathrm{TA}}}\cdot {\displaystyle \frac{\mathrm{AP}}{\mathrm{PQ}}}=1$式Ｂ
とかける。

いま、
$\{\begin{array}{l}\mathrm{DT}:\mathrm{TA}=4:1\\ \mathrm{AP}:\mathrm{PQ}=2:3\end{array}$
だ。

よって、式Ｂは
${\displaystyle \frac{\mathrm{QB}}{\mathrm{BD}}}\cdot {\displaystyle \frac{4}{1}}\cdot {\displaystyle \frac{2}{3}}=1$
となるから、
${\displaystyle \frac{\mathrm{QB}}{\mathrm{BD}}}\cdot {\displaystyle \frac{8}{3}}=1$
${\displaystyle \frac{\mathrm{QB}}{\mathrm{BD}}}={\displaystyle \frac{3}{8}}$
より
$\mathrm{QB}:\mathrm{BD}=3:8$
である。

解答エ：３, オ：８

以上より、４点$\mathrm{B}$，$\mathrm{Q}$，$\mathrm{R}$，$\mathrm{D}$の位置関係は図Ｂのようになっている。

図Ｂより、
$\mathrm{BQ}:\mathrm{QR}:\mathrm{RD}=3:1:4$
であることが分かる。

図Ｃの青い円と２本の紫の直線に方べきの定理を使うと、
$\mathrm{AT}\cdot \mathrm{AS}=\mathrm{AP}\cdot \mathrm{AQ}$式Ｃ
とかける。

いま、
$\{\begin{array}{l}\mathrm{AS}=2\mathrm{AT}\\ \mathrm{AP}=2\\ \mathrm{AQ}=5\end{array}$
だ。

よって、式Ｃは
$\mathrm{AT}\cdot 2\mathrm{AT}=2\cdot 5$
となるから、
${\mathrm{AT}}^2=5$
$\mathrm{AT}=\sqrt{5}$
である。

解答カ：５

したがって、
$\mathrm{AT}:\mathrm{TS}:\mathrm{SD}=1:1:3$
より、
$\{\begin{array}{l}\mathrm{TS}=\sqrt{5}\\ \mathrm{SD}=3\sqrt{5}\end{array}$
であることが分かる。

同様に、緑の円と２本のオレンジの直線に方べきの定理を使うと、
$\mathrm{DR}\cdot \mathrm{DQ}=\mathrm{DS}\cdot \mathrm{DT}$
とかけるから、
$\mathrm{DR}\cdot {\displaystyle \frac{5}{4}}\mathrm{DR}=3\sqrt{5}\cdot 4\sqrt{5}$
なので、
${\mathrm{DR}}^2=3\cdot 4^2$
$\mathrm{DR}=4\sqrt{3}$
である。

したがって、
$\mathrm{DR}:\mathrm{RQ}:\mathrm{QB}=4:1:3$
より、
$\{\begin{array}{l}\mathrm{RQ}=\sqrt{3}\\ \mathrm{QB}=3\sqrt{3}\end{array}$
であることが分かる。

これまでに分かったことを図Ｃに書き込むと、図Ｄができる。

点$\mathrm{D}$が、３点$\mathrm{A}$，$\mathrm{B}$，$\mathrm{C}$を通る円（図Ｄの緑の円）のどこにあるかを調べる。
図Ｄを見ると明らかに外側にあるけど、図が正確とは限らないし。
問題文の流れに乗って考えよう。

図Ｄより、
$\{\begin{array}{l}\mathrm{AQ}\cdot \mathrm{CQ}=(2+3)\cdot 3=15\\ \mathrm{BQ}\cdot \mathrm{DQ}=3\sqrt{3}\cdot (4\sqrt{3}+\sqrt{3})=45\end{array}$
なので、
$\mathrm{AQ}\cdot \mathrm{CQ}<\mathrm{BQ}\cdot \mathrm{DQ}$①
である。

解答キ：４, ク：５, ケ：０

また、図Ｅのように、直線$\mathrm{BD}$（オレンジの直線）と緑の円との$\mathrm{B}$以外の交点を$\mathrm{X}$とすると、方べきの定理より
$\mathrm{AQ}\cdot \mathrm{CQ}=\mathrm{BQ}\cdot \mathrm{XQ}$②
と表せる。

解答コ：１

①，②式より
$\mathrm{BQ}\cdot \mathrm{XQ}<\mathrm{BQ}\cdot \mathrm{DQ}$
なので、
$\mathrm{XQ}<\mathrm{DQ}$
であるといえる。

解答サ：０

したがって、点$\mathrm{X}$、つまり緑の円とオレンジの直線の交点は線分$\mathrm{QD}$上（点$\mathrm{Q}$，$\mathrm{D}$をのぞく）にあるから、
緑の円は点$\mathrm{D}$よりも左でオレンジの直線と交わる ことが分かる。

よって、 点$\mathrm{D}$は３点$\mathrm{A}$，$\mathrm{B}$，$\mathrm{C}$を通る円の外部にある といえる。

解答シ：２

さらに、問題文より
$\mathrm{CR}=\mathrm{RS}=\mathrm{SE}=3$
だという。

これを求める必要はないけれど、せっかくなので簡単に説明しておく。

以上より
$\mathrm{CR}=\mathrm{RS}=\mathrm{SE}=3$
が求められる。

これを図Ｄに書き込むと、図Ｇができる。

点$\mathrm{A}$，$\mathrm{B}$が、３点$\mathrm{C}$，$\mathrm{D}$，$\mathrm{E}$を通る円（図Ｇの緑の円）のどこにあるかを調べる。
(ii)と同様の作業をしよう。