問題の図は図Ａなんだけど、ちょっとややこしいから必要な部分だけ取り出そう。

図Ａの赤い部分を取り出して、図Ｂを作った。

図Ｂのように、$\mathrm{PA}$上に点$\mathrm{H}$を$\angle \mathrm{OHA}=90^{\circ}$となるようにとる。
また、$\angle \mathrm{PAB}$（図Ｂの赤い角）を$\alpha$とする。

このとき、

だ。

式Ａ，式Ｂより
$\angle \mathrm{AOH}=\alpha$
である。

また、△$\mathrm{OAH}$（図Ｂの青い三角形）は直角三角形なので、
$\sin\angle \mathrm{AOH}=\dfrac{\mathrm{AH}}{\mathrm{OA}}$式Ｃ
とかける。

いま、
$\angle \mathrm{AOH}=\alpha$ $\mathrm{OA}=$円$\mathrm{O}$の半径$=2$ なので、式Ｃはさらに
$\sin\alpha=\dfrac{\mathrm{AH}}{2}$
$\mathrm{AH}=2\sin\alpha$式Ｄ
と表せる。

解答コ：２

ここで、点$\mathrm{H}$は$\mathrm{PA}$の中点だから、
$\mathrm{PA}=2\mathrm{AH}$
だ。

これに式Ｄを代入して、
$\mathrm{PA}=2\mathrm{AH}=4\sin\alpha$①
である。

解答サ：４

ここまでをまとめると、
図Ｂのように点$\mathrm{P}$が円$\mathrm{O}$の周上にあり、$\alpha \lt 90^{\circ}$
$\hspace{40px}\Downarrow$
$\mathrm{PA}=\textcolor{red}{4}\sin\alpha$ だった。

赤い$4$は「 $2\times$円$\mathrm{O}$の半径」の計算結果だから、これはさらに
図Ｂのように点$\mathrm{P}$が円$\mathrm{O}$の周上にあり、$\alpha \lt 90^{\circ}$
$\hspace{40px}\Downarrow$
$\mathrm{PA}=2\times$円$\mathrm{O}$の半径$\times\sin\alpha$ と言いかえられる。

つまり、図Ｄのような図形について、
$$ \begin{align} d=2R\sin\theta \quad (\theta & \lt 90^{\circ})\\ &\class{tex_formula}{※} \end{align} $$ が成り立つ。

次に、$\mathrm{PB}$を求める。
図Ａの緑の部分に※をあてはめて考えよう。

$\angle \mathrm{PBA}=\beta$ とおくと、円$\mathrm{O}'$の半径は$4$なので、
$\mathrm{PB}=2\cdot 4\sin\beta=8\sin\beta$
であることが分かる。

解答シ：８

今度は △$\mathrm{PAB}$（図Ａの黄色い三角形）だ。
図Ａの黄色い三角形を取り出し、これまでに分かったことを書き込むと、図Ｅができる。

△$\mathrm{PAB}$の外接円の半径を$R_{1}$とすると、正弦定理から
$\dfrac{\mathrm{PA}}{\sin\beta}=\dfrac{\mathrm{PB}}{\sin\alpha}=2R_{1}$式Ｅ
とかける。

解答ス：１, セ：０

この式の左辺と中辺の分母を払うと、
$\mathrm{PA}\sin\alpha=\mathrm{PB}\sin\beta$式Ｅ'
と変形できる。

ここで、図Ｅより
$\left\{\begin{array}{l}
\mathrm{PA}=4\sin\alpha\\
\mathrm{PB}=8\sin\beta
\end{array}\right.$式Ｆ
なので、これを式Ｅ'に代入すると
$ 4\sin^{2}\alpha=8\sin^{2}\beta$
より
$\sin^{2}\alpha=2\sin^{2}\beta$
だ。

いまは$ 0 \lt \sin\alpha$，$ 0 \lt \sin\beta$なので、これはさらに
$\sin\alpha=\sqrt{2}\sin\beta$式Ｇ
となる。

解答ソ：２

また、式Ｆを
$\left\{\begin{array}{l}
\sin\alpha=\dfrac{1}{4}\mathrm{PA}\\
\sin\beta=\dfrac{1}{8}\mathrm{PB}
\end{array}\right.$
として式Ｅ'に代入すると、
$\dfrac{1}{4}\mathrm{PA}^{2}=\dfrac{1}{8}\mathrm{PB}^{2}$
より
$\mathrm{PB}^{2}=2\mathrm{PA}^{2}$
だ。

いまは$0 \lt \mathrm{PA}$，$0 \lt \mathrm{PB}$なので、これはさらに
$\mathrm{PB}=\sqrt{2}\mathrm{PA}$
となる。

$R_{1}$については、式Ｅに式Ｆを代入した
$\dfrac{4\sin\alpha}{\sin\beta}=2R_{1}$
に式Ｇを代入すると、

$2R_{1}=\dfrac{4\cdot\sqrt{2}\sin\beta}{\sin\beta}$
より
$R_{1}=2\sqrt{2}$
であることが分かる。

解答タ：２, チ：２

今度は、△$\mathrm{QAB}$（図Ｆの黄色い三角形）を考える。

$\angle \mathrm{QAB}=\gamma$，$\angle \mathrm{QBA}=\delta$ とおいて (1)の※の考え方を使う。
図Ｆの赤い部分に※をあてはめると、
$\hspace{40px}\mathrm{QA}=2\cdot 2\sin\gamma=4\sin\gamma$ 図Ｆの緑の部分に※をあてはめると、
$\hspace{40px}\mathrm{QB}=2\cdot 4\sin\delta=8\sin\delta$ である。

よって、図Ｆの黄色い三角形は、図Ｇのような状態だ。

図Ｇを図Ｅと見比べると、$\alpha$が$\gamma$，$\beta$が$\delta$に変わっているだけで、あとは同じだ。
なので、△$\mathrm{QAB}$の外接円の半径$R_{2}$を求める計算も $R_{1}$のときと同じになる。

したがって、
$R_{1}=R_{2}$
である。

解答ツ：１

また、△$\mathrm{PAB}$，△$\mathrm{QAB}$に正弦定理を使うと、
$\dfrac{\mathrm{AB}}{\sin\angle \mathrm{APB}}=2R_{1}$ $\dfrac{\mathrm{AB}}{\sin\angle \mathrm{AQB}}=2R_{2}$ とかける。

ここで $R_{1}=R_{2}$ なので、
$\dfrac{\mathrm{AB}}{\sin\angle \mathrm{APB}}=\dfrac{\mathrm{AB}}{\sin\angle \mathrm{AQB}}$
より
$\sin\angle \mathrm{APB}=\sin\angle \mathrm{AQB}$
である。

解答テ：１

△$\mathrm{PAB}$についてもう一度考える。

△$\mathrm{PAB}$に、分かっていることと $\mathrm{AB}=2\sqrt{7}$を書き込むと、図Ｈになる。

△$\mathrm{PAB}$に正弦定理を使うと、
$\dfrac{\mathrm{AB}}{\sin\angle \mathrm{APB}}=2R_{1}$
とかける。

これにそれぞれの値を代入して計算すると、

途中式

$\dfrac{2\sqrt{7}}{\sin\angle \mathrm{APB}}=2\times 2\sqrt{2}$
$\sin\angle \mathrm{APB}=\dfrac{\cancel{2}\sqrt{7}}{\cancel{2}\times 2\sqrt{2}}$
分母を有理化して、
$\sin\angle \mathrm{APB}=\dfrac{\sqrt{7}\times\sqrt{2}}{2\sqrt{2}\times\sqrt{2}}$
より

$\sin\angle \mathrm{APB}=\dfrac{\sqrt{14}}{4}$
となる。

解答ト：１, ナ：４, ニ：４

よって、

途中式

$$ \begin{align} \cos^{2}\angle \mathrm{APB}&=1-\sin^{2}\angle \mathrm{APB}\\ &=1-\left(\dfrac{\sqrt{14}}{4}\right)^{2}\\ &=\dfrac{16-14}{4^{2}}\\ &=\dfrac{2}{4^{2}}\class{tex_formula}{式Ｉ} \end{align} $$ と表せる。

ここで、
$\angle \mathrm{APB}+\angle \mathrm{AQB}=180^{\circ}$ $\angle \mathrm{APB} \lt \angle \mathrm{AQB}$ なので、
$0^{\circ} \lt \angle \mathrm{APB} \lt 90^{\circ}$
である。

したがって
$0 \lt \cos\angle \mathrm{APB}$
だから、式Ｉより

$\cos\angle \mathrm{APB}=\dfrac{\sqrt{2}}{4}$
であることが分かる。

さらに、△$\mathrm{PAB}$に余弦定理を使うと、
$\mathrm{AB}^{2}=\mathrm{PA}^{2}+\mathrm{PB}^{2}-2\cdot \mathrm{PA}\cdot \mathrm{PB}\cos\angle \mathrm{APB}$
とかける。

これに、$\mathrm{PB}=\sqrt{2}\mathrm{PA}$と、それぞれの値を代入して計算すると、

途中式

$$ \begin{align} (2\sqrt{7})^{2}&=\mathrm{PA}^{2}+(\sqrt{2}\mathrm{PA})^{2}\\ &\hspace{60px}-2\cdot \mathrm{PA}\cdot\sqrt{2}\mathrm{PA}\cdot\dfrac{\sqrt{2}}{4}\\ &=\mathrm{PA}^{2}+(\sqrt{2}\mathrm{PA})^{2}-\mathrm{PA}^{2} \end{align} $$ $(\sqrt{2}\mathrm{PA})^{2}=(2\sqrt{7})^{2}$

$0 \lt \mathrm{PA}$なので
$\sqrt{2}\mathrm{PA}=2\sqrt{7}$
$\mathrm{PA}=\sqrt{2}\times\sqrt{7}$
より

$\mathrm{PA}=\sqrt{14}$
である。

解答ヌ：１, ネ：４

これと同じ作業を△$\mathrm{QAB}$で行うと、
$\mathrm{QA}=\sqrt{7}$
であることが分かる。