図形の性質の問題

1. $\mathrm{ED}$ を求める

点 $\mathrm{E}$ は円の外部にあり、$\mathrm{E}$ を通る 2 直線が円とそれぞれ $\mathrm{A},\mathrm{B}$ および $\mathrm{D},\mathrm{C}$ で交わるので、方べきの定理より
$$\mathrm{EB}\cdot \mathrm{EA}=\mathrm{EC}\cdot \mathrm{ED}$$
$\mathrm{EA}=\mathrm{EB}+\mathrm{AB}=6$ だから $2\cdot 6=3\cdot \mathrm{ED}$ より $\mathrm{ED}=4$。

2. $\mathrm{AD}$ を求める

$△\mathrm{EAD}$ に余弦定理を用いて
$${\mathrm{AD}}^2=6^2+4^2-2\cdot 6\cdot 4\cos 60^{\circ }=36+16-24=28$$
よって $\mathrm{AD}=2\sqrt{7}$。

3. 外接円の半径 $R$ を求める

$△\mathrm{EAD}$ で
$$\cos \angle \mathrm{EAD}=\frac{{\mathrm{EA}}^2+{\mathrm{AD}}^2-{\mathrm{ED}}^2}{2\cdot \mathrm{EA}\cdot \mathrm{AD}}=\frac{36+28-16}{2\cdot 6\cdot 2\sqrt{7}}=\frac{48}{24\sqrt{7}}=\frac{2}{\sqrt{7}}$$
$\mathrm{B}$ は線分 $\mathrm{EA}$ 上にあるので $\angle \mathrm{BAD}=\angle \mathrm{EAD}$ である。$△\mathrm{ABD}$ に余弦定理を用いて
$${\mathrm{BD}}^2=4^2+(2\sqrt{7}{)}^2-2\cdot 4\cdot 2\sqrt{7}\cdot \frac{2}{\sqrt{7}}=16+28-32=12$$
より $\mathrm{BD}=2\sqrt{3}$。また
$$\sin \angle \mathrm{BAD}=\sqrt{1-\frac{4}{7}}=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{7}}$$
円 $\mathrm{O}$ は $△\mathrm{ABD}$ の外接円だから、正弦定理より
$$2R=\frac{\mathrm{BD}}{\sin \angle \mathrm{BAD}}=\frac{2\sqrt{3}}{\sqrt{3}/\sqrt{7}}=2\sqrt{7}$$
よって $R=\sqrt{7}$。（${\mathrm{AB}}^2+{\mathrm{BD}}^2=28={\mathrm{AD}}^2$ なので $\angle \mathrm{ABD}=90^{\circ }$ であり、$\mathrm{AD}$ は直径になっていることからも確かめられる。）

4. $\mathrm{EO}$ を求める

$\mathrm{E}$ から円 $\mathrm{O}$ に接線を引き、接点を $\mathrm{T}$ とする。接線と方べきの定理より
$${\mathrm{ET}}^2=\mathrm{EB}\cdot \mathrm{EA}=12$$
接線は接点を通る半径に垂直なので $\angle \mathrm{OTE}=90^{\circ }$ であり、三平方の定理より
$${\mathrm{EO}}^2={\mathrm{OT}}^2+{\mathrm{ET}}^2=R^2+12=7+12=19$$
したがって $\mathrm{EO}=\sqrt{19}$。

方べきの定理より、点 $\mathrm{E}$ から円への 2 本の割線について $\mathrm{EB}\cdot \mathrm{EA}=\mathrm{EC}\cdot \mathrm{ED}$。点 $\mathrm{B}$ は線分 $\mathrm{EA}$ 上にあるので $\mathrm{EA}=\mathrm{EB}+\mathrm{AB}=2+4=6$。よって $2\cdot 6=3\cdot \mathrm{ED}$ より $\mathrm{ED}=4$。

座標を使う。$\mathrm{E}$ を原点、半直線 $\mathrm{EA}$ を $x$ 軸の正の向きにとり、$\angle \mathrm{AED}=60^{\circ }$ なので $\mathrm{D}$ は第 1 象限にとる。すると $\mathrm{A}(6,0)$, $\mathrm{B}(2,0)$, $\mathrm{D}(4\cos 60^{\circ },4\sin 60^{\circ })=(2,2\sqrt{3})$, $\mathrm{C}(3\cos 60^{\circ },3\sin 60^{\circ })=\left(\frac{3}{2},\frac{3\sqrt{3}}{2}\right)$。

円の中心 $\mathrm{O}(p,q)$ は弦 $\mathrm{AB}$ の垂直二等分線上にあるので $p=\frac{6+2}{2}=4$。

また $\mathrm{O}$ は弦 $\mathrm{CD}$ の垂直二等分線上にある。直線 $\mathrm{ED}$ 上の単位方向ベクトルを $\vec{u}=\left(\frac{1}{2},\frac{\sqrt{3}}{2}\right)$ とすると、$\mathrm{C},\mathrm{D}$ の $\vec{u}$ 方向の成分は $3,4$ なので、中点の成分は $\frac{7}{2}$。よって $\overrightarrow{\mathrm{EO}}\cdot \vec{u}=\frac{7}{2}$ より
$$\frac{4}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}q=\frac{7}{2}\Rightarrow q=\sqrt{3}.$$

ゆえに $\mathrm{O}(4,\sqrt{3})$、${\mathrm{EO}}^2=16+3=19$、$\mathrm{EO}=\sqrt{19}$。

検算: 半径 $R^2={\mathrm{OA}}^2=(6-4{)}^2+(\sqrt{3}{)}^2=7$。${\mathrm{OD}}^2=(2-4{)}^2+(2\sqrt{3}-\sqrt{3}{)}^2=4+3=7$、${\mathrm{OC}}^2={\left(\frac{3}{2}-4\right)}^2+{\left(\frac{3\sqrt{3}}{2}-\sqrt{3}\right)}^2=\frac{25}{4}+\frac{3}{4}=7$ で一致。方べきの値 ${\mathrm{EO}}^2-R^2=19-7=12=\mathrm{EB}\cdot \mathrm{EA}$ とも一致する。