$\triangle BCD$ で (第二) 余弦定理から
$BD^2 = BC^2 + DC^2 - 2BC\cdot DC \cos\angle BCD$
$=\left(2\sqrt2\right)^2
+{\sqrt2}^2-2\times2\sqrt2\times\sqrt2\times\ds{3\over4}$
$=8 + 2 - 2\times3$
$= 8 + 2 - 6= 4$.
$BD > 0$ より $BD = 2$.
再び (第二) 余弦定理から
$\cos\angle CDB = \ds{2^2 +\sqrt2^2 -\left(2\sqrt2\right)^2 \over
2\times2\times\sqrt2} = \ds{4 + 2 - 8\over4\sqrt2}
=\ds{-2\over4\sqrt2} =-\ds{1\over2\sqrt2}$.
$\angle ACD = \angle BCD$ なので
$AD:DB = AC:CB$
$AD:2 = AC:\left(2\sqrt2\right)$
故に $\ds{AC\over AD}=\ds{2\sqrt2\over2}=\sqrt2$
$AD^2 + AD - 2 = 0$
$(AD - 1)(AD + 2) = 0$
$AD > 0$ より $AD = 1$.
つまり $AC = \sqrt2 AD$ なので, $\triangle ACD$ で (第二) 余弦定理より
$AC^2 = AD^2 + DC^2 - 2AD\cdot DC\cos\angle ADC$
$2AD^2 = AD^2 +2 - 2AD\sqrt2\times\left(\ds{1\over2\sqrt2}\right)$
今度は
$\triangle ACB$ で (第二) 余弦定理より
$\cos\angle ACB = \ds{2 + 8 - 9\over 2\times\sqrt2\times2\sqrt2} =
\ds{1\over8}.$
故に $\sin\angle ACB =\sqrt{1-\cos^2\angle ACB} =
\sqrt{1-\left(\ds{1\over8}\right)^2} = \ds{\sqrt{63}\over8} =
\ds{3\sqrt7\over8}$.
従って正弦定理より
$R=\ds{AB\over2\sin\angle ACB} = \ds{3\over\ \ds{3\sqrt7\over4}\
}=\ds{4\sqrt7\over7}.$
この問題はそれほど難しくはない問題。 第五問の方が遙かに難しい。