三平方の定理から $BC = \sqrt5$ で $\angle CAB$ の二等分線が $AD$ だから $BD = \ds{2\sqrt5\over3}$ である。
方
$AB\cdot BE = BD^2 = \ds{20\over9}$.
従って
$BE = \ds{10\over9}$.
故に $\ds{{BE\over BD} < {AB\over BC} = \sin B}$.
$D$ から $AB$ に垂線を降ろして直角三角形を作ると, この不等式から $BE$ がこの直角三角形の辺よりも短いことが分かる。
従って, サ は 4.
Menelaus の定理により
$${AF\over CF}\cdot{CD\over DB}\cdot{BE\over EA} = 1.$$ \begin{align} {CF\over AF} &= {BE\over EA}\cdot {CD\over DB} = {\ \ds{10\over9}\ \over\ds{8\over9}}\cdot{1\over2} \\ &= {10\over8\times2} = {5\over8}. \end{align}よって $CF = \ds{5\over8}AF = \ds{5\over8}\times\ds{8\over3}AC = \ds{5\over8}\times\ds{8\over3}
= \ds{5\over3}$.
三平方の定理から
$BF = \ds{\sqrt{2^2 +\left({8\over3}\right)^2}} = \ds{\sqrt{6^2 + 8^2}\over3} =
\ds{2\sqrt{3^2 + 4^2}\over3} = \ds{2\times5\over3} = \ds{10\over3}$.
ということで
$\ds{{CF\over AC} = {BF\over AB}}$ が分かった。 よって $BC$ は $\angle ABF$ の二等分線である。
従って, $D$ は $\triangle ABF$ の内心である。
サ が結構難しい。
基本的に昨年の問題と傾向がとても良く似ている。