解答
解説
この試験は、第1問・第2問が必答、第3問〜第5問から2問を選択して解答する形式です（計4問）。本記事では第3問〜第5問のすべてを解説しています。
第１問（必答） ２次方程式と必要十分条件・２つの円
前半は文字を含む２次方程式、後半は直線に接する２円の図形問題です。
ア，イ：正解 ②, ⑧（配点2）
＜考え方＞
②は b について１次式なので、b がかかっている部分とそうでない部分に分けます。
② ＝ (4x² − 1)b ＋ 16x − 8 4x² − 1 ＝ (2x − 1)(2x ＋ 1) 16x − 8 ＝ 8(2x − 1)
両方の項に (2x − 1) が共通因数として現れることに気づけるかがポイントです。
② ＝ (2x − 1){ (2x ＋ 1)b ＋ 8 }
＝ (2x − 1)(2bx ＋ b ＋ 8)
よって ア＝②、イ＝⑧。
ウ，エ，オ，カ：正解 ②, ⑤, ③, ②（配点3）
b ＝ 2 を①に代入すると
(2a ＋ 6)x² ＋ (5a ＋ 11)x − 10
(2x ＋ 5){(a ＋ 3)x − 2} を展開して確認
＝ (2a ＋ 6)x² ＋ (5a ＋ 15 − 4)x − 10
＝ (2a ＋ 6)x² ＋ (5a ＋ 11)x − 10 ← 一致
よって ウ＝②、エ＝⑤、オ＝③、カ＝②。
キ，ク：正解 ⑥, ④（配点2）
＜考え方＞
解は x＝−5/2 と x＝2/(a ＋ 3)。後者に a＝2√2 を代入して有理化します。
2 ÷ (2√2 ＋ 3) ＝ 2(2√2 − 3) ÷ (8 − 9) ＝ 6 − 4√2
よって キ＝⑥、ク＝④。
ケ：正解 ①（配点3）
＜問題要旨＞
第１問で最も差がつく設問です。x² の係数が 0 になる場合と、重解になる場合の両方を検討できるかが鍵です。
【十分性】a ＝ −3 のとき 0·x² − 4x − 10 ＝ 0 → x ＝ −5/2 のみ → 十分条件である 【必要性】a ≠ −3 でも解が x ＝ −5/2 だけになる場合は？ 2/(a ＋ 3) ＝ −5/2 4 ＝ −5(a ＋ 3) a ＝ −19/5 ← このとき重解となり解は −5/2 のみ → 必要条件ではない
よって ケ＝①（十分条件であるが，必要条件ではない）。
コ，サ：正解 ②, ④（配点2）
＜考え方＞
OA⊥ℓ より ∠OAB＝90° なので ∠OAH＝90°−α、したがって直角三角形OAHで ∠AOH＝α です。
AH ＝ OA · sin∠AOH ＝ 2 sin α 垂線は弦を二等分するので PA ＝ 2AH ＝ 4 sin α
よって コ＝②、サ＝④。
シ：正解 ⑧（配点2）
円O′について同じ議論を繰り返します。半径が 4 に変わるだけです。
BH′ ＝ 4 sin β PB ＝ 2BH′ ＝ 8 sin β
よって シ＝⑧。
ス，セ：正解 ①, ⓪（配点2）
辺と向かい合う角を取り違えないことが全てです。
辺PA と向かい合う角は ∠PBA ＝ β 辺PB と向かい合う角は ∠PAB ＝ α 正弦定理：PA / sin β ＝ PB / sin α ＝ 2R₁
よって ス＝①（β）、セ＝⓪（α）。
ソ：正解 ②（配点3）
PA sin α ＝ PB sin β に①②を代入 (4 sin α)·sin α ＝ (8 sin β)·sin β sin²α ＝ 2 sin²β sin α ＝ √2 sin β したがって PB ＝ √2 PA
よって ソ＝②。
タ，チ：正解 ②, ②（配点3）
2R₁ ＝ PA / sin β ＝ 4√2 sin β ÷ sin β ＝ 4√2 R₁ ＝ 2√2
R₁ が α、β の値によらず一定になることがこの問題の核心で、次の設問の伏線です。よって タ＝②、チ＝②。
ツ，テ：正解 ①, ①（配点3）
R₁ を導いた過程では、点Pが「２円の交点である」ことしか使っていません。同じ議論が点Qにも通用します。
R₁ ＝ R₂ ＝ 2√2 → ツ ＝ ①（＝） AB / sin∠APB ＝ 2R₁, AB / sin∠AQB ＝ 2R₂ R₁ ＝ R₂ より sin∠APB ＝ sin∠AQB → テ ＝ ①（＝）
よって ツ＝①、テ＝①。
ト，ナ，ニ：正解 ①, ④, ④（配点2）
AB / sin∠APB ＝ 2R₁ ＝ 4√2 sin∠APB ＝ 2√7 ÷ (4√2) ＝ √14 / 4
よって ト＝①、ナ＝④、ニ＝④。
ヌ，ネ：正解 ①, ④（配点3）
sin が等しいのに角が異なるので、この２角は補角の関係にあります。
∠APB ＋ ∠AQB ＝ 180° 条件 ∠APB ＜ ∠AQB より ∠APB は鋭角 cos∠APB ＝ √(1 − 14/16) ＝ √2 / 4 余弦定理（PB ＝ √2 PA を利用） 28 ＝ PA² ＋ 2PA² − 2·PA·(√2 PA)·(√2/4) 28 ＝ 2PA² PA ＝ √14
よって ヌ＝①、ネ＝④。
第２問（必答）〔１〕 噴水と２次関数
３つの噴水の描く放物線を題材にした問題です。「頂点を通る」という条件を式に翻訳できるかが問われます。
ア：正解 ①（配点2）
仮定1より C₁ は点(0, 1)を通ります。y＝ax²＋bx＋c に x＝0 を代入すると y＝c なので ア＝①。
イ，ウ，エ，オ：正解 ④, ⑤, ⑧, ⑤（配点3）
C₁ は x軸と点(−5/2, 0)、(1/2, 0) で交わるので、因数分解された形で表せます。
y ＝ a(x ＋ 5/2)(x − 1/2) 点(0, 1)を通るので a·(5/2)·(−1/2) ＝ 1 → a ＝ −4/5 y ＝ −(4/5)x² − (8/5)x ＋ 1
よって イ＝④、ウ＝⑤、エ＝⑧、オ＝⑤。
カ，キ：正解 ⑨, ⑤（配点2）
頂点の x座標は２つの交点の中点、つまり x＝(−5/2＋1/2)÷2＝−1 です。
y(−1) ＝ −4/5 ＋ 8/5 ＋ 1 ＝ 9/5
よって カ＝⑨、キ＝⑤（小さな噴水の高さは 9/5 メートル）。
ク，ケ，コ，サ：正解 ⑧, ①, ②, ⑤（配点3）
対称性に気づけるかどうかで所要時間が大きく変わります。C₃ は C₁ を y軸に関して折り返したものなので頂点は (1, 9/5)。C₂ は (±1, 9/5) を通るので軸は y軸です。
y ＝ px² ＋ q とおく x ＝ 1： p ＋ q ＝ 9/5 x ＝ 3/2：(9/4)p ＋ q ＝ 0 辺々引いて (5/4)p ＝ −9/5 → p ＝ −36/25 q ＝ 9/5 ＋ 36/25 ＝ 81/25
軸が y軸なので頂点の y座標は q そのもの。よって ク＝⑧、ケ＝①、コ＝②、サ＝⑤。
シ：正解 ⓪（配点1）
(81/25) ÷ (9/5) ＝ 9/5 ＝ 1.8
1.8倍なので最も近いのは「およそ2倍」。よって シ＝⓪。
ス，セ，ソ：正解 ①, ④, ⓪（配点4）
C₂′ も (±1, 9/5) を通るので軸は y軸、頂点の y座標が 5 だから y＝p′x²＋5 とおけます。
x ＝ 1： p′ ＋ 5 ＝ 9/5 → p′ ＝ −16/5 x軸との交点：−(16/5)x² ＋ 5 ＝ 0 x² ＝ 25/16 → x ＝ ±5/4 P₂′(5/4, 0)、P₂(3/2, 0)＝(6/4, 0) 差は 1/4、P₂′ の方が原点寄り
よって ス＝①、セ＝④、ソ＝⓪（P₁）。
第２問（必答）〔２〕 データの分析（社会生活基本調査）
「総平均時間」と「行動者平均時間」という２つの指標の違いを理解できるかが、この大問の軸になっています。
タ，チ，ツ，テ：正解 ③, ④, ⑥, ⑧（配点3）
＜問題要旨＞
ヒストグラムの最頻値は度数が最大の階級の階級値です。度数そのものと取り違えないよう注意します。
図1（総平均時間） 24〜28：6, 28〜32：10, 32〜36：15 ← 最大 36〜40：8, 40〜44：4, 44〜48：4 最頻値 ＝ (32 ＋ 36) ÷ 2 ＝ 34 図2（行動者平均時間） 56〜64：11, 64〜72：20 ← 最大, 72〜80：6 … 最頻値 ＝ (64 ＋ 72) ÷ 2 ＝ 68
よって タチ＝34、ツテ＝68。
ト，ナ：正解 ③, ④（配点3）
＜考え方＞
各階級のデータがすべて階級値に等しいと仮定して、平均値を計算します。度数の合計は47（都道府県数）です。
階級値 × 度数の合計 26×6 ＋ 30×10 ＋ 34×15 ＋ 38×8 ＋ 42×4 ＋ 46×4 ＝ 156 ＋ 300 ＋ 510 ＋ 304 ＋ 168 ＋ 184 ＝ 1622 m ＝ 1622 ÷ 47 ＝ 34.51… 34 ≦ m ＜ 35
よって ト＝③、ナ＝④。
ニ：正解 ①（配点3）
＜問題要旨＞
箱ひげ図から最大値・第3四分位数・四分位範囲を読み取る設問です。H ＝ 最大値 − 第3四分位数 の定義を正確に押さえます。
＜(a)の検討＞
令和3年の総平均時間の最大値（右端のひげ） ≒ 43分 令和3年の行動者平均時間の最小値（左端のひげ）≒ 53分 43 ＜ 53 → (a) は 正
＜(b)の検討＞
平成28年 総平均時間の箱の幅 ≒ 38 − 28 ＝ 10 平成28年 行動者平均時間の箱の幅 ≒ 77 − 62 ＝ 15 10 ＜ 15 → (b) は 正
＜(c)の検討＞
H ＝ 最大値 − 第3四分位数 を４つとも読み取ります。
H₁（平成28 総平均） ≒ 52 − 38 ＝ 14 H₂（令和3 総平均） ≒ 43 − 36 ＝ 7 H₃（平成28 行動者） ≒ 110 − 77 ＝ 33 H₄（令和3 行動者） ≒ 103 − 75 ＝ 28 H₂/H₁ ≒ 7/14 ＝ 0.5 H₄/H₃ ≒ 28/33 ≒ 0.85 0.5 ＞ 0.85 は成り立たない → (c) は 誤
(a)正・(b)正・(c)誤 の組合せなので ニ＝①。
ヌ：正解 ④（配点2）
＜考え方＞
図5の散布図で、横軸60以下かつ縦軸75以下の長方形領域に入る点を数えます。
該当領域（x ≦ 60 かつ y ≦ 75）にある点 約(56, 66) / 約(57, 72) / 約(58, 72) / 約(59, 67) 合計 4 個
x＝60 付近には y≒89 の点もありますが、縦軸の条件（75以下）を満たさないため除きます。よって ヌ＝④。
ネ：正解 ⓪（配点3）
＜問題要旨＞
この大問の核心です。２つの平均の定義の違いを式で捉えられるかが問われます。
＜考え方＞
用語の説明より、２つの平均は分母だけが異なります。
総平均時間 ＝ 合計時間 ÷ 調査対象者全員の人数 行動者平均時間 ＝ 合計時間 ÷ （時間が0でない人の人数） したがって 行動者平均時間 ＝ 総平均時間 × (全員の人数 ÷ 行動者の人数)
総平均時間が同じ４県のうち、行動者平均時間が最も大きいのは行動者の割合が最も小さい県、つまり「通勤・通学」に費やした時間が0である人の割合が最も大きい県です。よって ネ＝⓪。
ノ：正解 ④（配点2）
＜考え方＞
相関係数＝共分散÷(２つの標準偏差の積)。表1の値を代入します。
r ＝ 64.4 ÷ (11.8 × 7.9) ＝ 64.4 ÷ 93.22 ＝ 0.690…
選択肢で最も近いのは 0.69。よって ノ＝④。なお相関係数は必ず −1 以上 1 以下なので、⑥ 1.02 や ⑦ 1.45 はありえません。
第３問（選択） じゃんけんと確率
最大3回のじゃんけんで優勝者を決めるゲームです。「あいこ」と「決着」の確率を人数ごとに整理できれば、あとは掛け算と足し算です。
ア，イ：正解 ①, ③（配点2）
＜考え方＞
二人の手の出し方は 3×3＝9 通り。あいこになるのは二人が同じ手を出すときだけです。
あいこ ＝ (グー,グー), (チョキ,チョキ), (パー,パー) の 3 通り 確率 ＝ 3/9 ＝ 1/3
よって ア＝①、イ＝③。優勝者が決まる確率は 1 − 1/3 ＝ 2/3 です。
ウ，エ：正解 ②, ⑨（配点2）
「2回目で決まる」とは「1回目はあいこ、かつ2回目で決着」ということです。
(1/3) × (2/3) ＝ 2/9
よって ウ＝②、エ＝⑨。
オ，カ，キ：正解 ②, ②, ⑦（配点3）
同様に「1回目・2回目ともあいこ、かつ3回目で決着」です。
(1/3) × (1/3) × (2/3) ＝ 2/27
よって オ＝②、カ＝②、キ＝⑦。
ク，ケ：正解 ①, ③（配点2）
＜問題要旨
三人の場合は「あいこ」の形が２通り（全員同じ・３種類すべて）ある点が二人と違います。
＜考え方＞
三人の手の出し方は 3³＝27 通り。優勝者が１人に決まるのは、１人だけが勝つ場合です。
勝者を選ぶ … 3 通り 勝ち手を選ぶ … 3 通り （残り２人は負ける手で確定） 3 × 3 ＝ 9 通り 確率 ＝ 9/27 ＝ 1/3
よって ク＝①、ケ＝③。
コ，サ：正解 ①, ③（配点2）
三人であいこになるのは「全員同じ手」または「３種類の手がすべて出る」場合です。
全員同じ … 3 通り ３種類すべて … 3! ＝ 6 通り 合計 9 通り → 9/27 ＝ 1/3
よって コ＝①、サ＝③。人数の推移が 3→3→1 となる確率は (1/3)×(1/3) ＝ 1/9 です。
シ，ス：正解 ②, ⑨（配点2）
＜考え方＞
3→2 となるのは、３人のうち１人だけが負ける（＝２人が勝つ）場合です。
負ける人を選ぶ … 3 通り 勝ち手を選ぶ … 3 通り 9 通り → 9/27 ＝ 1/3 続く2回目は二人なので決着は 2/3 3→2→1 の確率 ＝ (1/3) × (2/3) ＝ 2/9
よって シ＝②、ス＝⑨。2回目で決まる確率は 1/9 ＋ 2/9 ＝ 1/3 です。
セ，ソ，タ：正解 ⑤, ②, ⑦（配点3）
＜問題要旨＞
3回目まで到達する経路をもれなく数え上げられるかが問われます。
＜考え方＞
人数の推移で場合分けします。
3→3→3→1 ： (1/3)×(1/3)×(1/3) ＝ 1/27 3→3→2→1 ： (1/3)×(1/3)×(2/3) ＝ 2/27 3→2→2→1 ： (1/3)×(1/3)×(2/3) ＝ 2/27 合計 ＝ 5/27
よって セ＝⑤、ソ＝②、タ＝⑦。
チ：正解 ⑨（配点2）
＜問題要旨＞
ルール2では「2回目で決まらなければ1回目の敗者が3回目に復帰する」という点が新しく、ここを見落とすと (2,3) を落とします。
＜考え方＞
【1回目があいこ → m ＝ 3】
2回目もあいこ → n ＝ 3 … (3,3)
2回目に1人負ける → n ＝ 2 … (3,2)
【1回目に1人負ける → m ＝ 2】
2回目があいこ（2人とも残る）
＋ 1回目の敗者が復帰
→ n ＝ 3 … (2,3)
m＝2 のとき2回目は二人なので、あいこでなければ決着します。したがって (2,2) は起こりません。組は (2,3)、(3,2)、(3,3) の３つ。よって チ＝⑨。
ツ，テ，ト，ナ：正解 ①, ②, ⑦, ⓪（配点4）
＜考え方＞
両ルールについて「3回以内に優勝者が決まる確率」を求めて比べます。
【ルール1】 1回目 1/3 ＋ 2回目 1/3 ＋ 3回目 5/27 ＝ 9/27 ＋ 9/27 ＋ 5/27 ＝ 23/27 【ルール2】3回目の内訳だけが変わる (3,3) の後 3人 → 決着 1/3 ： (1/9)×(1/3) ＝ 1/27 (3,2) の後 2人 → 決着 2/3 ： (1/9)×(2/3) ＝ 2/27 (2,3) の後 3人 → 決着 1/3 ： (1/9)×(1/3) ＝ 1/27 3回目の合計 ＝ 4/27 1/3 ＋ 1/3 ＋ 4/27 ＝ 22/27 差 ＝ 23/27 − 22/27 ＝ 1/27
ルール2では敗者が復帰して人数が増えるぶん決着しにくくなります。よって ツ＝①、テ＝②、ト＝⑦、ナ＝⓪（大きい）。
第４問（選択） 整数の性質
素因数分解・約数の個数・不定方程式・合同式を一つの流れでつなぐ、整数分野の総合問題です。
ア，イ，ウ：正解 ③, ①, ③（配点2）
＜考え方＞
702 を小さい素数から順に割っていきます。
702 ÷ 2 ＝ 351 351 ÷ 3 ＝ 117 117 ÷ 3 ＝ 39 39 ÷ 3 ＝ 13 702 ＝ 2 × 3³ × 13
よって ア＝③、イウ＝13。
エ，オ：正解 ①, ⑥（配点3）
＜考え方＞
約数の個数は、各素因数の指数に1を足して掛け合わせます。
702 ＝ 2¹ × 3³ × 13¹ (1＋1) × (3＋1) × (1＋1) ＝ 2 × 4 × 2 ＝ 16
よって エオ＝16。
カ，キ，ク：正解 ①, ⑧, ⑦（配点3）
＜考え方＞
9x − 23y ＝ 1 の整数解を探します。9 の倍数を 23 で割った余りが 1 になるものを見つけます。
9 × 18 ＝ 162 ＝ 23 × 7 ＋ 1 よって x ＝ 18, y ＝ 7
9x ≡ 1 (mod 23) を解いても同じです。x が正で最小となるのは x＝18 のときなので カキ＝18、ク＝⑦。
ケ：正解 ②（配点2）
＜問題要旨＞
「最大公約数がちょうど9」という条件を、m の条件に翻訳できるかが問われます。
＜考え方＞
条件(A)より n は 9 の倍数なので n＝9m とおけます。702＝9×78 なので、
gcd(n, 702) ＝ gcd(9m, 9×78)
＝ 9 × gcd(m, 78)
これが 9 に等しいので
gcd(m, 78) ＝ 1
つまり m と 78 は互いに素です。よって ケ＝②。
コ，サ，シ：正解 ②, ③, ⑨（配点2）
＜考え方＞
9x − 23y ＝ 1 の解を6倍すれば 9x − 23y ＝ 6 の解が一つ得られます。
9 × (18×6) − 23 × (7×6) ＝ 6 → x ＝ 108, y ＝ 42 が一つの解 一般解は、9 と 23 が互いに素なので x ＝ 18×6 ＋ 23k y ＝ 7×6 ＋ 9k
よって コサ＝23、シ＝⑨。
ス，セ，ソ：正解 ⑦, ⑥, ⑤（配点4）
＜問題要旨＞
この設問が第４問で最も差がつきます。不定方程式の最小解をそのまま答えると誤答になります。条件(A)の「互いに素」を最後に必ず確認する必要があります。
＜考え方＞
n＝9m で、m は x ＝ 108 ＋ 23k の形。まず正で最小の m を求めます。
k ＝ −4 のとき m ＝ 108 − 92 ＝ 16 （k ＝ −5 では負になる）
ここで条件(A)の確認を忘れないこと。gcd(m, 78)＝1 でなければなりません。
m ＝ 16 ： gcd(16, 78) ＝ 2 ✗ m ＝ 39 ： gcd(39, 78) ＝ 39 ✗ m ＝ 62 ： gcd(62, 78) ＝ 2 ✗ m ＝ 85 ： gcd(85, 78) ＝ 1 ○ n ＝ 9 × 85 ＝ 765
検算：765 ÷ 23 ＝ 33 余り 6 ✓、gcd(765, 702) ＝ 9 ✓。よって スセソ＝765。
タ：正解 ③（配点4）
＜問題要旨＞
「存在するか」を問う命題です。存在しないことを示すには矛盾を導く必要があり、ここが最大の山場です。
＜(a)の検討＞
n ＝ 9m, n ≡ 4 (mod 23) 9m ≡ 4 (mod 23) 9×18 ≡ 1 より m ≡ 18×4 ＝ 72 ≡ 3 (mod 23) m ＝ 3 ： gcd(3,78) ＝ 3 ✗ m ＝ 49 ： gcd(49,78) ＝ 1 ○ n ＝ 441 が条件を満たす → (a) は 真
＜(b)の検討＞
ここは3で割った余りに注目すると一瞬で決着します。
n は 9 の倍数なので 3 で割り切れる 一方 n ≡ 7 (mod 24) なら n ＝ 24t ＋ 7 24t は 3 の倍数、7 は 3 で割ると余り 1 → n は 3 で割ると余り 1 矛盾 → そのような n は存在しない → (b) は 偽
＜(c)の検討＞
余り6は3の倍数なので(b)のような矛盾は起きません。しかし2で割った回数を見ると矛盾します。
n ≡ 6 (mod 24) より n ＝ 24t ＋ 6 ＝ 6(4t ＋ 1) 4t ＋ 1 は奇数 n が 9 の倍数であるためには 3 | (4t ＋ 1) 4t ＋ 1 ＝ 3s とおくと n ＝ 18s, m ＝ n/9 ＝ 2s m は偶数、78 も偶数なので gcd(m, 78) ≧ 2 → gcd(n, 702) ＝ 9 × gcd(m,78) ≧ 18 最大公約数が 9 にならない → (c) は 偽
(a)真・(b)偽・(c)偽 の組合せなので タ＝③。
第５問（選択） 五面体と球面（図形の性質）
三角形ABCとDEFを底面・上面とする五面体の問題です。方べきの定理と相似を、平面ごとに切り分けて使えるかが問われます。
ア，イ：正解 ②, ③（配点3）
＜考え方＞
辺ADを含む面を探します。ADを含むのは四角形ABEDと四角形ACFDの２つなので、直線ADはこの２平面の交線です。
AD を含む面 … ABED, ACFD → ア ＝ ②（ACFD） BE を含む面 … ABED, BCFE → イ ＝ ③（BCFE）
平面ACFDと平面BCFEはどちらも点C・点Fを含むので、その交線は直線CFです。これで点Pが直線CF上にもあることが示されます。
ウ，エ，オ，カ：正解 ③, ①, ①, ⑦（配点2）
４点A、B、E、Dが同一円周上にあるので四角形ABEDは円に内接し、△PABと△PEDが相似になります。
相似比 ＝ AB : ED ＝ 3 : 9 ＝ 1 : 3 → ウ ＝ ③ PE ＝ 3PA, PD ＝ 3PB PE ＝ PB ＋ BE ＝ PB ＋ 11 → 3PA ＝ PB ＋ 11 → エオ ＝ 11 PD ＝ PA ＋ AD ＝ PA ＋ 7 → 3PB ＝ PA ＋ 7 → カ ＝ ⑦
よって ウ＝③、エ＝①、オ＝①、カ＝⑦。
キ，ク：正解 ⑤, ④（配点3）
3PA ＝ PB ＋ 11 … (あ) 3PB ＝ PA ＋ 7 … (い) (い)より PA ＝ 3PB − 7 を(あ)へ代入 9PB − 21 ＝ PB ＋ 11 8PB ＝ 32 → PB ＝ 4 PA ＝ 5
よって キ＝⑤、ク＝④。
ケ：正解 ③（配点3）
４点B、C、F、Eが同一円周上にあり、点Pは直線BEと直線CFの交点なので方べきの定理が使えます。
PE ＝ 4 ＋ 11 ＝ 15 PB · PE ＝ PC · PF 4 × 15 ＝ PC × (PC ＋ 17) PC² ＋ 17PC − 60 ＝ 0 PC ＝ (−17 ＋ 23) ÷ 2 ＝ 3
よって ケ＝③。
コ，サ，シ，ス：正解 ①, ⑤, ①, ②（配点3）
相似な三角形の比を、平面BCFEと平面ACFDそれぞれで使います。PF＝20、PD＝3PB＝12 です。
【平面BCFE】△PBC ∽ △PFE BC : FE ＝ PB : PF ＝ 4 : 20 ＝ 1 : 5 EF ＝ 5 × 3 ＝ 15 【平面ACFD】△PAC ∽ △PFD AC : FD ＝ PA : PF ＝ 5 : 20 ＝ 1 : 4 DF ＝ 4 × 3 ＝ 12
よって コサ＝15、シス＝12。
セ：正解 ④（配点3）
＜問題要旨＞
第５問で最も難しい設問です。三平方の定理の逆で直角を見つけ、そこから「直線と平面の垂直」を導きます。
【△EDF】DE ＝ 9, DF ＝ 12, EF ＝ 15 9² ＋ 12² ＝ 225 ＝ 15² → ∠EDF ＝ 90° （DE ⊥ DF） 【△ADE】AE を余弦定理で求める △PAB は PA＝5, PB＝4, AB＝3 なので cos∠APB ＝ 4/5 AE² ＝ 5² ＋ 15² − 2·5·15·(4/5) ＝ 130 AD ＝ 7, DE ＝ 9 として 7² ＋ 9² ＝ 130 ＝ AE² → ∠ADE ＝ 90° （DE ⊥ DA）
DEは平面ACFD上で交わる２直線 DA と DF の両方に垂直なので、直線DEは平面ACFDに垂直です。よって(b)は真。平面ACFD上の直線ACとも垂直なので(c)も真。
(a)については、平面ABEDと平面DEFの交線がDEで、DEに垂直な直線は平面ABED上ではDA、平面DEF上ではDFなので、２平面のなす角は∠ADFに等しくなります。これは90°ではない（計算すると鈍角）ので(a)は偽。
よって セ＝④。
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