台形$\mathrm{ABCD}$を作図すると、図Ａができる。

図Ａで、四角形$\mathrm{APQD}$（黄色い四角形）は長方形だ。
よって、$\mathrm{PQ}=1$ だから、
$$ \begin{align} \mathrm{BP}+\mathrm{CQ}&=\mathrm{BC}-\mathrm{PQ}\\ &=11\class{tex_formula}{式Ａ} \end{align} $$ である。

解答ア：１, イ：１

また、$\angle \mathrm{ABC}$（$\DAIDAIMARU$の角）について考えると、
$\triangle \mathrm{ABP}$（オレンジの三角形）は直角三角形なので、
$\tan \DAIDAIMARU =\dfrac{\mathrm{A}\mathrm{P}}{\mathrm{B}\mathrm{P}}$ 問題文より、
$\tan \DAIDAIMARU=\dfrac{3}{4}$

なので、
$\dfrac{\mathrm{A}\mathrm{P}}{\mathrm{B}\mathrm{P}}=\dfrac{3}{4}$
より
$3\mathrm{BP}=4\mathrm{AP}$
$\mathrm{BP}=\dfrac{4}{3}\mathrm{AP}$式Ｂ
となる。

解答ウ：４, エ：３

$\angle \mathrm{BCD}$（$\SORAMARU$の角）について同様に考えると、
$\triangle \mathrm{CDQ}$（青い三角形）は直角三角形なので、
$\tan \SORAMARU=\dfrac{\mathrm{D}\mathrm{Q}}{\mathrm{C}\mathrm{Q}}$ 問題文より、
$\tan \SORAMARU=2$

なので
$\dfrac{\mathrm{D}\mathrm{Q}}{\mathrm{C}\mathrm{Q}}=2$
$\mathrm{CQ}=\dfrac{1}{2}\mathrm{DQ}$式Ｃ
とかける。

式Ａに式Ｂ，式Ｃを代入すると、
$\dfrac{4}{3}\mathrm{AP}+\dfrac{1}{2}\mathrm{DQ}=11$

$\mathrm{AP}=\mathrm{DQ}$なので、
$\dfrac{4}{3}\mathrm{AP}+\dfrac{1}{2}\mathrm{AP}=11$

これを解くと、
$8\mathrm{AP}+3\mathrm{AP}=11\times 6$
$11\mathrm{AP}=11\times 6$
$\mathrm{AP}=6$
である。

解答オ：６

これを
式Ｂに代入すると
$$ \begin{align} \mathrm{BP}&=\frac{4}{3}\cdot 6\\ &=8 \end{align} $$ 式Ｃに代入すると
$$ \begin{align} \mathrm{CQ}&=\frac{1}{2}\cdot 6\\ &=3 \end{align} $$ であることが分かる。

図Ａに これまでに分かったことと、点$\mathrm{R}$を書き込むと、図Ｂができる。

となるから、
$\tan \MIDORIMARU=\dfrac{1}{\tan \AKAMARU}$式Ｄ
だ。

$ 90^{\circ}\pm\theta$ の三角比について復習しておくと、

復習

$\tan\left(90^{\circ}\pm\theta\right)=\mp\dfrac{1}{\tan\theta}$

だった。

よって、式Ｄより、
$\MIDORIMARU=90^{\circ}-\AKAMARU$
だから、
$\MIDORIMARU+\AKAMARU=90^{\circ}$
だ。

ここで、$\triangle \mathrm{BCR}$（黄色い三角形）考えると、
$\angle \mathrm{BRC}+\MIDORIMARU+\AKAMARU=180^{\circ}$
なので、
$\angle \mathrm{BRC}+90^{\circ}=180^{\circ}$
より
$\angle \mathrm{BRC}=90^{\circ}$
であることが分かる。

したがって、解答群のうちで正しいものは
③
である。

解答コ：３