大学入学共通テスト 2025年(令和7年) 追試 数学Ⅰ 第２問 [2] 解説
(1)
(i)
飛行機 $\mathrm{P}$ の高さを $h$ として、問題文中の参考図に分かっている値を書き込むと、図Ａができる。
![大学入学共通テスト2025年追試 数学ⅠA 第１問 [2] 解説図Ａ](_image/1A_1_2_01.svg)
図Ａより、
$\triangle\mathrm{OPQ}$は直角三角形なので、
$$
\begin{align}
\tan\angle \mathrm{POQ}&=\dfrac{\mathrm{PQ}}{\mathrm{OQ}}\\
&=\dfrac{h}{\mathrm{OQ}}
\end{align}
$$
解答コ：７
$\triangle\mathrm{OAB}$は直角二等辺三角形なので、
$$
\begin{align}
\mathrm{OB}&=\mathrm{AB}\\
&=h
\end{align}
$$
$\triangle\mathrm{OCD}$は 辺の比が$1:2:\sqrt{3}$の直角三角形なので、
$\mathrm{OD}:\mathrm{CD}=\sqrt{3}:1$
より
$$
\begin{align}
\mathrm{OD}&=\sqrt{3}\mathrm{CD}\\
&=\sqrt{3}h
\end{align}
$$
解答サ：３
である。
以上より、$\triangle\mathrm{OBD}$は図Ｂのようになっていることが分かる。
![大学入学共通テスト2025年追試 数学ⅠA 第１問 [2] 解説図Ｂ](_image/1A_1_2_02.svg)
$\triangle\mathrm{OBD}$に余弦定理を使って、
$\mathrm{BD}^{2}=\mathrm{OB}^{2}+\mathrm{OD}^{2}-2\mathrm{OB}\cdot \mathrm{OD}\cos 150^{\circ}$
これにそれぞれの値を代入すると
$\mathrm{BD}^{2}=h^{2}+\left(\sqrt{3}h\right)^{2}-2h\cdot\sqrt{3}h\cdot\left(-\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)$
とかける。
これを計算して、
$$
\begin{align}
\mathrm{BD}^{2}&=h^{2}+3h^{2}+3h^{2}\\
&=7h^{2}
\end{align}
$$
$0 \lt \mathrm{BD}$ なので、
$\mathrm{BD}=\sqrt{7}h$
である。
解答シ：７
また、$\angle \mathrm{OBD}$を用いて $\triangle\mathrm{OBD}$に余弦定理を使うと、
$\mathrm{OD}^{2}=\mathrm{OB}^{2}+\mathrm{BD}^{2}-2\mathrm{OB}\cdot \mathrm{BD}\cos\angle \mathrm{OBD}$
より
$\begin{aligned}\left(\sqrt{3}h\right)^{2}=h^{2}+&\left(\sqrt{7}h\right)^{2}\\& -2h\cdot\sqrt{7}h\cos\angle \mathrm{OBD}\end{aligned}$
とかける。
これを計算して、
$3=1+7-2\sqrt{7}\cos\angle \mathrm{OBD}$
$$
\begin{align}
\cos\angle \mathrm{OBD}&=\dfrac{1+7-3}{2\sqrt{7}}\\
&=\dfrac{5}{2\sqrt{7}}
\end{align}
$$
この分母を有理化すると、
$\cos\angle \mathrm{OBD}=\dfrac{5\sqrt{7}}{14}$
となる。
解答ス：５, セ：７, ソ：１, タ：４
(ii)
飛行機$\mathrm{P}$は速さが一定で、点$\mathrm{A}$から点$\mathrm{C}$に移動するのに$140$秒かかる。
なので、飛行機$\mathrm{P}$が点$\mathrm{A}$を通過してから$70$秒後には、
飛行機$\mathrm{P}$は$\mathrm{AC}$の中点
点$\mathrm{Q}$は$\mathrm{BD}$の中点
にある。
このときの図は図Ｃのようになっている。
![大学入学共通テスト2025年追試 数学ⅠA 第１問 [2] 解説図Ｃ](_image/1A_1_2_03.svg)
図Ｃにおいて、$\triangle\mathrm{OBQ}$に余弦定理を使って、
$\mathrm{OQ}^{2}=\mathrm{OB}^{2}+\mathrm{BQ}^{2}-2\mathrm{OB}\cdot \mathrm{BQ}\cos\angle \mathrm{OBQ}$
これにそれぞれの値を代入すると、
$\mathrm{OQ}^{2}=h^{2}+\left(\dfrac{\sqrt{7}}{2}h\right)^{2}-2h\cdot\dfrac{\sqrt{7}}{2}h\cdot\dfrac{5}{2\sqrt{7}}$
とかける。
これを計算すると、
$$
\begin{align}
\mathrm{OQ}^{2}&=h^{2}+\dfrac{7}{4}h^{2}-\dfrac{5}{2}h^{2}\\
&=\dfrac{1}{4}h^{2}
\end{align}
$$
$0 \lt \mathrm{OQ}$ なので、
$\mathrm{OQ}=\dfrac{1}{2}h$
である。
解答チ：２
アドバイス
ここでは、$\cos\angle \mathrm{OBQ}$ に有理化する前の値を使った。
一般的に、式に代入して計算する場合、有理化前の値を使った方が楽なことが多い。
また、$\triangle\mathrm{OPQ}$は直角三角形なので、このとき、
$$
\begin{align}
\tan\angle \mathrm{POQ}&=\dfrac{\mathrm{PQ}}{\mathrm{OQ}}\\
&=\dfrac{h}{\cfrac{1}{2}h}\\
&=2
\end{align}
$$
になる。
三角比の表で$\tan$が$2$付近の角度を探すと
$\tan 63^{\circ}=1.9626$
$\tan 64^{\circ}=2.0503$
が見つかる。
したがって、このとき
$63^{\circ} \lt \tan\angle \mathrm{POQ} \lt 64^{\circ}$
であることが分かる。
解答ツ：４
(2)
最後に、$\angle \mathrm{POQ}$ が最大になる場合を求める。
$\angle \mathrm{POQ}$ が最大になるのは、$\tan\angle \mathrm{POQ}$ が最大になるとき。
さっき考えたように
$\tan\angle \mathrm{POQ}=\dfrac{\mathrm{PQ}}{\mathrm{OQ}}$
で、$\mathrm{PQ}=h$ で一定なので、$\tan\angle \mathrm{POQ}$ が最大になるのは、$\mathrm{OQ}$ が最小になるときだ。
![大学入学共通テスト2025年追試 数学ⅠA 第１問 [2] 解説図Ｄ](_image/1A_1_2_04.svg)
$\triangle\mathrm{OBD}$ は図Ｄのようになっていて、点$\mathrm{Q}$は緑の線分上を動く。
したがって、$\mathrm{OQ}$が最小になるのは、点$\mathrm{Q}$が図Ｄの赤い点、つまり
点$\mathrm{O}$から線分$\mathrm{BD}$に下ろした垂線の足
のときである。
解答テ：２
このとき、$\triangle\mathrm{OBQ}$は直角三角形で、
$\cos\angle \mathrm{OBD}=\dfrac{\mathrm{BQ}}{\mathrm{OB}}$
だ。
これにそれぞれの値を代入すると、
$\dfrac{5}{2\sqrt{7}}=\dfrac{\mathrm{BQ}}{h}$
より
$\mathrm{BQ}=\dfrac{5}{2\sqrt{7}}h$
となる。
$\mathrm{BD}=\sqrt{7}h$
だから、$\mathrm{BQ}$は$\mathrm{BD}$の
$$
\begin{align}
\dfrac{\cfrac{5}{2\sqrt{7}}h}{\sqrt{7}h}&=\dfrac{5h}{\sqrt{7}h\times 2\sqrt{7}}\\
&=\dfrac{5}{14}
\end{align}
$$
であることが分かる。
一定の速度で飛んでいる飛行機$\mathrm{P}$が点$\mathrm{A}$から点$\mathrm{C}$まで行くのに$140$秒かかるから、点$\mathrm{Q}$も点$\mathrm{B}$から点$\mathrm{C}$まで等速で$140$秒かかって移動する。
よって、このときの点$\mathrm{Q}$の位置に達するのは、飛行機$\mathrm{P}$が点$\mathrm{A}$を通過してから
$140\times\dfrac{5}{14}=50$
秒後である。
解答ト：５, ナ：０
また、$\tan\angle \mathrm{POQ}$は、$\triangle\mathrm{OPQ}$が直角三角形なので
$\tan\angle \mathrm{POQ}=\dfrac{\mathrm{PQ}}{\mathrm{OQ}}$式Ａ
とかける。
式Ａの$\mathrm{PQ}$，$\mathrm{OQ}$は、
$\mathrm{PQ}=h$
$\mathrm{OQ}$はちょっと計算しないといけない。
$\triangle\mathrm{OBQ}$は直角三角形なので、三平方の定理より
$\mathrm{OQ}^{2}+\mathrm{BQ}^{2}=\mathrm{OB}^{2}$
と表せる。
これにそれぞれの値を代入して計算すると、
途中式
$\mathrm{OQ}^{2}+\left(\dfrac{5}{2\sqrt{7}}h\right)^{2}=h^{2}$
$\mathrm{OQ}^{2}+\dfrac{25}{28}h^{2}=h^{2}$
$$
\begin{align}
\mathrm{OQ}^{2}&=h^{2}-\dfrac{25}{28}h^{2}\\
&=\dfrac{28}{28}h^{2}-\dfrac{25}{28}h^{2}\\
&=\dfrac{3}{28}h^{2}
\end{align}
$$
$0 \lt \mathrm{OQ}$なので、
$\mathrm{OQ}=\dfrac{\sqrt{3}}{2\sqrt{7}}h$
となる。
$\mathrm{OQ}$の別解
$\mathrm{OQ}$ は面積を使っても求められる。
$\triangle \mathrm{OBD}$の面積は、
$\dfrac{1}{2} \times$ 底辺 $\times$ 高さ
より
$\dfrac{1}{2} \mathrm{BD} \cdot \mathrm{OQ}=\dfrac{1}{2} \cdot \sqrt{7}h \cdot \mathrm{OQ}$
$\dfrac{1}{2} \mathrm{OB} \cdot \mathrm{OD} \sin \angle \mathrm{BOD}$
より
$\dfrac{1}{2}h \cdot \sqrt{3}h \cdot \dfrac{1}{2}$
とかけるけど、このふたつの式の値は等しいので
$\dfrac{1}{2} \cdot \sqrt{7}h \cdot \mathrm{OQ}=\dfrac{1}{2}h \cdot \sqrt{3}h \cdot \dfrac{1}{2}$
と表せる。
これを解いて、
$\sqrt{7} \cdot \mathrm{OQ}=\dfrac{1}{2}h \cdot \sqrt{3}$
$\mathrm{OQ}=\dfrac{\sqrt{3}}{2\sqrt{7}}h$
である。
以上を式Ａに代入して、$\tan\angle \mathrm{POQ}$は
$$
\begin{align}
\tan\angle \mathrm{POQ}&=\dfrac{h}{\cfrac{\sqrt{3}}{2\sqrt{7}}h}\\
&=\dfrac{2\sqrt{7}}{\sqrt{3}}\\
&=\dfrac{2\sqrt{21}}{3}\class{tex_formula}{式Ｂ}
\end{align}
$$
となる。
平方根の表を見ると
$\sqrt{21}\doteqdot 4.5826$
なので、式Ｂより、$\tan\angle \mathrm{POQ}$の値は
$$
\begin{align}
\tan\angle \mathrm{POQ}&\doteqdot\dfrac{2\times 4.5826}{3}\\
&=3.055\ldots
\end{align}
$$
くらいの数だ。
この値付近の数を三角比の表で探すと
$\tan 71^{\circ}=2.9042$
$\tan 72^{\circ}=3.0777$
が見つかる。
したがって、
$71^{\circ} \lt \tan\angle \mathrm{POQ} \lt 72^{\circ}$
であることが分かる。
解答ニ：６