大学入学共通テスト 2026年(令和8年) 本試 数学ⅠＡ 第１問 [2] 解説
(1)
![大学入学共通テスト2026年本試 数学ⅠA 第１問 [2] 解説図Ａ](_image/1A_1_2_01.svg)
図Ａにおいて、三角形の面積の公式より、
$$ \begin{align} S_{1}&=\dfrac{1}{2}\mathrm{AB}\cdot \mathrm{AD}\sin A\\ &=\dfrac{\mathrm{AB}\cdot \mathrm{AD}}{2}\sin A \TF{式Ａ} \end{align} $$
解答ク：１
$$ \begin{align} S_{2}&=\dfrac{1}{2}\mathrm{CB}\cdot \mathrm{CD}\sin C\\ &=\dfrac{\mathrm{BC}\cdot \mathrm{CD}}{2}\sin C \TF{式Ｂ} \end{align} $$
解答ケ：４
とかける。
また、四角形の内角の和は$360^{\circ}$なので、
$A+C=B+D$
のとき、
$A+C=180^{\circ}$
である。
解答コ：４
したがって、
$$
\begin{align}
\sin C&=\sin(180^{\circ}-A)\\
&=\sin A
\end{align}
$$
なので、式Ｂは
$S_{2}=\dfrac{\mathrm{BC}\cdot \mathrm{CD}}{2}\sin A$式Ｂ'
と表せる。
よって、このとき、式Ａ，式Ｂ'を
$S=S_{1}+S_{2}$
に代入すると、
$$
\begin{align}
S&=\dfrac{\mathrm{AB}\cdot \mathrm{AD}}{2}\sin A+\dfrac{\mathrm{BC}\cdot \mathrm{CD}}{2}\sin A\\
&=\dfrac{\mathrm{AB}\cdot \mathrm{AD}+\mathrm{BC}\cdot \mathrm{CD}}{2}\sin A \TF{①}
\end{align}
$$
となる。
解答サ：２
以上より、向かいあう角の和が$180^{\circ}$の四角形の面積$S$は
$S=\dfrac{\mathrm{AB}\cdot \mathrm{AD}+\mathrm{BC}\cdot \mathrm{CD}}{2}\sin A$①
と表せることが分かる。
(2)
(i)
$\mathrm{PK}=12$，$\mathrm{QL}=9$ のとき、直線$\mathrm{PQ}$から見て点$\mathrm{R}$は点$\mathrm{O}$と同じ側にある。
なので、問題文のとおりに作図すると、図Ｂができる。
![大学入学共通テスト2026年本試 数学ⅠA 第１問 [2] 解説図Ｂ](_image/1A_1_2_02.svg)
図Ｂの四角形$\mathrm{PMOK}$（青い四角形）の面積を、２つの方法で求めよう。
問題文にあるように、青い四角形は、$\triangle \mathrm{PMO}$と$\triangle \mathrm{PKO}$の２つの合同な三角形に分けられる。
このことから、
$$
\begin{align}
\text{青}&=\triangle \mathrm{PMO}+\triangle \mathrm{PKO}\\
&=2\times\triangle \mathrm{PKO} \TF{式Ｃ}
\end{align}
$$
とかける。
三角形の面積の公式より
$$
\begin{align}
\triangle \mathrm{PKO}&=\dfrac{1}{2}\cdot 12\cdot 6\\
&=36
\end{align}
$$
なので、式Ｃは
$$
\begin{align}
\text{青}&=2\times 36 \TF{式Ｃ'}\\
&=72
\end{align}
$$
となる。
解答シ：７, ス：２
また、青い四角形は
$\angle \mathrm{PMO}=\angle \mathrm{PKO}=90^{\circ}$
なので、向かいあう角の和が$180^{\circ}$だから、①式を使って面積を求めることができる。
①式より、青い四角形の面積は
$\text{青}=\dfrac{\mathrm{PK}\cdot \mathrm{PM}+\mathrm{OK}\cdot \mathrm{OM}}{2}\sin P$
途中式
$$
\begin{align}
\phantom{\text{青}}&=\dfrac{12\cdot 12+6\cdot 6}{2}\sin P\\
&=\dfrac{6^{2}(2^{2}+1)}{2}\sin P\\
\end{align}
$$
とかける。
式Ｄ$=$式Ｃ' より、
$\dfrac{\SORA{\cancel{\KURO{6^{2}}}}\cdot 5}{2}\sin P=2\times\SORA{\cancel{\KURO{36}}}$
これを計算すると、
$\sin P=\dfrac{4}{5}$
であることが分かる。
解答セ：４, ソ：５
同様の作業を四角形$\mathrm{QLOM}$（図Ｂの黄色い四角形）でも行う。
黄色い四角形の面積を ２つの合同な三角形に分けて求めると、
$$
\begin{align}
\text{黄}&=\triangle \mathrm{QMO}+\triangle \mathrm{QLO}\\
&=2\times\triangle \mathrm{QLO}\\
&=2\times\dfrac{1}{2}\cdot 9\cdot 6 \TF{式Ｅ}
\end{align}
$$
だ。
また、黄色い四角形は向かいあう角の和が$180^{\circ}$だから ①式が使えるので、
$$
\begin{align}
\text{黄}&=\dfrac{\mathrm{QL}\cdot \mathrm{QM}+\mathrm{OL}\cdot \mathrm{OM}}{2}\sin Q\\
&=\dfrac{9\cdot 9+6\cdot 6}{2}\sin Q \TF{式Ｆ}
\end{align}
$$
とかける。
式Ｆ$=$式Ｅ より、
$\dfrac{\AKA{\cancel{\KURO{9}}}\cdot 9+\AKA{\cancelto{2}{\KURO{6}}}\cdot\AKA{\cancelto{2}{\KURO{6}}}}{2}\sin Q=\SORA{\cancel{\KURO{2}}}\times\dfrac{1}{\SORA{\cancel{\KURO{2}}}}\cdot\AKA{\cancel{\KURO{9}}}\cdot 6$
これを計算すると、
途中式
$\dfrac{9+2\cdot 2}{2}\sin Q=6$
$\sin Q=\dfrac{2\cdot 6}{9+2\cdot 2}$
より、
であることが分かる。
解答タ：１, チ：２, ツ：１, テ：３
ここで、$\triangle \mathrm{PQR}$に正弦定理を使うと、
$\dfrac{\mathrm{PR}}{\sin Q}=\dfrac{\mathrm{QR}}{\sin P}$
とかける。
これを変形して、
$\mathrm{PR}:\mathrm{QR}=\sin Q:\sin P$
これにセソタチツテを代入すると
$\mathrm{PR}:\mathrm{QR}=\dfrac{12}{13}:\dfrac{4}{5}$
と表せる。
これを整理すると、
$$
\begin{align}
\mathrm{PR}:\mathrm{QR}&=\dfrac{3}{13}:\dfrac{1}{5}\\
&=3\cdot 5:13\\
&=15:13
\end{align}
$$
となる。
解答ト：１, ナ：５, ニ：１, ヌ：３
また、
$$
\begin{align}
\mathrm{PR}&=\mathrm{RK}+\mathrm{PK}\\
&=\mathrm{RK}+12
\end{align}
$$
$$
\begin{align}
\mathrm{QR}&=\mathrm{RL}+\mathrm{QL}\\
&=\mathrm{RL}+9
\end{align}
$$
なので、トナニヌより
$\mathrm{RK}+12:\mathrm{RL}+9=15:13$式Ｇ
とかける。
ここで
$\mathrm{RK}=\mathrm{RL}$
なので、式Ｇはさらに
$\mathrm{RL}+12:\mathrm{RL}+9=15:13$
と表せる。
これを解くと、
途中式
$15(\mathrm{RL}+9)=13(\mathrm{RL}+12)$
$15\mathrm{RL}+15\cdot 9=13\mathrm{RL}+13\cdot 12$
$2\mathrm{RL}=13\cdot 12-15\cdot 9$
であることが分かる。
解答ネ：２, ノ：１, ハ：２
(ii)
$\mathrm{PK}=4\sqrt{2}$，$\mathrm{QL}=3\sqrt{2}$ のとき、直線$\mathrm{PQ}$から見て点$\mathrm{R}$は点$\mathrm{O}$と反対側にある。
なので、図は図Ｃのようになる。
![大学入学共通テスト2026年本試 数学ⅠA 第１問 [2] 解説図Ｃ](_image/1A_1_2_03.svg)
図Ｃで (i) と同様の作業をしよう。
青い四角形の面積は
２つの合同な三角形に分けて考えると、
$$
\begin{align}
\hspace{40px}\text{青}&=\triangle \mathrm{PMO}+\triangle \mathrm{PKO}\\
&=2\times\dfrac{1}{2}\cdot 4\sqrt{2}\cdot 6
\end{align}
$$
①式を使うと、
$$
\begin{align}
\hspace{40px}\text{青}&=\dfrac{\mathrm{PK}\cdot \mathrm{PM}+\mathrm{OK}\cdot \mathrm{OM}}{2}\sin P\\
&=\dfrac{4\sqrt{2}\cdot 4\sqrt{2}+6\cdot 6}{2}\sin P
\end{align}
$$
なので
$\begin{aligned}
&\dfrac{4\AKA{\cancel{\KURO{\sqrt{2}}}}\cdot 4\AKA{\cancel{\KURO{\sqrt{2}}}}+\AKA{\cancelto{3}{\KURO{6}}}\cdot 6}{\AKA{\cancel{\KURO{2}}}}\sin P\\[-5px]
&\hspace{100px}=\SORA{\cancel{\KURO{2}}}\times\dfrac{1}{\SORA{\cancel{\KURO{2}}}}\cdot 4\sqrt{2}\cdot 6
\end{aligned}$
とかける。
これを計算すると、
途中式
$(4\cdot 4+3\cdot 6)\sin P=4\sqrt{2}\cdot 6$
$\AKA{\cancel{\KURO{2}}}(4\cdot 2+3\cdot 3)\sin P=\AKA{\cancelto{2}{\KURO{4}}}\sqrt{2}\cdot 6$
$17\sin P=12\sqrt{2}$
であることが分かる。
黄色い四角形の面積は
２つの合同な三角形に分けて考えると、
$$
\begin{align}
\hspace{40px}\text{黄}&=\triangle \mathrm{QMO}+\triangle \mathrm{QLO}\\
&=2\times\dfrac{1}{2}\cdot 3\sqrt{2}\cdot 6
\end{align}
$$
①式を使うと、
$$
\begin{align}
\hspace{40px}\text{黄}&=\dfrac{\mathrm{QL}\cdot \mathrm{QM}+\mathrm{OL}\cdot \mathrm{OM}}{2}\sin Q\\
&=\dfrac{3\sqrt{2}\cdot 3\sqrt{2}+6\cdot 6}{2}\sin Q
\end{align}
$$
なので
$\begin{aligned}
&\dfrac{3\AKA{\cancel{\KURO{\sqrt{2}}}}\cdot 3\AKA{\cancel{\KURO{\sqrt{2}}}}+\AKA{\cancelto{3}{\KURO{6}}}\cdot 6}{\AKA{\cancel{\KURO{2}}}}\sin Q\\[-5px]
&\hspace{100px}=\SORA{\cancel{\KURO{2}}}\times\dfrac{1}{\SORA{\cancel{\KURO{2}}}}\cdot 3\sqrt{2}\cdot 6
\end{aligned}$
とかける。
これを計算すると、
途中式
$(3\cdot 3+3\cdot 6)\sin Q=3\sqrt{2}\cdot 6$
$\AKA{\cancel{\KURO{3^{2}}}}(1+2)\sin Q=\AKA{\cancel{\KURO{3}}}\sqrt{2}\cdot\AKA{\cancelto{2}{\KURO{6}}}$
$3\sin Q=2\sqrt{2}$
であることが分かる。
![大学入学共通テスト2026年本試 数学ⅠA 第１問 [2] 解説図Ｄ](_image/1A_1_2_04.svg)
(i) と同様に、$\triangle\mathrm{PQR}$に正弦定理を使うと、図Ｄの$\AKAWA$，$\MIDORIWA$の角を用いて
$\dfrac{\mathrm{PR}}{\sin\MIDORIWA}=\dfrac{\mathrm{QR}}{\sin\AKAWA}$式Ｊ
とかける。
ここで、
$\sin\left(180^{\circ}-\theta\right)=\sin\theta$
なので、
$\left\{\begin{array}{l}
\sin \AKAWA=\sin P\\
\sin \MIDORIWA=\sin Q
\end{array}\right.$
だ。
よって、式Ｊは
$\dfrac{\mathrm{PR}}{\sin Q}=\dfrac{\mathrm{QR}}{\sin P}$
$\mathrm{PR}:\mathrm{QR}=\sin Q:\sin P$
となる。
これに 式Ｈ，式Ｉを代入して、
$$
\begin{align}
\mathrm{PR}:\mathrm{QR}&=\dfrac{\AKA{\cancel{\KURO{2\sqrt{2}}}}}{3}:\dfrac{\AKA{\cancelto{6}{\KURO{12\sqrt{2}}}}}{17}\\
&=17:6\cdot 3\\
&=17:18 \TF{式Ｋ}
\end{align}
$$
である。
また、
$$
\begin{align}
\mathrm{PR}&=\mathrm{RK}-\mathrm{PK}\\
&=\mathrm{RK}-4\sqrt{2}
\end{align}
$$
$$
\begin{align}
\mathrm{QR}&=\mathrm{RL}-\mathrm{QL}\\
&=\mathrm{RL}-3\sqrt{2}
\end{align}
$$
なので、式Ｋより
$\mathrm{RK}-4\sqrt{2}:\mathrm{RL}-3\sqrt{2}=17:18$式Ｌ
とかける。
いま
$\mathrm{RK}=\mathrm{RL}$
なので、式Ｌはさらに
$\mathrm{RL}-4\sqrt{2}:\mathrm{RL}-3\sqrt{2}=17:18$
と表せる。
これを解くと、
途中式
$18(\mathrm{RL}-4\sqrt{2})=17(\mathrm{RL}-3\sqrt{2})$
$18\mathrm{RL}-18\cdot 4\sqrt{2}=17\mathrm{RL}-17\cdot 3\sqrt{2}$
$\mathrm{RL}=18\cdot 4\sqrt{2}-17\cdot 3\sqrt{2}$
より、
であることが分かる。
解答ヒ：２, フ：１, ヘ：２