ア
仮定より \( ∠COB=90° \) なので，
\( ∠COB \) の二等分線と線分 \( OB \) がなす角は \( 45° \) になります。
よって，点 \( P \) が \( ∠COB \) の二等分線上の点であることから，\( ∠POB=45° \) になります。

イ
\( △OAC \) は直角二等辺三角形なので \( ∠CAB=45° \) であり，
線分 \( PA \) は \( ∠CAB \) の二等分線であることから，
　\( ∠PAB=\dfrac{1}{2}∠CAB=22.5° \)
になります。
\( ∠PAB \) は \( \stackrel{\huge\frown}{ PB } \) に対する円周角，\( ∠POB \) は \( \stackrel{\huge\frown}{ PB } \) に対する中心角なので，
　\( ∠POB=2∠PAB=45° \)
になります。

ウ
\( △OBC \) は直角二等辺三角形なので，線分 \( BC \) の垂直二等分線は \( ∠COB \) の二等分線になります。
\( ∠COB=90° \) であることから，
\( ∠POB=45° \) になります。

エ
線分 \( OC \) の垂直二等分線と線分 \( OC \) の交点を
\( Q \) とすると，点 \( Q \) は線分 \( OC \) の中点なので，
\( OQ：OP=1：2 \) であり，\( △OPQ \) は \( 30°，60°，90° \) の直角三角形になっています。
このとき，\( ∠OPQ=30° \) であり，
\( PQ//OB \) であることから，錯角は等しいので，
\( ∠POB=∠OPQ=30° \) であり，
\( 45° \) にはなりません。

点 \( B \) は，\( y=\dfrac{a}{x} \) 上の点で，\( x \) 座標が \( 4 \) なので，
\( y \) 座標の値は，
　\( y=\dfrac{a}{4} \)

点 \( C \) は，\( y=\dfrac{3}{2}x \) 上の点で，\( y \) 座標が \( \dfrac{a}{4} \) なので，
\( x \) 座標の値は，
　\( \dfrac{a}{4}=\dfrac{3}{2}x \)
　 \( x=\dfrac{a}{6} \)

ここから，\( BC \) の長さは，
　\( BC=4-\dfrac{a}{6} \)
と表すことができます。

三角すい \( ABCD \) と三角すい \( AEFG \) の相似比は \( 4：3 \) なので，
　\( EF=EG=4 \times \dfrac{3}{4}=3 \; (cm) \)

\( AE：EB=3：1 \) より，
　\( EB=6 \times \dfrac{1}{4}=\dfrac{3}{2} \; (cm) \)

よって，三角すい \( BEFG \) の体積は，
　\( \left( 3 \times 3 \times \dfrac{1}{2} \right) \times \dfrac{3}{2} \times \dfrac{1}{3}=\dfrac{9}{4} \; (cm^3) \)

２つの直線の交点は，それぞれの直線の式を
連立方程式にしたときの解として表れます。

　\( \left\{ \begin{array}{}
y=-\dfrac{4}{3}x+\dfrac{400}{3} \;\; ･･･ \;\; ➀ \\
y=-3x+240 \;\; ･･･ \;\; ➁ \\
\end{array} \right.  \)
を解くと \( x=64，y=48 \) なので，
求めるガスの量は \( 48 \; g \) になります。

 \( ∠ACB \) は直径 \( AB \) に対する円周角なので，
\( ∠ACB=90° \) であり，\( △ABC \) は直角三角形
になっています。

\( △ABC \) において三平方の定理より，
　\( AC^2=AB^2-BC^2 \)
　　　 \( =6^2-5^2 \)
　　　 \( =11 \)
　 \( AC=\sqrt{11} \; (cm) \)（ \( AC>0 \) より）

\( △ABC \) と \( △DAE \) において
\( ∠ACB \) は直径 \( AB \) に対する円周角なので，
　\( ∠ACB=90° \) ･･･ ➀
仮定より，\( ∠DEA=90° \) ･･･ ➁
➀➁より，
　\( ∠ACB=∠DEA \) ･･･ ➂
\( ∠ABC \) は \( \stackrel{\huge\frown}{ AC } \) に対する円周角，
\( ∠DAE \) は \( \stackrel{\huge\frown}{ BD } \) に対する円周角，
なので，\( \stackrel{\huge\frown}{ AC }=\stackrel{\huge\frown}{ BD } \) より，
　\( ∠ABC=∠DAE \) ･･･ ➃
➂➃より，２組の角がそれぞれ等しいので，
　\( △ABC \) ∽ \( △DAE \)

 \( △ABC \) と \( △BAD \) において，
\( ∠ADB \) は直径 \( AB \) に対する円周角なので，\( ∠BDA=90° \) であり，\( ∠ACB=∠BDA \)

問２より \( ∠ABC=∠BAD \) でもあるので，
　\( ∠BAC=180°-(∠ACB+∠ABC) \)
　\( ∠ABD=180°-(∠BDA+∠BAD) \)
より，\( ∠BAC=∠ABD \)

問２より \( △ABC \) ∽ \( △DAE \) であり，
対応する辺の比は等しいので，
　\( AB：DA=BC：AE \)
　　　　\( 6：5=5：AE \)
　　　 \( 6AE=25 \)
　　　　\( AE=\dfrac{25}{6} \; (cm) \)

問３と同様の考え方で \( △DFB≡△BAD \) なので，
\( △DFB \) の面積と \( FG：FB \) を求めることで
\( △DFG \) の面積を求めることができます。

（１）より，
　\( BC=5 \; cm，AC=\sqrt{11} \; cm \)
なので，
　\( △ABC=5 \times \sqrt{11} \times \dfrac{1}{2} \)
　　　　　\( =\dfrac{5\sqrt{11}}{2} \; (cm^2) \)
よって，\( △DFB \) の面積は \( \dfrac{5\sqrt{11}}{2} \; cm^2 \)

【\( FG \) の長さを求める】
\( △DAE \) ∽ \( △GBE \) であり，
\( AB=6 \; cm，AE=\dfrac{25}{6} \; cm \) より，
　\( BE=AB-AE=\dfrac{11}{6} \; cm \)
対応する辺の比は等しいので，
　\( AD：BG=AE：BE \)
　　\( 5：BG=\dfrac{25}{6}：\dfrac{11}{6} \)
　　\( 5：BG=25：11 \)
　　 \( 25BG=55 \)
　　　　\( BG=\dfrac{11}{5} \; (cm) \)

\( FB=5 \; cm \) なので，
　\( FG=FB-BG \)
　　　\( =5-\dfrac{11}{5} \)
　　　\( =\dfrac{14}{5} \; (cm) \)

【\( △DFG \) の面積を求める】
\( △DFG \) の底辺を \( FG \)，\( △DFB \) の底辺を \( FB \) とすると，高さが共通なので，
\( △DFB \) と \( △DFG \) の面積比は
\( FG：FB \) と等しくなります。

\( FG=\dfrac{14}{5} \; cm，FB=5 \; cm \) より，
　\( FG：FB=\dfrac{14}{5}：5=14：25 \)
なので，\( △DFG \) の面積は，
　\( △DFG=\dfrac{5\sqrt{11}}{2} \times \dfrac{14}{25}=\dfrac{7\sqrt{11}}{5} \; (cm^2) \)

多角形の外角の和は必ず \( 360° \) になります。

また，正五角形の内角はすべて等しいので，
外角もすべて等しくなっています。

よって，正五角形の１つの外角の大きさは，
　\( 360° \div 5=72° \)

➀➁を連立方程式として解くと，
\( \left\{ \begin{array}{}
x+y=3.5 \;\; ･･･ \;\; ➀ \\
90x+40y=280 \;\; ･･･ \;\; ➁ \\
\end{array} \right.  \)
より
\( x=2.8，y=0.7 \)

よって，
高速道路を走る時間は \( 2.8 \) 時間
ふつうの道路を走る時間は \( 0.7 \) 時間

\( t=-3 \) のとき，点 \( C \) は \( y=-x^2 \) 上の点で，
\( x \) 座標が \( -3 \) なので，\( y \) 座標は，
　\( y=-(-3)^2=-9 \)

また，（１）より点 \( B \) は \( y=-x^2 \) 上の点で，
\( y \) 座標が \( -4 \) なので，\( x \) 座標は，
　\( -4=-x^2 \)
　　\( x=2 \)（\( x>0 \) より）
ここから，直線 \( l \) は原点と \( B(2，-4) \) を通るので，直線 \( l \) の式は，\( y=-2x \) です。

点 \( D \) は \( y=-2x \) 上の点で，
\( y \) 座標が \( -9 \) なので，\( x \) 座標は，
　\( -9=-2x \)
　　\( x=\dfrac{9}{2} \)

点 \( C \) の \( x \) 座標が \( t \) のとき，
\( y \) 座標は \( -t^2 \) と表すことができます。
このとき，点 \( D \) は \( y=-2x \) 上の点で，
\( y \) 座標が \( -t^2 \) なので，\( x \) 座標は，
　\( -t^2=-2x \)
　　\( x=\dfrac{t^2}{2} \)
と表すことができます。

また，\( DE=\sqrt{5} \) となるとき，\( DE \) を斜辺とする
直角三角形を考えると，直角をなす２辺の長さは
\( 1 \) と \( 2 \) になります。
点 \( D，E \) が \( y=-2x \) 上の点であることから，
点 \( E \) は \( x \) 座標が点 \( D \) より \( 1 \) 小さく，
\( y \) 座標が点 \( D \) より \( 2 \) 大きい点になります。

面 \( BEFC \) に注目すると，\( QC=QF \) より
\( △QCF \) は二等辺三角形になっています。

点 \( Q \) から線分 \( CF \) に垂線をひいた交点を \( G \) と
すると，点 \( G \) は線分 \( CF \) の中点なので，
\( CF=AD=8 \; cm \) より \( GF=4 \; cm \) になっています。

\( △QEF \) の底辺を \( EF \) とすると，
高さは \( GF \) と等しいので，
\( △QEF \) の面積は，
　\( △QEF=6 \times 4 \times \dfrac{1}{2}=12 \; (cm^2) \)

点 \( Q \) から線分 \( BE \) に垂線をひいた交点を \( H \) と
すると，\( BH=CG=4 \; cm \) であり，\( BP=6 \; cm \) であることから，
　\( PH=6-4=2 \; (cm) \)

\( △QPH \) ∽ \( △QCG \) であり，
対応する辺の比は等しいので，
　\( HQ：QG=PH：CG=1：2 \)
\( HG=EF=6 \; cm \) なので，
　\( HQ=\dfrac{1}{3}HG=2 \; (cm) \)

 \( △DEF \) で，点 \( D \) から線分 \( EF \) に垂線を
ひいた交点を \( J \) とし，\( EJ=x \; cm \) とすると，
\( △DEJ \) と \( △DFJ \) において，
三平方の定理より，
　\( DE^2-EJ^2=DF^2-FJ^2 \)
　\( (2\sqrt{7})^2-x^2=4^2-(6-x)^2 \)
　　　 \( 28-x^2=16-(36-12x+x^2) \)
　　　　　　　\( x=4 \)
なので，
　\( DJ^2=(2\sqrt{7})^2-4^2=12 \)
　 \( DJ=2\sqrt{3} \; (cm) \)（ \( EJ>0 \) より）

\( 225-n=0 \; (=0^2) \) のとき → \( n=225 \)
\( 225-n=4 \; (=2^2) \) のとき → \( n=221 \)
\( 225-n=16 \; (=4^2) \) のとき → \( n=209 \)
\( 225-n=36 \; (=6^2) \) のとき → \( n=189 \)
\( 225-n=64 \; (=8^2) \) のとき → \( n=161 \)
\( 225-n=100 \; (=10^2) \) のとき → \( n=125 \)
\( 225-n=144 \; (=12^2) \) のとき → \( n=81 \)
\( 225-n=196 \; (=14^2) \) のとき → \( n=29 \)

\( x \) の値が \( 1 \) のとき，\( y \) の値は
　\( y=\dfrac{6}{1}=6 \)
\( x \) の値が \( 3 \) のとき，\( y \) の値は
　\( y=\dfrac{6}{3}=2 \)
なので，変化の割合は，
　\( \dfrac{2-6}{3-1}=-2 \)

点 \( A \) は，\( y=\dfrac{6}{x} \) ･･･ ➀上の点で，
\( x \) 座標が \( 2 \) なので，\( y \) 座標は
　\( y=\dfrac{6}{2}=3 \)
また，関数 \( y=x^2 \) において，
\( x \) 座標が \( 2 \) なので，\( y \) 座標は
　\( y=2^2=4 \)
なので，図の中に関数 \( y=x^2 \) のグラフを
書き加えると，右の図のようになります。

手順１　点 \( B \) を中心に円弧を描く
（辺 \( AB，BC \) との交点を \( E，F \) とします）
手順２　２点 \( E，F \) を中心に円弧を描く
（交点を \( G \) とします）
手順３　２点 \( B，G \) を通る直線を描く
手順４　２点 \( C，D \) を中心に円弧を描く
（交点を \( H，I \) とします）
手順５　２点 \( H，I \) を通る直線を描く

【条件➀ を満たすとき】
点 \( P \) が，直線 \( AB \) と直線 \( BC \) から
等しい距離にあるとき，
「点 \( P \) から直線 \( AB \) にひいた垂線の長さ」
と
「点 \( P \) から直線 \( BC \) にひいた垂線の長さ」
は等しくなります。

問題の図において，
点 \( P \) から直線 \( AB，BC \) に垂線をひき，
交点を \( S，T \) とすると，
\( △PBS≡△PBT \) であり，対応する角は等しい
ので，\( ∠PBA=∠PBC \) になっています。

【条件➁ を満たすとき】
線分 \( PC \) の長さが線分 \( PD \) の長さと等しいとき，
問題の図において，
点 \( P \) から直線 \( CD \) に垂線をひき，
交点を \( U \) とすると，
\( △PCU≡△PDU \) であり，対応する辺は等しい
ので，\( CU=DU \) になっています。

\( △AEC \) と \( △OEF \) において，
対頂角は等しいので，\( ∠AEC=∠OEF \) ･･･ ➀
\( ∠EAC \) は弧 \( BC \) に対する円周角，
\( ∠BOC \) は弧 \( BC \) に対する中心角なので，
　\( ∠EAC=\dfrac{1}{2}∠BOC \) ･･･ ➁
仮定より，\( ∠EOF=\dfrac{1}{2}∠BOC \) ･･･ ➂
➁➂より，\( ∠EAC=∠EOF \) ･･･ ➃
➀➃より，２組の角がそれぞれ等しいので，
　\( △AEC \) ∽ \( △OEF \)

\( △AEC≡△OEF \) であることを確認する
\( OA=OB，∠AOB=120° \) より，
　\( ∠OAB=∠OBA=30° \)
\( AC//OB \) より，錯角は等しいので，
　\( ∠EAC=∠OBA=30° \)
になっています。

このとき，\( OA=OC，∠OAC=60° \) より，
\( △OAC \) は内角の１つが \( 60° \) の
二等辺三角形なので，正三角形になっており，
　\( ∠EAC=∠EBO \)
　\( ∠ECA=∠EOB \)
　\( AC=BO \)
より，\( △AEC≡△OEF \) になっています。

\( △AEC \) と \( △OEF \) の相似比を求める
１より，\( △AEC \) ∽ \( △OEF \) であり，
\( △OAC \) が正三角形であることから，
　\( AC=OC=OA=6 \; cm \)
\( ∠CAE=30°，∠ACE=60° \) より，
\( △AEC \) は \( 30°，60°，90° \) の直角三角形になっているので，
　\( AE=\dfrac{\sqrt{3}}{2}AC=3\sqrt{3} \; (cm) \)
　\( CE=\dfrac{1}{2}AC=3 \; (cm) \)

つくった円すいはどのような形なのか？
\( ∠AOB=120°，∠AOC=60° \) より，\( ∠BOC=60° \) であり，
弧の長さは，中心角の大きさに比例するので，
\( \stackrel{\huge\frown}{ AC }=\stackrel{\huge\frown}{ CB } \) になっています。

このおうぎ形を組み立てて円すいをつくったとき，
底面の円周の長さは \( \stackrel{\huge\frown}{ AB } \) の長さと等しいので，
\( \stackrel{\huge\frown}{ AC } \left( \stackrel{\huge\frown}{ CB } \right) \) は底面の円の半周分であり，
底面は \( AC \) を直径とする円になります。

おうぎ形 \( OAB \) の \( \stackrel{\huge\frown}{ AB } \) の長さは，
　\( 2\pi{} \times 6 \times \dfrac{120°}{360°}=4\pi{} \; (cm) \)
なので，底面の半径を \( r \; cm \) とすると，
　\( 2\pi{}r=4\pi{} \)
　　 \( r=2 \; (cm) \)

また，（１）より \( CE=3 \; cm \) なので，
つくった円すいは右の図のようになります。

線分 \( AE \) の長さを求める
この円すいにおいて，面 \( OAC \) に注目します。

底面の円の中心を \( M \)，点 \( E \) から底面に垂線をひいた交点を \( N \) とすると，\( OE=CE=3 \; cm \) なので，
\( △OCM \) と \( △ECN \) は相似であり，
相似比は \( 2：1 \) になっています。
相似な三角形の対応する辺の比は等しいので，
\( CM：CN=2：1 \) であり，\( CN=1 \; cm \) です。

円の半径と接線は接点において垂直に交わるので，
　\( ∠OAP=90° \)

\( △OAP \) において，
　\( ∠OAB=180°-(∠OAP+∠OPA) \)
　　　　　\( =180°-(90°+24°) \)
　　　　　\( =66° \)

関数 \( y=x^2 \) について，
\( x \) の変域は \( −2≦x≦1 \) で，
\( 0 \) を含んでいるので， \( y \) の最小値は \( 0 \)。

\( x \) の絶対値が最も大きいのは
\( x=-2 \) のときなので，\( y \) の最大値は
　\( y=(-2)^2=4 \)

よって，\( y \) の変域は \( 0≦y≦4 \)

\( y=x^2 \) のグラフで，\( y \) 座標が \( 10 \) になるのは，
　\( 10=x^2 \)
　 \( x=±\sqrt{10} \)
のときなので，\( y \) 座標が \( 10 \) 以下になるのは， \( −\sqrt{10}≦x≦\sqrt{10} \) のときです。

この範囲の中で \( x \) 座標が整数になるのは，
\( x=-3，-2，-1，0，1，2，3 \) のときです。

\( x=0 \) のとき，\( y=0 \)
\( x=±1 \) のとき，\( y=1 \)
\( x=±2 \) のとき，\( y=4 \)
\( x=±3 \) のとき，\( y=9 \)
で，\( y \) 座標も整数になっています。

あてはまる点 \( B \) は，点 \( B \) の \( x \) 座標が点 \( A \) の \( x \) 座標より大きい場合と小さい場合の２つ存在します。

【点 \( B \) の \( x \) 座標が点 \( A \) より大きい場合】
点 \( B \) の \( x \) 座標を \( t_1 \) とすると，
点 \( B \) の座標は \( (t_1，t_1\,^2) \) と表すことができます。
また，線分 \( AB \) を対角線とする長方形の
横の辺の長さは \( t_1+1 \)，
縦の辺の長さは \( t_1\,^2-1 \)
と表すことができます。

このとき、この長方形の周の長さが \( 12 \) なので，
　\( 2\{(t_1+1)+(t_1\,^2-1)\}=12 \)
　　　　　　　　　\( t_1\,^2+t_1=6 \)
　　　　　　　\( t_1\,^2+t_1-6=0 \)
　　　　　 \( (t_1-2)(t_1+3)=0 \)
　　　　　　　　　　　　 \( t_1=2 \)
　　　　　　　　　　　　　　(\( t_1>-1 \) より)

【点 \( B \) の \( x \) 座標が点 \( A \) より小さい場合】
点 \( B \) の \( x \) 座標を \( t_2 \) とすると，
点 \( B \) の座標は \( (t_2，t_2\,^2) \) と表すことができます。
また，線分 \( AB \) を対角線とする長方形の
横の辺の長さは \( -1-t_2 \)，
縦の辺の長さは \( t_2\,^2-1 \)
と表すことができます。

このとき、この長方形の周の長さが \( 12 \) なので，
　\( 2\{(-1-t_2)+(t_2\,^2-1)\}=12 \)
　　　　　　　　\( t_2\,^2-t_2-2=6 \)
　　　　　　　　\( t_2\,^2-t_2-8=0 \)
　　　　　　　　　　　　　 \( t_2=\dfrac{1-\sqrt{33}}{2} \)
　　　　　　　　　　　　　　　　(\( t_2<-1 \) より)

【線分 \( AG \) の長さを求める】
\( △ACG \) は \( AC=4\sqrt{2} \; cm \)，\( CG=4 \; cm \) の
直角三角形なので，三平方の定理より，
　\( AG^2=(4\sqrt{2})^2+4^2=48 \)
　 \( AG=4\sqrt{3} \; (cm) \)

【\( AP：PG \) の比を求める】
面 \( IJKL \) の対角線の交点を \( M \)，
線分 \( EG \) と線分 \( CM \) の交点を \( N \) とします。

ここから，面 \( AIKC \) を書き出すと右の図のようになります。
\( △CNG \) と \( △CMK \) において，
　\( ∠NCG=∠MCK \) （共通）
　\( ∠CGN=∠CKM=90° \)
より，２組の角が等しいので，
　\( △CNG \) ∽ \( △CMK \)
対する辺の比は等しいので，
　\( NG：MK=CG：CK=1：2 \)
よって，\( MK=2NG \)

次に，\( △PAC \) と \( △PGN \) において，
立方体の向かい合う辺は平行なので，
\( AC//EG \) であり，錯角は等しいので，
　\( ∠PAC=∠PGN \)
対頂角は等しいので，
　\( ∠APC=∠GPN \)
より，２組の角が等しいので，
　\( △PAC \) ∽ \( △PGN \)
正方形の対角線はそれぞれの中点で交わるので，
点 \( M \) は線分 \( IK \) の中点であり，
　\( AC：MK=IK：MK=2：1 \)
よって，\( AC=2MK=4NG \)
対する辺の比は等しいので，
　\( AP：GP=AC：GN=4：1 \)
よって，\( AP=\dfrac{4}{5}AG \)

平行四辺形は
「向かい合う辺が平行で長さが等しい四角形」
なので，\( AC//BD，AC=BD \) になります。

図より，点 \( C \) は点 \( A \) から \( x \) 軸方向に \( 3 \) だけ
移動した点なので，
点 \( D \) の座標は，点 \( B(-2，-2) \) から \( x \) 軸方向に
\( 3 \) だけ移動した点，\( D(1，-2) \) になります。

\( △CFB \) と \( △CFE \) はそれぞれ折り返す前後の形なので，\( △CFB≡△CFE \) であり，
\( ∠CBF=∠CEF=90° \)
よって，
　\( ∠FCE=180°-(∠CFE+∠CEF) \)
　　　　　\( =180°-(70°+90°) \)
　　　　　\( =20° \)

　　ウ　　，　　エ　　
\( △CFB \) と \( △CFE \) はそれぞれ折り返す前後の形なので，\( △CFB≡△CFE \) であり，
\( ∠FCB=∠FCE \) になっています。

また，\( BC=CE \) より，
\( △BCE \) は二等辺三角形になっています。
二等辺三角形の頂角の二等分線は，
向かい合う辺の中点において垂直に交わることから，
線分 \( CF \) は線分 \( BE \) の垂直二等分線になります

\( △AGH \) と \( △DIG \) において，
長方形の内角なので，
　\( ∠GAH=∠IDG=90° \) ･･･ ➀
三角形の内角なので，
　\( ∠AHG=180°-(∠GAH+∠AGH) \)
　　　　　\( =90°-∠AGH \) ･･･ ➁
点 \( G \) は辺 \( AD \) 上の点なので，
　\( ∠DGI=180°-(∠HGI+∠AGH) \)
　　　　　\( =90°-∠AGH \) ･･･ ➂
➁➂より，\( ∠AHG=∠DGI \) ･･･ ➃
➀➃より，２組の角がそれぞれ等しいので，
　\( △AGH \) ∽ \( △DIG \)

【辺 \( AB \) 上にあるとき】
\( △ADP \) の底辺を \( AD \) とすると，
\( AP \) が高さになります。

\( x \) 秒後の \( AP \) の長さは \( 2x \; cm \) と
表すことができるので，
　\( y=6 \times 2x \times \dfrac{1}{2} \)
　　\( =6x \; (cm^2) \)
よって，辺 \( AB \) 上を動くときのグラフは，
右上がりの直線になります。

【辺 \( BC \) 上にあるとき】
\( △ADP \) の底辺を \( AD \) とし，
点 \( P \) から辺 \( AD \) に垂線を引いた交点を
点 \( E \) とすると，\( PE \) が高さになります。
\( BC//AD \) より，\( PE \) の長さは \( 6 \; cm \) で一定なので，
　\( y=6 \times 6 \times \dfrac{1}{2} \)
　　\( =18 \; (cm^2) \)
よって，辺 \( BC \) 上を動くときのグラフは，
\( x \) 軸と平行な直線になります。

【辺 \( CD \) 上にあるとき】
\( △ADP \) の底辺を \( AD \) とすると，
\( PD \) が高さになります。

\( A \; → \; B \; → \; C \; → \; D \) までの長さの合計は，
　\( AB+BC+CD=18 \; (cm) \)
\( x \) 秒後までに点 \( P \) が進んだ距離は \( 2x \; cm \)
なので，\( x \) 秒後の \( PD \) の長さは \( 18-2x \; cm \) と
表すことができます。
ここから，
　\( y=6 \times (18-2x) \times \dfrac{1}{2} \)
　　\( =-6x+54 \; (cm^2) \)
よって，辺 \( CD \) 上を動くときのグラフは，
右下がりの直線になります。

\( A \; → \; B \; → \; C \) までの長さの合計は，
　\( AB+BC=12 \; (cm) \)
\( x \) 秒後までに点 \( P \) が進んだ距離は \( 2x \; cm \)
なので，\( x \) 秒後の \( CP \) の長さは \( 12-2x \; cm \) と
表すことができます。

また，高さは \( CD=6 \; cm \) なので，
台形の面積の関係を方程式にして解くと，
　\( \{(12-2x)+6\} \times 6 \times \dfrac{1}{2}=20 \)
　　　　　　　　　　\( 54-6x=20 \)
　　　　　　　　　　　　 \( 6x=34 \)
　　　　　　　　　　　　　\( x=\dfrac{17}{3} \)（秒後）

\( △BEF \) において，
\( BE=3 \; cm，BF=4 \; cm \) なので，
三平方の定理より，
　\( EF^2=3^2+4^2=25 \)
　 \( EF=5 \; (cm) \)（ \( EF>0 \) より）

大小２つのさいころの出た目の組み合わせは
全部で \( 36 \) 通り，
出た目の数の和が \( 3，4，8，9 \) のいずれかになる
組み合わせは \( 14 \) 通りなので，
あてはまる確率は \( \dfrac{14}{36}=\dfrac{7}{18} \)

ある階級の相対度数は，
　その階級の度数 \(  \div  \) すべての階級の度数の合計
で求めることができます。

\( 7 \; g \) 以上 \( 9 \; g \) 未満の階級の度数は，\( 12 \) 個，
全ての階級の度数の合計は
　\( 3+11+12+4=30 \)（個）
なので，\( 7 \; g \) 以上 \( 9 \; g \) 未満の階級の相対度数は，
　\( 12 \div 30=0.40 \)

 \( △ABE \) と \( △CBD \) において，
仮定より \( BE=BD \) ･･･ ➀
共通な角なので，\( ∠ABE=∠CBD \) ･･･ ➁
仮定より \( ∠AEB=∠CDB=90° \) ･･･ ➂
➀➁➂より，１組の辺と両端の角が等しいので，
　\( △ABE≡△CBD \)
対応する辺は等しいので，\( BA=BC \) であり，
\( △ABC \) は二等辺三角形になっています。

\( △CBD \) において，
　\( ∠CBD=180°-(90°+44°)=46° \)
\( △ABC \) は二等辺三角形なので，底角は等しく，
　\( ∠BAC=∠BCA=44°+x \)
ここから、
　\( 46°+2(44°+x)=180° \)
　　　　 \( 2x+134°=180° \)
　　　　　　　　　\( x=23° \)

手順１　２点 \( A，B \) を中心に円弧を描く
（交点を \( C，D \) とします）
手順２　２点 \( C，D \) を通る直線を描く

手順２の直線と直線 ℓ の交点が求める点 \( O \) になります。

\( △AFE \) と \( △DEB \) において，
仮定より，
　\( ∠FAE=∠EDB \) ･･･ ➀
\( AE//BD \) より，錯角は等しいので，
　\( ∠FEA=∠EBD \) ･･･ ➁
➀➁より，２組の角がそれぞれ等しいので，
　\( △AFE \) ∽ \( △DEB \)

\( ∠FEA=∠FBC，∠AFE=∠CFB \) より，
\( △AFE \) ∽ \( △CFB \) になっています。

\( AE=AC=6 \; cm \)
\( CB=BD-CD=3 \; cm \)
なので，
　\( AF：CF=AE：CB \)
　　　　　　\( =6：3 \)
　　　　　　\( =2：1 \)
であり，
　\( AF=\dfrac{2}{3}AC=4 \; (cm) \)

\( ∠AEB=∠EBG，∠AEB=∠BEG \) より，
\( ∠EBG=∠BEG \) なので，
\( △BEG \) は二等辺三角形であるとわかります。

\( △EGD \) において，\( BG=x \; cm \) とすると，
\( EG=BG=x \; cm，GD=9-x \; cm \) と表すことができるので，三平方の定理より，
　\( EG^2=GD^2+ED^2 \)
　　\( x^2=(9-x)^2+6^2 \)
　　　\( x=\dfrac{13}{2} \; (cm) \)

よって，線分 \( CG \) の長さは，
　\( CG=BG-BC \)
　　　\( =\dfrac{13}{2}-3 \)
　　　\( =\dfrac{7}{2} \; (cm) \)

 \( △EDF \) において，
\( DE=AB=5 \; cm，EF=BC=10 \; cm \)
なので，三平方の定理より，
　\( DF^2=DE^2+EF^2=125 \)
　 \( DF=5\sqrt{5} \; (cm) \)

\( △EDF \) の面積について方程式を立てると，
　\( DE \times EF \times \dfrac{1}{2}=DF \times ER \times \dfrac{1}{2} \)
　　　\( 5 \times 10 \times \dfrac{1}{2}=5\sqrt{5} \times ER \times \dfrac{1}{2} \)
　　　　　\( ER=2\sqrt{5} \; (cm) \)
よって， \( PQ=ER=2\sqrt{5} \; cm \)

 \( △ADF \) において，三平方の定理より，
　\( AF^2=AD^2+DF^2=225 \)
　 \( AF=15 \; (cm) \)

よって，\( △ADF \) の面積は，
　\( △ADF=AF \times PQ \times \dfrac{1}{2} \)
　　　　　\( =15 \times 2\sqrt{5} \times \dfrac{1}{2} \)
　　　　　\( =15\sqrt{5} \; (cm^2) \)

このことから，
\( x \) の変域が \( -6≦x≦2 \) のとき，
\( x \) の変域は \( 0 \) を含んでいるので，
\( y \) の最小値は \( 0 \) です。

\( -6≦x≦2 \) において，
\( x \) の絶対値が最も大きいのは \( x=-6 \) のときで，
\( x=-6 \) のときの \( y \) の値は，
　\( y=\dfrac{1}{4} \times (-6)^2=9 \)
なので，\( y \) の最大値は \( 9 \) です。

点 \( B \) は \( y=\dfrac{1}{4}x^2 \) 上の点で \( x \) 座標は \( 2 \) なので，
\( y \) 座標は，
　\( y=\dfrac{1}{4} \times 2^2=1 \)

直線 \( AB \) の式を \( y=ax+b \) とすると，
　傾き \( a=\dfrac{1-9}{2-(-6)}=-1 \)
\( y=-x+b \) に \( x=2，y=1 \) を代入すると，
　\( 1=-2+b \)
　\( b=3 \)
であり，直線 \( AB \) と \( y \) 軸の交点を \( C \) とすると，\( C \) の座標は \( C(0,3) \) になっています。

点 \( P \) は \( y=\dfrac{1}{4}x^2 \) 上の点で \( x \) 座標は \( -4 \) なので，\( y \) 座標は，
　\( y=\dfrac{1}{4} \times (-4)^2=4 \)

ここから，直線②は \( P(-4,4)，B(2,1) \) を通るので，
　傾き \( =\dfrac{1-4}{2-(-4)}=-\dfrac{1}{2} \)

点 \( B \) から線分 \( PH \) に垂線をひき，
交点を \( D \) とすると，\( △PBD \) ∽ \( △PQH \) で，
\( QH=4PH \) のとき，\( BD=4PD \) になります。

このとき，
\( BD=(2-t) \; cm，PD=\left( \dfrac{1}{4}t^2-1 \right) \; cm \)
と表せるので，
　　　　　　 \( BD=4PD \)
　　　　　 \( 2-t=4 \times \left( \dfrac{1}{4}t^2-1 \right) \)
　　　　　 \( 2-t=t^2-4 \)
　　　\( t^2+t-6=0 \)
　\( (t-2)(t+3)=0 \)
　　　　　　　 \( t=2，-3 \)

\( AH=h \; cm \) とすると，三平方の定理より，
　\( h^2=13^2-x^2 \) ･･･ ➀
　\( h^2=15^2-y^2 \) ･･･ ➁
➀➁より，
　　　　\( 13^2-x^2=15^2-y^2 \)
　　　　 \( x^2-y^2=13^2-15^2 \)
　\( (x+y)(x-y)=13^2-15^2 \)
\( x+y=14 \) を代入すると，
　\( 14(x-y)=13^2-15^2 \)
　\( 14(x-y)=(13+15)(13-15) \)
　　　\( x-y=2 \times (-2)=-4 \)

点 \( O \) から線分 \( BC \) に垂線をひき，
交点を \( P \) とすると，
\( △OBP≡△OCP \) なので，
　\( ∠BOP=∠COP=\dfrac{1}{2}∠BOC=60° \)

ここから，\( △OBP \) は \( 30°，60°，90° \) の
直角三角形なので，
　\( BP=\dfrac{\sqrt{3}}{2}OB=\sqrt{3} \; (cm) \)

よって，辺 \( BC \) の長さは，
　\( BC=2BP=2\sqrt{3} \; (cm) \)

ウ より，\( BC=2\sqrt{3} \; cm \) なので，
\( △BCQ \) において，
　\( BQ=CQ=\dfrac{1}{\sqrt{2}}BC=\sqrt{6} \; (cm) \)

\( △ABQ \) において，
　\( AQ=\dfrac{1}{\sqrt{3}}BQ=\sqrt{2} \; (cm) \)

よって，\( △ABC \) の面積は，
　\( △ABC=AC \times BQ \times \dfrac{1}{2} \)
　　　　　\( =(\sqrt{6}+\sqrt{2}) \times \sqrt{6} \times \dfrac{1}{2} \)
　　　　　\( =(6+2\sqrt{3}) \times \dfrac{1}{2} \)
　　　　　\( =3+\sqrt{3} \; (cm^2) \)

辺 \( AD \) と辺 \( PQ，PR \) の交点をそれぞれ \( E，F \) とすると，
対頂角は等しいので，\( ∠PEF=∠AEQ=25° \)，
正三角形 \( PQR \) の内角なので，\( ∠EPF=60° \)
ここから，\( △PEF \) の外角なので，\( ∠EFR=∠PEF+∠EPF=25°+60°=85° \)

正方形の向かい合う辺は平行なので，錯角は等しく，
\( ∠FHC=∠EFR=85° \)

辺 \( BC \) と辺 \( QR，PR \) の交点をそれぞれ \( G，H \) とすると，
対頂角は等しいので，\( ∠RGH=∠BGQ=x \)，
正三角形 \( PQR \) の内角なので，\( ∠GRH=60° \)
ここから，\( △RGH \) の外角なので，\( ∠GHF=∠RGH+∠GRH=x+60° \)

３点 \( G，H，C \) は一直線上の点なので，
　\( ∠GHF+∠FHC=180° \)
　　\( (x+60°)+85°=180° \)
　　　　　　　　　 \( x=35° \)

 \( \stackrel{\huge\frown}{ AD } \) に対する円周角なので，
　\( ∠ACD=∠ABD=x \)
直径 \( AC \) に対する円周角なので，
　\( ∠ADC=90° \) ，
線分 \( AC \) と線分 \( BD \) の交点を点 \( E \) とすると，
　\( ∠CDE=∠ADC-∠ADE \)
　　　　　\( =90°-44° \)
　　　　　\( =46° \)
三角形の内角の和は \( 180° \) なので，
　\( ∠ACD=180°-(∠CDE+∠CED) \)
　　　　　\( =180°-(46°+80°) \)
　　　　　\( =54° \)

\( △CDF \) と \( △CBE \) に注目すると，
　\( CD：CB=CF：CE=1：2 \)
　\( ∠C \) は共通
なので，
\( △CDF \) ∽ \( △CBE \) で，相似比は \( 1：2 \)
相似な三角形の対応する辺の比は等しいので，
　\( DF：BE=1：2 \)
　　 \( 5：BE=1：2 \)
　　　　\( BE=10 \; (cm) \)

\( △AGE \) と \( △ADF \) に注目すると，
\( △CDF \) ∽ \( △CBE \) より，
\( DF // BE \) なので，
　\( ∠AGE=∠ADF，∠AEG=∠AFD \)
であり，\( △AGE \) ∽ \( △ADF \)
相似な三角形の対応する辺の比は等しいので，
　\( GE：DF=AE：AF \)
　\( GE：DF=1：2 \)
　　 \( GE：5=1：2 \)
　　　　\( GE=\dfrac{5}{2} \; (cm) \)

このとき，\( △OAP \) に注目すると，
正方形の対角線はそれぞれの中点で交わるので，
　\( AP=\dfrac{1}{2}AC \)
　　　\( =\dfrac{1}{2} \times  \sqrt{2}AB \)
　　　\( =\dfrac{1}{2} \times  \sqrt{2} \times 6 \)
　　　\( =3\sqrt{2} \; (cm) \)

三平方の定理より，
　\( OP^2=OA^2-AP^2 \)
　　　　\( =6^2-(3\sqrt{2})^2 \)
　　　　\( =18 \)
　　\( OP=3\sqrt{2} \; (cm) \) (\( OP>0 \) より)

手順１　点 \( A \) を中心に円弧を描く。
（辺 \( BC \) との交点を点 \( D，E \) とします。）
手順２　２点 \( D，E \) を中心に円弧を描く。
（交点を点 \( F \) とします。）
手順３　２点 \( A，F \) を通る直線を描く。

\( y=ax+b \) の直線は右下がりになっているので，
傾き \( a \) は負の値になります。
また，グラフより \( y \) 切片 \( b \) は正の値になっています。

点 \( A \) はア上の点で，\( x \) 座標は \( 4 \) なので，
\( y \) 座標は
　\( y=\dfrac{12}{4}=3 \)
であり，点 \( A \) の座標は \( A(4，3) \)

点 \( B \) は \( y \) 軸上の点で，
\( y \) 座標は \( 1 \) なので，
点 \( B \) の座標は \( B(0，1) \)

直線 \( AB \) の式を \( y=ax+b \) とすると，
　\( a=\dfrac{3-1}{4-0}=\dfrac{1}{2} \)
\( y=\dfrac{1}{2}x+b \) に \( x=0，y=1 \) を代入すると，
　\( 1=0+b \)
　\( b=1 \)

よって，求める直線の式は \( y=\dfrac{1}{2}x+1 \)

長方形の内角は \( 90° \) なので，
　\( ∠PBC=∠ABC-∠ABP \)
　　　　　\( =90°-60° \)
　　　　　\( =30° \) ･･･ ➀
\( △BPE \) は \( △BCE \) を折り返したものなので，
　\( △BPE≡△BCE \)
であり，対応する角は等しいので，
　\( ∠PBE=∠CBE \) ･･･ ➁
➀➁より，
　\( ∠PBE=\dfrac{1}{2}∠PBC=15° \)

よって，
　\( ∠BEP=180°-(∠PBE+∠BPE) \)
　　　　　\( =180°-(15°+90°) \)
　　　　　\( =75° \)

仮定から，
　\( ∠A=∠H \) ･･･ ➀
対頂角は等しいから,
　\( ∠AIP=∠HIF \) ･･･ ➁
➀，➁より，２組の角がそれぞれ等しいから，
　\( △API \) ∽ \( △HFI \)

【\( AI \) の長さを求める】
\( HP=DC=AB=12 \; cm \) なので，
\( IH=4 \; cm \) より，\( IP=8 \; (cm) \)
\( △API \) において，三平方の定理より，
　\( AI^2=8^2-6^2=28 \)
　 \( AI=2\sqrt{7} \; (cm) \)

【\( IF \) の長さを求める】
\( △API \) ∽ \( △HFI \) より，
　\( IP：IF=AI：HI \)
　　\( 8：IF=2\sqrt{7}：4 \)
　　　 \( IF=\dfrac{16\sqrt{7}}{7} \; (cm) \)

【\( FD \) の長さを求める】
\( △API \) ∽ \( △HFI \) より，
　\( PA：FH=AI：HI \)
　　\( 6：FH=2\sqrt{7}：4 \)
　　　　\( FH=\dfrac{12\sqrt{7}}{7} \; (cm) \)
折り返す前後の同じ線分なので，
　\( FD=FH=\dfrac{12\sqrt{7}}{7} \; cm \)

以上より，
　\( BC=AD=AI+IF+FD \)
　　　　　　 \( =2\sqrt{7}+\dfrac{16\sqrt{7}}{7}+\dfrac{12\sqrt{7}}{7} \)
　　　　　　 \( =6\sqrt{7} \; (cm) \)

\( a \) と \( b \) の組み合わせとそれぞれの場合における \( a-b \) の値を表に書き出すと，
\( -1≦a-b≦1 \) を満たす組み合わせは \( 16 \) 通り，
全ての組み合わせは \( 36 \) 通りなので，
求める確率は \( \dfrac{16}{36}=\dfrac{4}{9} \)

\( x=4 \) のとき，
点 \( P \) は，点 \( A \) から \( 4 \; cm \)，
点 \( Q \) は，点 \( A \) から \( 8 \; cm \)
移動していて，
右の図の位置に２点 \( P，Q \) はあるので，
　\( y=4 \times 6 \times \dfrac{1}{2}=12 \; (cm^2) \)

【\( 0≦x≦3 \) の場合】
\( x=3 \) のとき，
点 \( P \) は \( 3 \; cm \)，点 \( Q \) は \( 6 \; cm \)
移動しているので，
\( 0≦x≦3 \) のとき，
点 \( P \) は，辺 \( AB \) 上，点 \( Q \) は，辺 \( AD \) 上
にあります。
この範囲のとき，\( y \) を \( x \) の式で表すと，
　\( y=x \times 2x \times \dfrac{1}{2}=x^2 \)

【\( 3≦x≦6 \) の場合】
\( x=6 \) のとき，
点 \( P \) は \( 6 \; cm \)，点 \( Q \) は \( 12 \; cm \)
移動しているので，
\( 3≦x≦6 \) のとき，
点 \( P \) は，辺 \( AB \) 上，点 \( Q \) は，辺 \( DC \) 上
にあります。
この範囲のとき，\( y \) を \( x \) の式で表すと，
　\( y=x \times 6 \times \dfrac{1}{2}=3x \)

\( 6≦x≦12 \) における \( △APQ \) の底辺を \( AP \)，
高さを \( AD \) とすると，
\( x \) 秒後は，\( AP=12-x \; (cm)，AD=6 \; (cm) \) と表すことができるので，
　\( y=(12-x) \times 6 \times \dfrac{1}{2} \)
　　\( =-3x+36 \)
\( y=8 \) を代入すると，
　 \( 8=-3x+36 \)
　\( 3x=28 \)
　 \( x=\dfrac{28}{3} \)

\( △ACD \) の底辺を \( CD \)，\( △APQ \) の底辺を \( PQ \)
と考えると，高さは共通なので，
\( y \) の値，つまり，\( △APQ \) の面積が
\( △ACD \) の面積の半分になるとき，
\( PQ \) の長さは辺 \( CD \) の長さの半分になります。

点 \( D \) から辺 \( BC \) に垂線をひいた交点を
\( F \) とすると，\( DF=6 \; cm，FC=8 \; cm \) なので，
三平方の定理より，
　\( CD^2=6^2+8^2=100 \)
　 \( CD=10 \; (cm) \) (\( CD>0 \) より)

\( y \) の値が \( △ACD \) の面積の半分になるとき，
\( PQ=5 \; cm \) なので，
　\( 3x+x+5=6+7+15+10 \)
　　　　　\( 4x=33 \)
　　　　　　\( x=\dfrac{33}{4} \)

長方形を１辺を軸に回転させると円柱になるので，
求める立体は，長方形 \( ABCD \) を回転させた円柱
から長方形 \( EGFD \) を回転させた円柱を
くりぬいた形になります。

長方形 \( ABCD \) を回転させた円柱は，
底面の半径が \( 4 \; cm \)，高さが \( 6 \; cm \) なので，
体積は，
　\(  \pi{}  \times 4^2 \times 6=96\pi{} \; (cm^3) \)

長方形 \( EGFD \) を回転させた円柱は，
底面の半径が \( 3 \; cm \)，高さが \( 5 \; cm \) なので，
体積は，
　\( \pi{} \times 3^2 \times 5=45\pi{} \; (cm^3) \)

\( a \) と \( b \) の組み合わせとそのときの \( a+b \) の値を
表に書き出し，\( 6 \) になるところに ○ をつけてみます。
\( a+b=6 \) となる組み合わせは５通り，
すべての組み合わせは３６通りなので，
求める確率は，\( \dfrac{5}{36} \)

\( a \) と \( b \) の組み合わせとそのときの \( \dfrac{b+1}{a} \) の値を
表に書き出し，整数になるところに ○ をつけてみます。
整数となる組み合わせは１４通り，
すべての組み合わせは３６通りなので，
求める確率は，\( \dfrac{14}{36}=\dfrac{7}{18} \)

線分 \(OB，OC\) は，ともに半径なので，
\( △OBC \) は二等辺三角形であり，
　\( ∠OCB=∠OBC=28° \)

また，\( ∠AEC \) は，\( △BCE \) の外角なので，
　\( ∠AEC=∠EBC+∠ECB \)
　　　　　\( =28°+(37°+28°) \)
　　　　　\( =93° \)

\( ∠DCB=37°+28°=65° \) で，
\( ∠DCB \) は  \( \stackrel{\huge\frown}{ DB } \) に対する円周角，
\( ∠DOB \) は  \( \stackrel{\huge\frown}{ DB } \) に対する中心角なので，
　\( ∠BOD=2 \times 65°=130° \)

よって，\( \stackrel{\huge\frown}{ DB } \) の長さは，
　\( \pi{} \times 6 \times \dfrac{130°}{360°}=\dfrac{13}{6}\pi{} \; (cm) \)

点 \( A \) は，\( y=\dfrac{1}{2}x^2 \) 上の点で，
\( x \) 座標は \( 4 \) なので，
　\( y=\dfrac{1}{2} \times 4^2=8 \)
よって，点 \( A \) の座標は，\( A(4，8) \)

点 \( B \) の座標は，点 \( A \) と \( y \) 座標の値が等しく，
\( x \) 座標の絶対値は等しいので，\( B(-4，8) \)

点 \( C \) の \( x \) 座標の値を \( t \) とすると，
\( y=ax^2 \) は，\( y \) 軸について対称な形なので，
点 \( D \) の \( x \) 座標の値は \( -t \) と表せます。

このとき，\( DC=t-(-t)=2t，CA=4-t \) と表すことができるので，
　\( DC=CA \)
　　\( 2t=4-t \)
　　 \( t=\dfrac{4}{3} \)

１回目の操作で置くすべての黒の碁石の数は
　\( 2 \times 4=8 \)（個）
３回目の操作で置くすべての黒の碁石の数は
　\( (2+6) \times 4=32 \)（個）
５回目の操作で置くすべての黒の碁石の数は
　\( (2+6+10) \times 4=72 \)（個）
となるので，
（　　　）の中に入る項の数が１個ずつ増え，
その項の値は \( 4 \) ずつ増えていることがわかります。

ここから，
１１回目の操作で置くすべての黒の碁石の数は
\( (2+6+10+14+18+22) \times 4=288 \)（個）

\( △ADF \) と \( △DBE \) において，
点 \( D \) は辺 \( AB \) の中点なので，
　\( AD=DB \) ･･･ ➀
仮定より，
　\( AF=DE \) ･･･ ➁
\( AF//DE \) より，同位角は等しいので，
　\( ∠FAD=∠EDB \) ･･･ ➂
➀➁➂より，
２組の辺とその間の角がそれぞれ等しいので，
\( △ADF≡△DBE \)

\( △ECG \) と \( △FAC \) において，
中点連結定理より，\( BC//DE \)
仮定より，\( AF//DE \)
ここから，\( BC//AF \)
錯角は等しいので，\( ∠ECG=∠FAC \) ･･･ ➀
仮定より，\( ∠CGE=∠ACF \) ･･･ ➁
➀➁より，２組の角がそれぞれ等しいので，
\( △ECG \) ∽ \( △FAC \)

\( EC=\dfrac{1}{2}AC=4 \; (cm) \)
\( AF=DE=\dfrac{1}{2}BC=5 \; (cm) \)
なので，
　\( CG：CA=EC：FA \)
　　\( CG：8=4：5 \)
　　　 \( CG=\dfrac{32}{5} \; (cm) \)

【\( △AGE \) と \( △ABC \) の面積比】
\( △AGE \) の底辺を線分 \( AE \)，
\( △CGE \) の底辺を線分 \( EC \)
と考えると，２つの三角形は高さが共通なので，
\( AE=EC \) より，\( △AGE=△CGE \) であり，
\( △AGE \) の面積を「８」とすると，
\( △CGE \) の面積も「８」になります。

\( △ABG \) の底辺を線分 \( BG \)，
\( △ACG \) の底辺を線分 \( GC \)
と考えると２つの三角形は高さが共通なので，
　\( △ABG：△ACG=BG：GC \)
　　　　　　　　　　 \( =\dfrac{18}{5}：\dfrac{32}{5} \)
　　　　　　　　　　 \( =9：16 \)
になっています。

【\( △ABC \) の面積】
点 \( A \) から辺 \( BC \) に垂線をひき，
交点を \( H \) とします。
\( CH=x \; cm \) とすると，
\( BH=10-x \; cm \) と表せます。

\( △ABH \) と \( △ACH \) は，\( AH \) が共通なので，
三平方の定理より，
　　　\( AB^2-BH^2=AC^2-CH^2 \)
　\( 12^2-(10-x)^2=8^2-x^2 \)
　\( -x^2+20x+44=64-x^2 \)
　　　　　　　 \( 20x=20 \)
　　　　　　　　 \( x=1 \; (cm) \)
ここから，
　\( AH^2=AC^2-CH^2 \)
　　　　\( =8^2-1^2 \)
　　　　\( =63 \)
　 \( AH=3\sqrt{7} \; (cm) \) (\( AH>0 \) より)
よって，
　\( △ABC=10 \times 3\sqrt{7} \times \dfrac{1}{2}=15\sqrt{7} \; (cm^2) \)

\( △OBC \) は \( OB=OC \) の二等辺三角形なので，
\( ∠OCB=∠OBC=48° \) であり，
　\( ∠BOC=180°-48° \times 2=84° \)

\( ∠BOC \) は \( \stackrel{\huge\frown}{ BC } \) に対する中心角，
\( ∠BAC \) は \( \stackrel{\huge\frown}{ BC } \) に対する円周角
なので，
　\( ∠BAC=\dfrac{1}{2}∠BOC=42° \)

手順１　２点 \( O，P \) を通る直線を描く。
手順２　点 \( P \) を中心に円弧を描く。
(直線 \( OP \) との交点を \( A，B \) とします。)
手順３　２点 \( A，B \) を中心に円弧を描く。
(交点を \( C \) とします。)

２点 \( C，P \) を通る直線が求める接線になります。

補助線 \( CI \) をひくと，
\( △CEI \) と \( △CBI \) において，
　\( CI \) は共通 ･･･ ➀
長方形の内角なので，
　\( ∠CEI=∠CBI \) ･･･ ➁
合同な長方形の重なり合う辺であったので，
　\( EC=BC \) ･･･ ➂
➀➁➂より，
斜辺と他の１組の辺が等しい直角三角形なので，
　\( △CEI≡△CBI \)
合同な三角形の対応する辺は等しいので，\( EI=BI \)

点 \( B \) は \( y=\dfrac{1}{4}x^2 \) 上の点で，
\( x \) 座標が \( 6 \) なので，
　\( y=\dfrac{1}{4} \times 6^2=9 \)
直線 \( AB \) は，２点 \( A(-2，1)，B(6，9) \) を通るので，
　傾き \( =\dfrac{9-1}{6-(-2)}=1 \)
直線 \( AB \) の式を \( y=x+b \) とし，
\( x=6，y=9 \) を代入すると，
　\( 9=6+b \)
　\( b=3 \)

３点 \( P，Q，R \) の座標は，それぞれ
　\( P \left( t，\dfrac{1}{4}t^2 \right)，Q(t，t+3)，R(t，0) \)
と表すことができるので，
　\( QP=(t+3)-\dfrac{1}{4}t^2，PR=\dfrac{1}{4}t^2 \)
と表すことができます。

\( QP=PR \) であるとき，
　\( (t+3)-\dfrac{1}{4}t^2=\dfrac{1}{4}t^2 \)
　 \( 4(t+3)-t^2=t^2 \)
　 \( 2t^2ー4t-12=0 \)
　　　\( t^2ー2t-6=0 \)
　　　　　　　 \( t=\dfrac{2±\sqrt{4+24}}{2} \)
　　　　　　　　 \( =1+\sqrt{7} \) ( \( 0<t<6 \) より)

\( △QES \) と \( △DEF \) において，\( QS//DF \) より，
\( △QES \) ∽ \( △DEF \) なので，
　\( QS：DF=QE：DE \)
　　 \( QS：8=2：(2+1) \)
　　　 \( QS=\dfrac{16}{3} \; (cm) \)
\( △QES \) と \( △DEF \) についても同様なので，
　\( PR=\dfrac{16}{3} \; (cm) \)

\( AB=DE，AP：PB=1：2，DQ：QE=1：2 \) より，\( AP=DQ \)
さらに，\( AB//DE \) でもあるので，
１組の向かい合う辺が平行で長さが等しいので，
四角形 \( APQD \) は平行四辺形であり。
　\( PQ=AD=3\sqrt{2} \; cm \)

四角すい \( T-PRSQ \) は，
➀で底面 \( PRSQ \) の面積がわかっているので，
高さがわかれば体積を求めることができます。

\( T \) から面 \( BEFC \) に垂線をひき，
交点を \( U \) とすると，
四角すい \( T-PRSQ \) と四角すい \( U-PRSQ \) の
体積が等しくなります。

\( U \) から面 \( PRSQ \) に垂線をひき，
交点を \( V \) とすると，\( UV \) が高さとなるので，
\( UV \) を求めればいいことになります。

\( T \) は面 \( ACSQ \) 上の点なので，面 \( ACSQ \) に注目すると，
\( AC//QS \) より，\( △TAC \) ∽ \( △TSQ \) であり，
　\( TA：TS=AC：SQ=8：\dfrac{16}{3}=3：2 \)

\( T \) から線分 \( CS \) に垂線をひき，交点を \( U \) とすると，
\( CU \) は \( △TAC \) の高さ，\( SU \) は \( △TSQ \) の高さ
と考えることができ．
相似な三角形は高さの比も相似比と等しいので，
　\( CU：SU=3：2 \)

次に，\( △CRS \) に注目すると，
\( U \) から線分 \( RS \) に垂線をひき，交点を \( V \) とすると，
\( UV \) は，四角すい \( U-PRSQ \) の高さになります。

\( △SUV \) と \( △SCR \) において，
\( CR//UV \) なので，\( △SUV \) ∽ \( △SCR \) であり，
　\( UV：CR=SU：SC \)
　　 \( UV：2=2：(2+3) \)
　　　　\( UV=\dfrac{4}{5} \; (cm) \)