大きいさいころの出る目の数と小さいさいころの出る目の数の組み合わせを表に書き出し，大きいさいころの出る目の数が小さいさいころの出る目の数より大きくなるところに 〇 をつけてみます。

大きいさいころの出る目の数が小さいさいころの出る目の数より大きくなる組み合わせは \( 15 \) 通り，
全ての組み合わせは \( 36 \) 通りなので，
求める確率は \( \dfrac{15}{36}=\dfrac{5}{12} \)

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

手順３の直線と辺 \( AC \) との交点が
求める点 \( P \) になります。

\( ∠BPC \) は \( △ABC \) の外角なので，
\( ∠BAC=54°，∠ABP=36° \) より，
　\( ∠BPC=∠BAC+∠ABP \)
　　　　　\( =54°+36° \)
　　　　　\( =90° \)

よって，\( BP⊥AC \) になるので，
点 \( B \) を通る辺 \( AC \) の垂線を
描けばいいことになります。

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

点 \( B \) は \( y=\dfrac{1}{2}x^2 \) 上の点で，
\( x \) 座標は \( 3 \) なので，\( y \) 座標の値は，
　\( y=\dfrac{1}{2} \times 3^2=\dfrac{9}{2} \)

直線 \( AB \) の式を \( y=ax+b \) とすると，
直線 \( AB \) は \( A(-2，2)，B\left(3，\dfrac{9}{2}\right) \) を通るので，
　傾き \( a=\dfrac{\dfrac{9}{2}-2}{3-(-2)}=\dfrac{1}{2} \)

平行四辺形の向かい合う辺は
それぞれ平行で長さが等しいので，
\( AB//CD，AB=CD \) になっています。

また，（１）より，
点 \( A \) から \( x \) 方向に \( 5 \)， \( y \) 方向に \( \dfrac{5}{2} \)
移動した点が点 \( B \) なので，
点 \( C \) から \( x \) 方向に \( 5 \)， \( y \) 方向に \( \dfrac{5}{2} \)
移動した点が点 \( D \) になります。

点 \( D \) の座標を \( D(s，t) \) とすると，
　\( s=-1+5=4 \)
　\( t=-4+\dfrac{5}{2}=-\dfrac{3}{2} \)
なので，点 \( D \) の座標は \( D\left(4，-\dfrac{3}{2}\right) \)

平行四辺形は，対角線によって二等分されるので，
\( △ABC \) の面積は四角形 \( ACDB \) の面積の半分になります。
つまり，\( △ABP \) の面積が\( △ABC \) の面積と等しくなるときの \( p \) の値を求めればいいことに
なります。

\( AB//CD \) より，等積変形の考え方から，
直線 \( CD \) と \( y \) 軸の交点が点 \( P \) になるとき，
\( △ABC=△ABP \) になるので，
直線 \( CD \) の式を \( y=\dfrac{1}{2}x+p \) とし，
\( x=-1，y=-4 \) を代入すると，
　\( -4=\dfrac{1}{2} \times (-1)+p \)
　　\( p=-\dfrac{7}{2} \)

円すいの展開図では，側面のおうぎ形の弧の長さと
底面の円周の長さは等しくなっています。
おうぎ形の中心角の大きさは弧の長さに比例するので，おうぎ形の中心角を \( x \) とすると，
　\( x=\dfrac{2\pi{} \times 6}{2\pi{} \times 12} \times 360°=180° \)

よって，表面積は
　\( \pi{} \times 12^2 \times \dfrac{180°}{360°}+\pi{} \times 6^2=108\pi{} \; (cm^2) \)

中心角の大きさは弧の長さに比例することから，
円周が３等分されるとき，中心角も３等分されます。

底面の円の中心を \( O \) とすると，
　\( ∠POQ=\dfrac{1}{3} \times 360°=120° \)

\( ∠POQ \) は \( \stackrel{\huge\frown}{ PQ } \) の中心角，\( ∠PRQ \) は \( \stackrel{\huge\frown}{ PQ } \) の円周角なので，
　\( ∠PRQ=\dfrac{1}{2}∠POQ=60° \)

線分 \( RO \) を延長したときの辺 \( PQ \) との交点を
\( M \) とすると，\( △OPQ \) は \( ∠POQ=120° \) の二等辺三角形なので，
　\( ∠OPQ=\dfrac{180°-120°}{2}=30° \)

\( RM⊥PQ \) になることから，
\( △OPM \) は \( 30°，60°，90° \) の直角三角形なので，
　\( OM=\dfrac{1}{2}OP=3 \; (cm) \)
　\( PM=\dfrac{\sqrt{3}}{2}OP=3\sqrt{3} \; (cm) \)

点 \( M \) は辺 \( PQ \) の中点になるので，
　\( PQ=2PM=6\sqrt{3} \; (cm) \)

【解法】
中心角の大きさは弧の長さに比例することから，
円周が \( 3：4：5 \) の比で分割されるとき，
それぞれの弧に対する中心角の比も \( 3：4：5 \) なので，
\( ∠POQ：∠QOR：∠ROP=\stackrel{\huge\frown}{ PQ }：\stackrel{\huge\frown}{ QR }：\stackrel{\huge\frown}{ RP } \)
　　　　　　　　　　　　　 \( =3：4：5 \)
であり，
　\( ∠POQ=\dfrac{3}{12} \times 360°=90° \)
　\( ∠QOR=\dfrac{4}{12} \times 360°=120° \)
　\( ∠ROP=\dfrac{5}{12} \times 360°=150° \)

\( △OPQ \) は \( OP=OQ=6 \; cm \) の直角二等辺三角形なので，
　\( PQ=\sqrt{2}OP=6\sqrt{2} \; (cm) \)

点 \( Q \) から辺 \( RP \) に垂線をひき，交点を \( S \) とすると，
\( △PQS \) は \( 30°，60°，90° \) の直角三角形なので，
　\( PS=\dfrac{1}{2}PQ=3\sqrt{2} \; (cm) \)
　\( QS=\dfrac{\sqrt{3}}{2}PQ=3\sqrt{6} \; (cm) \)
\( △RQS \) は直角二等辺三角形なので，
　\( RS=QS=3\sqrt{6} \; (cm) \)
ここから，
　\( RP=RS＋PS=3\sqrt{6}+3\sqrt{2} \; (cm) \)
であり，\( △PQR \) の面積は，
　\( RP \times QS \times \dfrac{1}{2}=(3\sqrt{6}+3\sqrt{2}) \times 3\sqrt{6} \times \dfrac{1}{2} \)
　　　　　　　　　\( =27+9\sqrt{3} \; (cm^2) \)

また，求める立体の高さを \( h \; cm \) とすると，
三平方の定理より，
　\( h^2=12^2-6^2=108 \)
　 \( h=6\sqrt{3} \; (cm) \)

よって，求める立体の体積は，
　\( (27+9\sqrt{3}) \times 6\sqrt{3} \times \dfrac{1}{3}=54+54\sqrt{3} \; (cm^3) \)

\( x=3 \) のとき，\( △APQ \) は，右の図のように
\( AP=AQ=3 \; cm，∠PAQ=90° \)
の直角二等辺三角形になるので，
　\( y=3 \times 3 \times \dfrac{1}{2}=\dfrac{9}{2} \; (cm^2) \)

点 \( P \) が点 \( B \) 上にあるのは，\( x=8 \) のとき，
点 \( C \) 上にあるのは，\( x=12 \) のとき
なので，点 \( P \) が辺 \( BC \) 上を動くとき，
点 \( Q \) は右の図の緑の線の部分を動きます。

\( △APQ \) の底辺を \( AQ \) とすると，
点 \( P \) が辺 \( BC \) 上を動くとき，
\( AQ=x \; cm \) であり，
\( AF//BC \) より，高さは常に \( 8 \; cm \) なので，
　\( y=x \times 8 \times \dfrac{1}{2}=4x \)

このとき，\( x \) と \( y \) の関係を式で表すと，
\( AB+BC+CP=x \; (cm) \)，
\( AB+BC=12 \; (cm) \) より，
　\( CP=x-12 \; cm \) ，
\( AF+FQ=x \; (cm) \)，
\( AF+FG=20 \; cm \) より，
　\( QG=20-x \; cm \)
　\( FQ=x-12 \; cm \)
なので，
　長方形 \( ABGF=12 \times 8=96 \; (cm^2) \)

　\( △AFQ=12 \times (x-12) \times \dfrac{1}{2} \)
　　　　　\( =6x-72 \; (cm^2) \)

　台形 \( ABCP=\{ (x-12)+8 \} \times 4 \times \dfrac{1}{2} \)
　　　　　　　 \( =2x-8 \; (cm^2) \)

このとき，\( x \) と \( y \) の関係を式で表すと，
\( AB+BC+CD+DP=x \; (cm) \)，
\( AB+BC+CD+DE=24 \; cm \) より，
　\( PE=24-x \; cm \)
なので，
　\( y=(24-x) \times 4 \times \dfrac{1}{2} \)
　　\( =-2x+48 \)
と表すことができます。

直径に対する円周角なので，\( ∠ACB=90° \)
弧の長さが等しいとき，対応する弦の長さも等しいので，
\( \stackrel{\huge\frown}{ AC }=\stackrel{\huge\frown}{ BC } \) より，\( AC=BC \)
ここから，\( △ACB \) は直角二等辺三角形なので，
　\( ∠CAB=45° \)
線分 \( AF \) は \( ∠CAB \) の二等分線なので，
　\( ∠BAG=\dfrac{1}{2}∠CAB=22.5° \)

\( ∠BAG \) は \( \stackrel{\huge\frown}{ BG } \) に対する円周角，
\( ∠BOG \) は \( \stackrel{\huge\frown}{ BG } \) に対する中心角なので，
　\( ∠BOG=2∠BAG=45° \)

【黄緑の部分の場所を移動させる】
➀より，\( ∠CAG=∠BAG=22.5° \) なので，
中心角と円周角の関係から，
　\( ∠COG=∠BOG=45° \)

このとき，おうぎ形 \( OBG \) とおうぎ形 \( OCG \)，\( △OBG \) と \( △OCG \) はそれぞれ合同であり，
おうぎ形 \( OBG \) から \( △OBG \) を引いた弓形と
おうぎ形 \( OCG \) から \( △OCG \) を引いた弓形
も合同になっています。

合同な図形の面積は等しいので，右の図のように黄緑の部分を移動させても面積は等しくなります。

【紫の部分の場所を移動させる】
（１）より，\( △BEF \) が二等辺三角形であることに
注目すると，
\( ∠EGB \) は直径 \( AB \) に対する円周角なので，
　\( ∠EGB=90° \)
であり，\( △BEG≡△BFG \) になっています。

よって，右の図のように紫の部分を移動させることができます。

【台形 \( OBDC \) の面積を求める】
\( △ABD \) において，
円の直径と接線は接点において垂直に交わるので，
　\( ∠ABD=90° \)
問➀より，
　\( ∠CAB=45° \)
であり，\( △ABD \) は直角二等辺三角形なので，
　\( BD=AB=4 \; cm \)
円 \( O \) の半径なので，
　\( OB=OC=2 \; cm \)
よって，台形 \( OBDC \) の面積は，
　\( (2+4) \times 2 \times \dfrac{1}{2}=6 \; (cm^2) \)

【\( △OBG，△OCG \) の面積を求める】
\( △OBG \) において，点 \( G \) から線分 \( BO \) に垂線をひき，交点を \( H \) とすると，
　\( ∠BOG=45° \) より，
\( △OGH \) は直角二等辺三角形になっています。

円 \( O \) の半径なので，
　\( OG=2 \; cm \)
であることから，
　\( GH=\dfrac{1}{\sqrt{2}}OG=\sqrt{2} \; (cm) \)
よって，\( △OBG \) の面積は，
　\( 2 \times \sqrt{2} \times \dfrac{1}{2}=\sqrt{2} \; (cm^2) \)

\( △OBG，△OCG \) は合同なので，
　\( △OCG=△OBG=\sqrt{2} \; (cm^2) \)

\( y=ax^2 \) について，
\( x=2 \) のときの \( y \) 座標の値は，
　\( y=a \times 2^2=4a \)
\( x=6 \) のときの \( y \) 座標の値は，
　\( y=a \times 6^2=36a \)
なので，
変化の割合は
　\( \dfrac{36a-4a}{6-2}=8a \)
と表すことができます。

よって，
　\( 8a=12 \)
　 \( a=\dfrac{3}{2} \)

【別解】
２つの数の積が奇数になるのは
　奇数 \(  \times  \) 奇数
の場合になります。

奇数は \( 1，3，5 \) の３つなので，
２個とも奇数を取り出すときの組み合わせは，
\( 1 \) と \( 3 \)，\( 1 \) と \( 5 \)，\( 3 \) と \( 5 \)
の３通り

ここから，積が奇数になる確率は \( \dfrac{3}{10} \) なので，
積が偶数になる確率は \( 1-\dfrac{3}{10}=\dfrac{7}{10} \)

手順１　点 \( A \) を中心に円弧を描く。
　　　　(辺 \( AB，AC \) との交点をそれぞれ
　　　　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。

手順３の直線と辺 \( BC \) との交点が，
求める点 \( P \) になります。

辺 \( AB \) が辺 \( AC \) に重なるように \( △ABC \) を折ったときの，点 \( B \) の移動先を点 \( B’ \) とすると，折り返す前後の図形は合同なので，\( △ABP≡△AB’P \)

対応する角のは等しいので，\( ∠BAP=∠B’AP \)
よって，折り目の直線 \( AP \) は \( ∠BAC \) の二等分線になります。

\( △ACD \) は \( AC=AD \) の二等辺三角形で，
\( M \) は辺 \( CD \) の中点であることから，
\( AM⊥CD \) なので，三平方の定理より，
　\( AM^2=7^2-2^2=45 \)
　 \( AM=3\sqrt{5} \; (cm) \)

\( △ACD，△BCD \) はどちらも \( 7 \; cm，7 \; cm，4 \; cm \) の二等辺三角形なので，
この２面に注目するとひし形 \( ACBD \) を
対角線 \( CD \) で折り曲げた形になっています。
ここから，点 \( A \) から面 \( BCD \) に垂線をひき，
交点を \( N \) とすると，
点 \( N \) は線分 \( BM \) 上の点になります。

\( △ABM \) は１辺 \( 3\sqrt{5} \; cm \) の正三角形なので，
　\( AN=\dfrac{\sqrt{3}}{2}AM=\dfrac{3\sqrt{15}}{2} \; (cm) \)

面 \( △ABM \) に注目すると，
\( △ABN \) と \( △PBL \) において，
\( AN//PL \) なので，中点連結定理より，
　\( PL=\dfrac{1}{2}AN \)
　 \( H_2=\dfrac{1}{2}H_1 \)

ここから，
　　\( S_2H_2=\dfrac{1}{3}S_1H_1 \)
　\( \dfrac{1}{2}S_2H_1=\dfrac{1}{3}S_1H_1 \)
　　　 \( S_2=\dfrac{2}{3}S_1 \)

面 \( △BCD \) に注目すると，
\( △BCD \) と \( △QCD \) は，底辺 \( CD \) が共通なので，面積比は高さの比と等しくなります。

ここから，\( S_2=\dfrac{2}{3}S_1 \) であるとき，
\( QM=\dfrac{2}{3}BM=\dfrac{2}{3} \times 3\sqrt{5}= 2\sqrt{5} \; (cm) \)

ＡさんとＢさんは，
Ａ宅から \( 600 \; m \) の場所で出会った後，
Ｃ宅まで毎分 \( 120 \; m \) の速さで走ったので，
かかった時間は， \( \dfrac{1200-600}{120}=5 \) （分）。

これをグラフに書き込むと右の図のようになります。

\( △AED \) と \( △ABG \) において
\( ∠AOC \) は弧 \( AC \) の中心角
\( ∠ABC \) は弧 \( AC \) の円周角
なので，\( ∠ABC=\dfrac{1}{2}∠AOC=30° \)
\( ∠ABG=∠ABC \) であり，
\( ∠AED=30° \) より，
\( ∠AED=∠ABG \) ･･･ ➀
\( ∠A \) は共通 ･･･ ➁
➀➁より，２組の角がそれぞれ等しいので，
\( △AED \) ∽ \( △ABG \)

\( △ABC \) において，
直径に対する円周角なので，\( ∠ACB=90° \)
（１）より \( ∠ABC=30° \)
なので，
　\( AC=\dfrac{1}{2}AB=3 \; (cm) \)
　\( BC=\dfrac{\sqrt{3}}{2}AB=3\sqrt{3} \; (cm) \)

\( △AGC \) において，三平方の定理より，
　\( CG^2=4^2-3^2=7 \)
　 \( CG=\sqrt{7} \; (cm) \) (\( CG>0 \) より)

\( △AED \)∽\( △ABG \)，\( AB=6 \; cm，AG=4 \; cm \)，
\( AD=\dfrac{1}{3}AB=2 \; cm \) より，
相似比は
　\( AD：AG=AE：AB \)
　　　　 \( 2：4=AE：6 \)
　　　　\( AE=3 \; (cm) \)

ここから，\( EG=AG-AE=1 \; (cm) \)

\( △EGF \) と \( △BDF \) において，
対頂角は等しいので，\( ∠GEF=∠AED \)
（１）より，\( ∠DBF=∠AED \)
ここから，\( ∠GEF=∠DBF \) ･･･ ➀
また，\( ∠F \) は共通 ･･･ ➁
➀➁より，２組の角がそれぞれ等しいので，
\( △EGF \) ∽ \( △BDF \)

相似比は，\( EG：DB=1：4 \)

点 \( D，E \) から線分 \( BF \) に垂線をひき，
交点を \( H，I \) とすると，
\( △ABC \) ∽ \( △DBH \) であり，
\( AB=6 \; cm，AC=3 \; cm，DB=4 \; cm \) なので，
　\( AB：DB=AC：DH \)
　　　　\( 6：4=3：DH \)
　　　　\( DH=2 \; (cm) \)

\( △AGC \) ∽ \( △EGI \) であり，
\( AG=4 \; cm，AC=3 \; cm，EG=1 \; cm \) なので，
　\( AG：EG=AC：EI \)
　　　　\( 4：1=3：EI \)
　　　　　\( EI=\dfrac{3}{4} \; (cm) \)

\( △EFI \) と \( △DFH \) において，
\( ∠EIF=∠DHF=90° \)，\( ∠F \) は共通
より，２組の角がそれぞれ等しいので，
\( △EFI \) ∽ \( △DFH \)

相似比は，\( EI：DH=\dfrac{3}{4}：2=3：8 \)

\( EF：DF=3：8 \) より，\( DE=x \; cm \) とすると，
　\( EF：DE=3：5 \)
　 \( EF：x=3：5 \)
　　 \( EF=\dfrac{3}{5}x \; (cm) \)

\( △EGF \) ∽ \( △BDF \) で，相似比は \( 1：4 \) なので，
　\( GF：DF=1：4 \)
　 \( GF：\dfrac{8}{5}x=1：4 \)
　　　 \( GF=\dfrac{2}{5}x \; (cm) \)

\( △AED \) ∽ \( △ABG \)，\( AD=2 \; cm，AG=4 \; cm，BG=(3\sqrt{3}+\sqrt{7}) \; cm \) より，
　\( AD：AG=x：BG \)
　　　　\( 2：4=x：(3\sqrt{3}+\sqrt{7}) \)
　　　　　 \( x=\dfrac{3\sqrt{3}+\sqrt{7}}{2} \; (cm) \)
なので，
　\( △EFG=\dfrac{3}{20}x \)
　　　　　\( =\dfrac{3}{20} \times \dfrac{3\sqrt{3}+\sqrt{7}}{2} \)
　　　　　\( =\dfrac{9\sqrt{3}+3\sqrt{7}}{40} \; (cm^2) \)