\( ∠BAC=40° \) は \( \stackrel{\huge\frown}{ BC } \) に対する円周角，
\( ∠BOC \) は \( \stackrel{\huge\frown}{ BC } \) に対する中心角なので，
　\( ∠BOC=2∠BAC=80° \)

線分 \( OB，OC \) は円 \( O \) の半径であることから，\( △OBC \) は二等辺三角形なので，
　\( ∠x=\dfrac{180°-∠BOC}{2}=50° \)

手順１　２点 \( O，P \) を中心に線分 \( OP \) を
　　　　半径とする円弧を描く
　　　　（交点を \( A \) とします）
手順２　２点 \( O，A \) を通る直線を描く
手順３　２点 \( A，P \) を中心に円弧を描く
　　　　（交点を \( B \) とします）
手順４　２点 \( O，B \) を通る直線を描く

２つのさいころをＡ，Ｂとして，２つのさいころの出る目の組み合わせとその積を表に書き出し，
積が \( 12 \) になるところに 〇 をつけると，
右のようになります。

全ての組み合わせは \( 36 \) 通り，
積が \( 12 \) になる組み合わせは \( 4 \) 通りなので，
求める確率は \( \dfrac{4}{36}=\dfrac{1}{9} \)

度数分布表では，すべての階級の相対度数の合計は
必ず \( 1 \) になります。
３回の階級の相対度数を \( x \) とすると，
　\( 0,15+0,40+0,25+x=1 \)
　　　　　　　　　　　　　\( x=0,20 \)

四分位範囲の大きさは，箱ひげ図の箱の部分の
長さが長い（高さが高い）ほど大きくなります。

箱ひげ図から，Ａの方がＢより箱の部分の高さは低いので，四分位範囲は小さいと判断できます。

また，四分位範囲の中（箱の中）には全体の約５０％の個数の値が含まれます。

つまり，Ａの方がＢより小さい箱の中に１３個の値を含んでいるので，それぞれの値の散らばりの程度も小さいといえます。

点 \( A \) は \( y=\dfrac{1}{2}x^2 \) 上の点で， \( x \) 座標の値が \( 4 \)
なので，\( y \) 座標の値は，
　\( y=\dfrac{1}{2} \times 4^2=8 \)
であり，点 \( A \) の座標は \( A(4，8) \)
ここから，直線 \( OA \) の式は \( y=2x \)

点 \( Q \) は \( y=2x \) 上の点で，\( x \) 座標の値が \( 6 \)
なので，\( y \) 座標の値は，
　\( y=2 \times 6=12 \)
であり，点 \( Q \) の座標は \( Q(6，12) \)

点 \( R \) は \( y=\dfrac{1}{2}x^2 \) 上の点で，\( x \) 座標の値が \( 6 \)
なので，\( y \) 座標の値は，
　\( y=\dfrac{1}{2} \times 6^2=18 \)
であり，点 \( R \) の座標は \( R(6，18) \)

点 \( P \) の \( x \) 座標を \( s \) とすると，
点 \( Q \) の \( y \) 座標は \( 2s \)，
点 \( R \) の \( y \) 座標は \( \dfrac{1}{2}s^2 \)
と表すことができるので，
　\( PQ=2s \)
　\( QR=\dfrac{1}{2}s^2-2s \)
と表すことができます。

以上より，
　　　　\( PQ=QR \)
　　　　 \( 2s=\dfrac{1}{2}s^2-2s \)
　\( \dfrac{1}{2}s^2-4s=0 \)
　　\( s^2-8s=0 \)
　 \( s(s-8)=0 \)
　　　　　\( s=0，8 \)
\( s \) は正の数なので，あてはまるのは \( s=8 \)
よって，求める点 \( P \) の \( x \) 座標は \( 8 \) になります。

点 \( C \) から線分 \( AB \) に垂線をひき，
交点を \( M \) とすると，
\( △MBC \) は，\( BM=CM=4 \; cm \) の直角二等辺三角形になっているので，
　\( BC=\sqrt{2}CM=4\sqrt{2} \; (cm) \)

よって，四角形 \( ABCD \) の面積は，
　\( 4\sqrt{2} \times 4=16\sqrt{2} \; (cm^2) \)

\( △ABE \) と \( △PCE \) において，
対頂角は等しいので，\( ∠AEB=∠PEC \) ･･･ ➀
長方形の向かい合う辺は平行なので，
\( AB//PC \) であり，
錯角は等しいので，\( ∠ABE=∠PCE \) ･･･ ➁
➀➁より，２組の角がそれぞれ等しいので，
　\( △ABE \) ∽ \( △PCE \)

補助線 \( AC \) をひくと，
\( △ABE \) と \( △ACE \) において，
長方形の内角は \( 90° \) なので，
　\( ∠AEB=∠AEC=90° \) ･･･ ➀
\( △ABE≡△PCE \) より，
　\( BE=CE \) ･･･ ➁
また，\( AE \) は共通 ･･･ ➂
➀➁➂より，
２組の辺とその間の角がそれぞれ等しいので，
　\( △ABE≡△ACE \)
対応する辺は等しいので，\( AB=AC \) ･･･ ➃

点 \( B \) から線分 \( CP \) に垂線をひき，
交点を \( H \) とすると，
\( △ABE \) と \( △BCH \) において，
長方形ア，イのリボンの幅を表しているので，
　\( AE=BH=4 \; cm \) ･･･ ➄
　\( ∠AEB=∠BHC=90° \) ･･･ ⑥
三角形の内角の和は \( 180° \) なので，
　\( ∠BAE=90°-∠ABE \) ･･･ ⑦
\( ∠ABH=90° \) でもあるので，
　\( ∠CBH=90°-∠ABE \) ･･･ ⑧
⑦⑧より，
　\( ∠BAE=∠CBH \) ･･･ ➈
➄⑥➈より，
１組の辺とその両端の角がそれぞれ等しいので，
　\( △ABE≡△BCH \)
対応する辺は等しいので，\( AB=BC \) ･･･ ➉

\( △PDA \) において，
\( △ABE≡△PCE \) より，
　\( ∠CPE=∠BAE=30° \)
長方形 \( AEFG \) の内角なので，
　\( ∠PAD=90° \)
以上より，\( △PDA \) は
\( 30°，60°，90° \) の直角三角形になっています。

\( △ABE≡△PCE \) より，
\( AE≡PE=4 \; cm \) であり，\( PA=8 \; cm \) なので，
　\( PD=\dfrac{2}{\sqrt{3}}PA=\dfrac{16\sqrt{3}}{3} \; (cm) \)

（２）➀より，\( △ABE≡△BCH \) なので，
\( AB=BC \) になっています。
\( △ABE \) において，\( BE=x \; cm \) とすると，
三平方の定理より，
　\( AB^2=x^2+4^2 \)
また，\( BC=x+3 \; cm \) と表すことができるので，
　\( BC^2=(x+3)^2 \)
\( AB=BC \) より，\( AB^2=BC^2 \) なので，
　　 \( AB^2=BC^2 \)
　\( x^2+4^2=(x+3)^2 \)
　\( x^2+16=x^2+6x+9 \)
　　　 \( 6x=7 \)
　　　　\( x=\dfrac{7}{6} \; (cm) \)

よって，
　\( BE：EC=x：3 \)
　　　　　　\( =\dfrac{7}{6}：3 \)
　　　　　　\( =7：18 \)

手順１　２点 \( A，B \) を中心に円弧を描く。
(交点を \( D，E \) とします。)
手順２　２点 \( D，E \) を通る直線を描く。
手順３　２点 \( B，C \) を中心に円弧を描く。
(交点を \( F，G \) とします。)
手順４　２点 \( F，G \) を通る直線を描く。

手順２と手順４の直線の交点が求める円の中心 \( O \) になります。

二次関数 \( y=ax^2 \) のグラフは，\( y \) 軸に関して対称になっています。

線分 \( AB \) と \( y \) 軸の交点を \( D \) とすると，
\( AB \) の中点になるので， \( BD=2 \) であり，
点 \( B \) の \( x \) 座標は \( 2 \) になります。

\( y=3x^2 \) に \( x=2 \) を代入すると，
　\( y=3 \times 2^2=12 \)
よって，点 \( B \) の座標は，\( B(2，12) \)

〔夏さんの連立方程式〕を解く場合
　　\( \left\{ \begin{array}{}
x+y=220  \; \; ･･･ \; \;  ➀ \\
\dfrac{110}{100}x+\dfrac{140}{100}y = 278  \; \; ･･･ \; \;  ➁ \\
\end{array} \right.  \)
　　➁ \(  \times 100 \) して整理すると，
　　　\( 11x+14y=2780 \) ･･･ ➁’
　　➀ \(  \times 14 \) すると，
　　　\( 14x+14y=3080 \) ･･･ ➀’
　　➀’ \( – \)➁’
　　　\( 3x=300 \)
　　　 \( x=100 \)

桜さんは，学校を出発してから \( 8 \) 分後に家に到着し，その \( 3 \) 分後に家を出発するので，家を出発するのは，学校を出発してから \( 11 \) 分後になります。
ここから，家を出発した時点を表す座標は \( (11，400) \) になります。

歩く速さが分速 \( 50 \; m \) であることから，
この直線（右のグラフで赤の直線）の式を \( y=50x+b \) とし，
\( x=11，y=400 \) を代入すると，
　\( 400=50 \times 11+b \)
　　 \( b=-150 \)
となり，
この直線の式は \( y=50x-150 \) になります。

（２）より，桜さんが家から図書館に着くまでの状態を表す式は
\( y=50x-150 \) なので，
　\( y=50 \times 16-150=650 \; (m) \)

鈴さんが，家を出発するのは，
学校を出発してから \( 15 \) 分後なので，
家を出発した時点を表す座標は
\( (15，-500) \) になります。

自転車で進む速さが分速 \( 200 \; m \) であることから，
この直線（右のグラフで青の直線）の式を \( y=200x+b \) とし，
\( x=15，y=-500 \) を代入すると，
　\( -500=200 \times 15+b \)
　　 \( b=-3500 \)
となり，
この直線の式は \( y=200x-3500 \) になります。
ここに \( x=16 \) を代入すると，
　\( y=200 \times 16-3500=-300 \; (m) \)

（２）より，桜さんが家から図書館に着く点を表す
座標は \( (33，1500) \) になります。
鈴さんが図書館に向かう状態
（右のグラフで緑の直線）
を表す式を \( y=200x+c \) とすると，
\( (33，1500) \) を通るので，
　\( 1500=200 \times 33+c \)
　　　 \( c=-5100 \)
となり，この直線の式は
　\( y=200x-5100 \)
となります。

鈴さんが家を出発した点の \( y \) 座標は \( -500 \) なので，
そのときの \( x \) の値は，
　\( -500=200x-5100 \)
　\( 200x=4600 \)
　　　\( x=23 \)
となり，鈴さんが家を出発したのは，
学校を出発してから \( 23 \) 分後になります。

\( △OAB \) が直角二等辺三角形になるときの
点 \( B \) の \( x \) 座標を \( t \) とすると，
\( A，B \) の座標は，
　\( A(t，\dfrac{12}{t})，B(t，0) \)
と表すことができます。

\( △OAB \) が直角二等辺三角形になるとき，
\( OB=AB \) なので，
　 \( t=\dfrac{12}{t} \)
　\( t^2=12 \; (t≠0) \)
　 \( t=2\sqrt{3} \; (t>0) \)

このとき，\( OB=2\sqrt{3} \; cm \) なので，
　\( OA=\sqrt{2}OB \)
　　　\( =\sqrt{2} \times 2\sqrt{3} \)
　　　\( =2\sqrt{6} \; (cm) \)

点 \( D \) の \( x \) 座標は \( 2 \) なので，\( y \) 座標は，
　\( y=\dfrac{8}{2}=4 \)
点 \( C \) の \( x \) 座標は \( 4 \) になるので，\( x \) 座標は，
　\( 4=\dfrac{8}{x} \)
　\( x=2 \)
ここから，点 \( C，D \) の座標は \( C(4，2)，D(2，4) \)

関数 \( y=\dfrac{a}{x} \) のグラフは原点 \( O \) に関して対称な形になるので，点 \( E \) の座標は \( E(-2，-4) \)。

直線 \( CE \) と \( x \) 軸の交点を点 \( F \) とし，
\( x \) 座標の値を \( t \) とすると，
直線 \( CE \) の傾きは，
　傾き \( =\dfrac{2-(-4)}{4-(-2)}=1 \)
であり， \( CF \) の傾きも等しいので，
　\( \dfrac{2-0}{4-t}=1 \)
　 \( 4-t=2 \)
　　　 \( t=2 \)
となり，点 \( F \) の座標は \( F(2，0) \)

補助線 \( DF \) をひくと，
\( D，F \) の \( x \) 座標は，どちらも \( 2 \) なので，
補助線 \( DF \) は \( x \) 軸と垂直になっています。

ここから，\( △CDE \) の面積は，
　\( △CDE=△EDF+△CDF \)
　　　　　 \( =4 \times 4 \times \dfrac{1}{2}+4 \times 2 \times \dfrac{1}{2} \)
　　　　　 \( =8+4 \)
　　　　　 \( =12 \; (cm^2) \)

２点 \( D，E \) は原点 \( O \) に関して対称な点なので，
\( OD=OE \) になっており，
求める直線は原点 \( O \) を通ることがわかります。

よって，
この直線は原点 \( O \) と \( C(4、2) \) を通るので，
この直線の式は \( y=\dfrac{1}{2}x \) になります。

\( △ABE \) と\( △CBF \) において
長方形の内角はすべて \( 90° \) なので，
　\( ∠ABE=90°-∠CBE \) ･･･ ➀
　\( ∠CBF=90°-∠CBE \) ･･･ ➁
➀➁より，
　\( ∠ABE=∠CBF \) ･･･ ➂
長方形 \( EBFG \) は，長方形 \( ABCD \) を回転させたものなので，
　\( BA=BE \)
　\( BC=BF \)
であり，
　\( BA：BC=BE：BF \) ･･･ ➃
➂➃より，
２組の辺の比とその間の角が等しいので，
　\( △ABE \) ∽ \( △CBF \)

\( BE=AB=6 \; cm，EH=5 \; cm \) より，\( HB=1 \; cm \) なので，
\( △BFH \) において，三平方の定理より，
　\( FH^2=3^2+1^2=10 \)
　 \( FH=\sqrt{10} \; (cm) \)

点 \( B \) から線分 \( FH \) に垂線をひき，交点を \( I \) とすると，
\( △BFH \) の面積は
　\( BF \times BH \times \dfrac{1}{2} \)
　\( FH \times BI \times \dfrac{1}{2} \)
と２通りで表すことができるので，
　\( 3 \times 1 \times \dfrac{1}{2}=\sqrt{10} \times BI \times \dfrac{1}{2} \)
　　　　　 \( 3=\sqrt{10}BI \)
　　　　 \( BI=\dfrac{3}{\sqrt{10}} \; (cm) \)

\( △BFI \) において，三平方の定理より，
　\( FI^2=3^2- \left( \dfrac{3}{\sqrt{10}} \right)^2=9-\dfrac{9}{10}=\dfrac{81}{10} \)
　 \( FI=\dfrac{9}{\sqrt{10}} \; (cm) \)

\( △BCF \) は，\( BC=BF \) の二等辺三角形なので，
\( BI⊥CF \) より，\( I \) は線分 \( CF \) の中点であり，
　\( CF=2FI=\dfrac{18}{\sqrt{10}} \; (cm) \)

ここから，\( △BCF \) の面積は，
　\( △BCF=CF \times BI \times \dfrac{1}{2} \)
　　　　　\( =\dfrac{18}{\sqrt{10}} \times \dfrac{3}{\sqrt{10}} \times \dfrac{1}{2} \)
　　　　　\( =\dfrac{27}{10} \; (cm^2) \)

\( △BCF \) ∽ \( △BDG \) で，
相似比は，\( BC：CD=3：3\sqrt{5}=1：\sqrt{5} \)
相似な三角形の面積比は
相似比の２乗の比と等しいので，
　\( △BCF：△BDG=1^2：(\sqrt{5})^2 \)
　　　\( \dfrac{27}{10}：△BDG=1：5 \)
　　　　　　 \( △BDG=\dfrac{27}{2} \; (cm^2) \)

赤の直線の式は \( y=-0.8x+3 \)，
青の直線の式は \( y=-0.3x+2.4 \)
なので，
\( \left\{ \begin{array}{}
y=-0.8x+3 \; ･･･ ① \\
y=-0.3x+2.4 \; ･･･ ➁ \\
\end{array} \right. \)
\( -0.8x+3=-0.3x+2.4 \)
　　　\( 0.5x=0.6 \)
　　　　 \( x=\dfrac{6}{5}=1+\dfrac{1}{5} \) （時間）

\( \dfrac{1}{5} \) 時間 \( =\dfrac{1}{5} \times 60=12 \) 分なので，
求める時間は，\( 1 \) 時間 \( 12 \) 分後

(1) と同様に考えると，
\( x=a \) のときの点 \( A，B \) の \( y \) 座標の値は，
点 \( A \) の場合が \( y=\dfrac{1}{4}a^2 \)，
点 \( B \) の場合が \( y=\dfrac{1}{2}a^2 \)
となるので，
\( AB=\dfrac{1}{2}a^2-\dfrac{1}{4}a^2=\dfrac{1}{4}a^2 \)

また，\( y=\dfrac{1}{2}x^2 \) のグラフは，
\( y \) 軸について対称なので，
点 \( B，C \) の \( y \) 座標は等しいことから，
点 \( C \) の \( x \) 座標は，\( x=-a \) となります。
よって，\( BC=a-(-a)=2a \)

\( AB=BC \) より，
　　　\( \dfrac{1}{4}a^2=2a \)
　　　　\( a^2=8a \)
　\( a(a-8)=0 \)
　　　　 \( a=8 \) (\( a \) は正の数のため)

線分 \( BC \) と \( y \) 軸の交点を点 \( D \) とすると，
\( △BCP \) の高さは \( PD \)，\( △ABC \) の高さは \( AB \) になります。

\( a=2 \) のとき，
点 \( A \) の座標は \( A(2，1) \)，
点 \( B \) の座標は \( B(2，2) \)
なので，\( AB=1 \)

点 \( D \) の \( y \) 座標は，点 \( B \) と等しいので，\( 2 \)
よって，点 \( D \) の座標は，\( D(0，2) \)

点 \( P \) は，\( y \) 座標が \( 2 \) より大きく，
\( PD=1 \) となる点なので，\( P(0，3) \)

\( a=2 \) のとき，
点 \( A \) の座標は \( A(2，1) \)，
点 \( C \) の座標は \( C(-2，2) \)
なので，直線 \( AC \) の傾きは，
　傾き \( =\dfrac{1-2}{2-(-2)}=-\dfrac{1}{4} \)

平行な直線の傾きは等しいので，
直線 \( BP \) の式を \( y=-\dfrac{1}{4}x+b \) とすると，\( B(2，2) \) を通るので，
　\( 2=-\dfrac{1}{4} \times 2+b \)
　\( b=\dfrac{5}{2} \)

よって，\( P \left (0，\dfrac{5}{2} \right) \)

\( AB=6 \; cm，AP=2 \; cm \) より，\( BP=4 \; cm \) であり，
線分\( BP，BC \) は，円 \( B \) の半径なので，
\( BC=BP=4 \; cm \)

直径 \( AB \) に対する円周角なので，\( ∠ACB=90° \)
点 \( P \) は，円 \( O \) の中心なので，\( BP=3 \; cm \)
円 \( B \) の半径なので，\( BC=BP=3 \; cm \)
条件より，\( AB=6 \; cm \)
よって，\( △ABC \) は，
\( AB：BC=2：1 \) の直角三角形なので，
３つの内角は，\( 30°，60°，90° \) であり，
\( ∠CAP=30° \)

線分 \(AP，CP\) は，円 \( O \) の半径なので，
\( △PAC \) は，二等辺三角形です。
二等辺三角形の底角は等しいので，
\( ∠ACP=∠CAP=30° \)

線分 \( BP \) は，円 \( O \) の半径なので，\( BP=3 \; cm \)
線分\( BP，BC \) は，円 \( B \) の半径なので，
\( BC=BP=3 \; cm \)

\( △BCE \) は，\( 30°，60°，90° \) の直角三角形になので，
　\( CE=\dfrac{\sqrt{3}}{2}BC=\dfrac{3\sqrt{3}}{2} \; (cm) \)

線分 \( BP \) は，円 \( B \) の半径なので，
\( △BCD \) は二等辺三角形であり，
\( BE⊥CD \) なので，\( △BCE≡△BDE \)
よって，
　\( CD=2CE=3\sqrt{3} \; (cm) \)

\( △ABC \) ∽ \( △CBE \) なので，
　\( AB：CB=BC：BE \)
　　　 \( 6：2=2：BE \)
　　　　\( BE=\dfrac{2}{3} \; (cm) \)
\( BP=2 \; cm \) なので，
　\( PE=BP-BE=\dfrac{4}{3} \; (cm) \)

三平方の定理より，
　\( CE^2=BC^2-BE^2 \)
　　　　\( =2^2- \left( \dfrac{2}{3} \right)^2 \)
　　　　\( =\dfrac{32}{9} \)
　 \( CE=\dfrac{4\sqrt{2}}{3} \; (cm) \)

　\( △CEP=PE \times CE \times \dfrac{1}{2} \)
　　　　　\( =\dfrac{4}{3} \times \dfrac{4\sqrt{2}}{3} \times \dfrac{1}{2} \)
　　　　　\( =\dfrac{8\sqrt{2}}{9} \; (cm^2) \)

\( △BCP≡△BDP \) なので，
\( △BDP \) と \( △GAP \) に注目すると，
円周角が等しいので，\( ∠DBP=∠AGP \) ･･･ ①
対頂角は等しいので，\( ∠DPB=∠APG \) ･･･ ➁
①➁より，２組の角がそれぞれ等しいので，
\( △BDP \) ∽ \( △GAP \)

ここから，\( △BDP \) と \( △GAP \) の相似比がわかれば，面積比を求めることができます。

\( PE=\dfrac{4}{3} \; cm，DE=CE=\dfrac{4\sqrt{2}}{3} \; cm \) なので，
三平方の定理より，
　\( DP^2=PE^2+DE^2 \)
　　　　\( =\left( \dfrac{4}{3} \right)^2+ \left( \dfrac{4\sqrt{2}}{3} \right)^2 \)
　　　　\( =\dfrac{16}{9}+\dfrac{32}{9} \)
　　　　\( =\dfrac{16}{3} \)
　 \( DP=\dfrac{4\sqrt{3}}{3} \; (cm) \)

\( △BDP \) ∽ \( △GAP \)，\( DP=\dfrac{4\sqrt{3}}{3} \; cm，AP=4 \; cm \) より，
相似比は，
\( DP：AP=\dfrac{4\sqrt{3}}{3}：4=1：\sqrt{3} \)

相似な三角形の面積比は，相似比の２乗の比になるので，
\( △BDP：△GAP=1^2：\sqrt{3}^2=1：3 \)

よって，\( △BCP≡△BDP \) より，
\( △BCP：△GAP=1：3 \)