香川県公立高校入試　令和６（2024）年度　解答＆解説

長方形の内角はすべて \( 90° \) なので，
\( ∠FCD=90° \) であり，\( △FCD \) は直角三角形。
長方形の向かい合う辺の長さは等しいので、
　\( CD=AB=4 \; cm \)
\( BC=5 \; cm，BF=3 \; cm \) より，
　\( FC=2 \; cm \)

\( △FCD \) において，三平方の定理より，
　\( DF^2=2^2+4^2=20 \)
　 \( DF=2\sqrt{5} \; (cm) \)

長方形のの向かい合う辺は平行なので，\( BC//AD \)
長方形の向かい合う辺の長さは等しいので，\( AD=BC=5 \; cm \)
また，\( AE=1 \; cm \) なので，\( ED=4 \; cm \)
\( △BGF \) ∽ \( △DGE \) であり，
相似比は，\( BF：DE=3：4 \)
対応する辺の比は等しいので，\( BG：DG=3：4 \)
ここから，\( △BGF=\dfrac{3}{7}△BDF \)

補助線 \( OB \) をひくと，
\( △OBC \) は二等辺三角形であり，
点 \( E \) が線分 \( BC \) の中点であることから，
　\( ∠OEC=90° \)
\( ∠BAC \) は，\( \stackrel{\huge\frown}{ BC } \) の円周角，
\( ∠BOC \) は，\( \stackrel{\huge\frown}{ BC } \) の中心角なので，
　\( ∠BOC=2∠BAC=120° \)
線分 \( OE \) は \( ∠BOC \) の二等分線になるので，
　\( ∠COE=\dfrac{1}{2}∠BOC=60° \)
\( △COE \) は \( 30°，60°，90° \) の直角三角形なので，
　\( CE：OC=\sqrt{3}：2 \)
　　 \( CE：2=\sqrt{3}：2 \)
　　　　\( CE=\sqrt{3} \; (cm) \)

補助線 \( DE \) をひくと，
中点連結定理より \( DE//AC，DF//BC \)
向かい合う２組の辺が平行なので，
四角形 \( DECF \) は平行四辺形であり，
平行四辺形の向かい合う辺は等しいので，
　\( DF=CE=\sqrt{3} \; cm \)

さらに，補助線 \( EF \) をひくと，
四角形 \( DECF \) のときと同様の考え方から，
四角形 \( ADEF \) は平行四辺形であり，
対角は等しいので，
　\( ∠DEF=∠DAF=60° \)
補助線 \( O’D，O’F \) をひくと，
\( ∠DEF \) は，\( \stackrel{\huge\frown}{ DF } \) の円周角，
\( ∠DO’F \) は，\( \stackrel{\huge\frown}{ DF } \) の中心角なので，
　\( ∠DO’F=2∠DEF=120° \)

中心 \( O’ \) から，線分 \( DF \) に垂線をひき，
交点を \( G \) とすると，
\( △O’DF \) は二等辺三角形なので，
\( ∠DO’F=120° \) より，\( ∠DO’G=60° \)
点 \( G \) は，線分 \( DF \) の中点なので，
　\( DG=\dfrac{1}{2}DF=\dfrac{\sqrt{3}}{2} \; (cm) \)
\( △O’DG \) は \( 30°，60°，90° \) の直角三角形なので，
　\( O’D：DG=2：\sqrt{3} \)
　\( O’D：\dfrac{\sqrt{3}}{2}=2：\sqrt{3} \)
　　　　　\( O’D=1 \; (cm) \)

　\( O’G：DG=1：\sqrt{3} \)
　\( O’G：\dfrac{\sqrt{3}}{2}=1：\sqrt{3} \)
　　　　　\( O’G=\dfrac{1}{2} \; (cm) \)

\( x=1 \) のときの \( y \) の値は，
　\( y=-\dfrac{1}{2} \times 1^2=-\dfrac{1}{2} \)
\( x=3 \) のときの \( y \) の値は，
　\( y=-\dfrac{1}{2} \times 3^2=-\dfrac{9}{2} \)
なので，
　変化の割合 \( =\dfrac{-\dfrac{9}{2}- \left(-\dfrac{1}{2} \right)}{3-1}=-2 \)

点 \( A \) は，\( y=\dfrac{3}{4}x^2 \) 上の点で，
\( x \) 座標が \( -4 \) なので，
\( y \) 座標は，\( y=\dfrac{3}{4} \times (-4)^2=12 \)

点 \( C \) の \( y \) 座標は，点 \( A \) と等しいので，\( 12 \)。

点 \( C \) の \( x \) 座標を \( a \) とするとき，
２点 \( D，E \) の \( x \) 座標も \( a \) となるので，
点 \( D \) の \( y \) 座標は，\( \dfrac{3}{4}a^2 \)，
点 \( E \) の \( y \) 座標は，\( -\dfrac{1}{2}a^2 \)
と表すことができます。

このとき，
線分 \( CD \) の長さは，\( 12-\dfrac{3}{4}a^2 \)
線分 \( DE \) の長さは，\( \dfrac{3}{4}a^2+\dfrac{1}{2}a^2 \)
となるので，
線分 \( CD \) と線分 \( DE \) の長さが等しくなるとき，
　\( 12-\dfrac{3}{4}a^2=\dfrac{3}{4}a^2+\dfrac{1}{2}a^2 \)
　 \( 48-3a^2=3a^2+2a^2 \)
　　　　 \( 8a^2=48 \)
　　　　　\( a^2=6 \)
　　　　　 \( a=\sqrt{6} \) (\( a \) は正の数)

\( 4 \) 秒後には，
点 \( P \) は，頂点 \( E \)，点 \( Q \) は，頂点 \( B \)
にいるので，
\( △AQD \) を底面，\( AE(AP) \) を高さとすると，
体積は，
\( \left( 4 \times 4 \times \dfrac{1}{2} \right) \times 4 \times \dfrac{1}{3}=\dfrac{32}{3} \; (cm^3) \)

\( x \) 秒間に２点 \( P，Q \) が移動した距離は
どちらも \( x \; cm \) なので，
　\( AE+EP=x \; (cm)，CB+BQ=x \; (cm) \)
であり，\( AE=CB=4 \; cm \) より，
　\( EP=BQ=x-4 \; (cm) \)
と表すことができます。

また，\( EF=BF=4 \; cm \) でもあるので，
　\( PF=QF=4-(x-4)=-x+8 \; (cm) \)
と表すことができます。

辺 \( AD \) は面 \( AEFB \) に対して垂直なので，
辺 \( AD \) は \( △APQ \) に対しても
垂直になっています。
\( x \) 秒後にできる三角すい \( APQD \) を，
\( △APQ \) を底面，\( AD \) を高さとすると，
体積は，
　\( \left( -\dfrac{1}{2}x^2+4x \right) \times 4 \times \dfrac{1}{3}=\dfrac{-2x^2+16x}{3} \; (cm^3) \)

出発から \( 1 \) 秒後にできる三角すい \( APQD \) を，
\( △ADQ \) を底面，\( AP \) を高さとすると，
体積は，
　\( \left( 4 \times 4 \times \dfrac{1}{2} \right) \times 1 \times \dfrac{1}{3}=\dfrac{8}{3} \; (cm^3) \)

\( △ACH \) と \( △GBH \) において，
対頂角は等しいので，
　\( ∠AHC=∠GHB \) ･･･ ➀
\( \stackrel{\huge\frown}{ AG } \) に対する円周角なので，
　\( ∠ACH=∠GBH \) ･･･ ➁
➀➁より，２組の角がそれぞれ等しいので，
　\( △ACH \) ∽ \( △GBH \)