最初に、情報を整理しておこう。

三角形$\mathrm{ABC}$は、
$\mathrm{AC}:\mathrm{AB}:\mathrm{BC}=1:2:\sqrt{3}$
の直角三角形。

問題文より
$\mathrm{AB}=20$
なので、
$\mathrm{AC}=10$ $\mathrm{BC}=10\sqrt{3}$ である。

点$\mathrm{P}$は、$\mathrm{AC}$上を毎秒$1$の速さで移動するので、点$\mathrm{C}$に到着するのは、
点$\mathrm{A}$を出発した$10$秒後 である。

点$\mathrm{P}$，$\mathrm{Q}$，$\mathrm{R}$同時に出発して同時に到着するので、
点$\mathrm{Q}$が点$\mathrm{B}$から点$\mathrm{A}$に到着するのに$10$秒 点$\mathrm{R}$が点$\mathrm{C}$から点$\mathrm{B}$に到着するのに$10$秒 かかる。

ここまで整理できたところで、問題を解く。

$2$秒後の各点の位置は、図Ａのようになる。
図中、そのまま書いてある数字は長さ、丸で囲んでいる数字は比率を表している。

点$\mathrm{P}$は、毎秒$1$で$2$秒ぶん移動しているから、
$\mathrm{AP}=2$
点$\mathrm{Q}$は、$10$秒かかる道のりの$2$秒ぶん移動しているから、
$\mathrm{BA}:\mathrm{BQ}=10:2$
より
$\mathrm{AQ}:\mathrm{BQ}=8:2$
である。

まず、$\mathrm{PQ}$（図Ａの青い線）から。

図Ａの青い三角形に余弦定理を使うと、
${\mathrm{PQ}}^2={\mathrm{AP}}^2+{\mathrm{AQ}}^2-2\cdot \mathrm{AP}\cdot \mathrm{AQ}\cos \mathrm{\angle }\mathrm{BAC}$式Ａ
とかける。

いま、
$\mathrm{AP}=2$ ${\displaystyle \mathrm{AQ}=20\times \frac{8}{8+2}}$
      $=16$ $\mathrm{\angle }\mathrm{BAC}={60}^{\circ }$ である。

よって、式Ａは
${\displaystyle {\mathrm{PQ}}^2=2^2+{16}^2-2\cdot 2\cdot 16\cdot \frac{1}{2}}$
となる。

これを計算して、
${\mathrm{PQ}}^2=2^2(1+8^2-8)$
${\mathrm{PQ}}^2$$=2^2\cdot 57$
$\mathrm{PQ}=2\sqrt{57}$
である。

解答ア：２, イ：５, ウ：７

また、△$\mathrm{APQ}$（図Ａの青い三角形）の面積$S$は、
$S={\displaystyle \frac{1}{2}\mathrm{AP}\cdot \mathrm{AQ}\sin \mathrm{\angle }\mathrm{BAC}}$
とかける。

これにそれぞれの値を代入して、
$S={\displaystyle \frac{1}{2}\cdot 2\cdot 16\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}}$
より
$S=8\sqrt{3}$
である。

解答エ：８, オ：３

$t$秒後の各点の位置を考えると、図Ｂができる。
図中、そのまま書いてある数字は長さ、六角形で囲んでいる数字は比率を表している。

点$\mathrm{P}$は、毎秒$1$で$t$秒ぶん移動しているから、
$\mathrm{AP}=t$
点$\mathrm{R}$は、$10$秒かかる道のりの$t$秒ぶん移動しているから、
$\mathrm{CB}:\mathrm{CR}=10:t$
である。

$\mathrm{PR}$（図Ｂの紫の線）の長さは、図Ｂの紫の三角形が直角三角形であることを使って求める。

三平方の定理より、
${\mathrm{PR}}^2={\mathrm{CP}}^2+{\mathrm{CR}}^2$式Ｂ
とかける。

いま、
${\displaystyle \mathrm{CP}=10-t}$ ${\displaystyle \mathrm{CR}=\frac{t}{10}\times \mathrm{BC}}$
      $=t\sqrt{3}$ である。

よって、式Ｂは
${\mathrm{PR}}^2=(10-t{)}^2+(t\sqrt{3}{)}^2$
より
${\mathrm{PR}}^2=100-20t+t^2+3t^2$
       $=4t^2-20t+100$式Ｂ'
と表せる。

式Ｂ'を平方完成すると、
${\mathrm{PR}}^2=4(t^2-5t)+100$

途中式

       $=4(t^2-2\cdot {\displaystyle \frac{5}{2}}t+{\displaystyle \frac{5^2}{2^2}}-{\displaystyle \frac{5^2}{2^2}})+100$
       $=4{(t-{\displaystyle \frac{5}{2}})}^2-4\cdot {\displaystyle \frac{5^2}{2^2}}+100$

       $=4{(t-{\displaystyle \frac{5}{2}})}^2+75$式Ｂ''
となる。

$t$の定義域は
$0\leqq t\leqq 10$
なので、横軸を$t$，縦軸を${\mathrm{PR}}^2$として式Ｂ''のグラフをかくと、図Ｃができる。

例えば$\mathrm{PR}=15$は${\mathrm{PR}}^2={15}^2$なので、図Ｃの青い線。
この青い線と式Ｂ''のグラフの共有点は、図Ｃの青い点ひとつだけなので、$\mathrm{PR}=15$になるのは１回だけだ。

同様に考ると、${\mathrm{PR}}^2$が

図Ｃの緑の部分に入る場合
つまり $75<{\mathrm{PR}}^2\leqq 100$ の場合、
$\mathrm{PR}$の長さとして二回とり得る

オレンジの部分に入る場合
つまり ${\mathrm{PR}}^2=75$，$100<{\mathrm{PR}}^2\leqq 300$ の場合、
$\mathrm{PR}$の長さとして一回だけとり得る

色のついていない部分に入る場合
つまり ${\mathrm{PR}}^2<75$，$300<{\mathrm{PR}}^2$ の場合、
$\mathrm{PR}$の長さとしてとり得ない

ことが分かる。

ここまで分かったところで、選択肢をひとつずつ確認しよう。

以上より、$\mathrm{PR}$の値として、
とり得ない値は、⓪ 一回だけとり得る値は、①，④ 二回だけとり得る値は、②，③ である。

解答カ：０, キ：１，４, ク：２，３ （順不同）

次は、面積の問題だ。
$t$秒後の$S_1$，$S_2$，$S_3$を図にすると、図Ｄのようになる。
図中、そのまま書いてある数字は長さ、丸や六角形で囲んでいる数字は比率を表している。

点$\mathrm{Q}$は、$10$秒かかる道のりの$t$秒ぶん移動しているから、
$\mathrm{BA}:\mathrm{BQ}=10:t$
より
$\mathrm{AQ}:\mathrm{BQ}=10-t:t$
同様に、
$\mathrm{BR}:\mathrm{CR}=10-t:t$
である。

三角形$\mathrm{ABC}$の面積を$T$とする。

図Ｄを見ると、青い三角形，緑の三角形，紫の三角形はすべて、三角形$\mathrm{ABC}$の
底辺は${\displaystyle \frac{10-t}{10}}$倍 高さは${\displaystyle \frac{t}{10}}$倍 になっている。

なので、
$S_1=S_1=S_2=T{\displaystyle \times \frac{10-t}{10}\times \frac{t}{10}}$
である。

以上より、時刻$t$にかかわらず、常に
$S_1=S_1=S_2$
となる。

以上、考え方を説明した。
（う）の正解例はここでは省略する。
公開されている正解例はリンクを参照してほしい。

→ 数学入試問題データベースサイト
       大学入試数学問題集成さんで
          正解例を見る。

まず、図中の色のついた３つの三角形の面積を考えよう。

(1)の(iii)と同じように考えると、△$\mathrm{ABC}$と比べて、３つの三角形はすべて
底辺は${\displaystyle \frac{12-t}{12}}$倍 高さは${\displaystyle \frac{t}{12}}$倍 である。

なので、３つの三角形それぞれの面積は、
$T{\displaystyle \times \frac{12-t}{12}\times \frac{t}{12}=\frac{T}{{12}^2}t(12-t)}$式Ｃ
とかける。

なので、△$\mathrm{PQR}$の面積は、△$\mathrm{ABC}$の面積から式Ｃの$3$倍を引いて、
$T-3{\displaystyle \times \frac{T}{{12}^2}t(12-t)}$式Ｄ
と表せる。

いま、△$\mathrm{ABC}$の面積$T$は、
$T={\displaystyle \frac{1}{2}\cdot 5\cdot 12}$
$T$$=30$
なので、式Ｄは
$30-3{\displaystyle \times \frac{30}{{12}^2}t(12-t)}$
となる。

これが$12$になればよいので、方程式
$30-3{\displaystyle \times \frac{30}{{12}^2}t(12-t)=12}$
ができる。
これを解く。

分数部分を約分して、
$18-{\displaystyle \frac{5}{8}t(12-t)=0}$
両辺を$8$倍して、
$18\cdot 8-5t(12-t)=0$
$5t^2-5\cdot 12t+18\cdot 8=0$
と変形できる。

解の公式より、このときの$t$は
$t={\displaystyle \frac{5\cdot 12\pm \sqrt{(5\cdot 12{)}^2-4\cdot 5\cdot 18\cdot 8}}{2\cdot 5}}$

途中式

$t$${\displaystyle =\frac{5\cdot 12\pm \sqrt{4^2\cdot 3^2(5^2-5\cdot 2\cdot 2)}}{2\cdot 5}}$
$t$${\displaystyle =\frac{5\cdot 12\pm 4\cdot 3\sqrt{5(5-2\cdot 2)}}{2\cdot 5}}$
$t$${\displaystyle =\frac{5\cdot 6\pm 2\cdot 3\sqrt{5}}{5}}$

$t$${\displaystyle =\frac{30\pm 6\sqrt{5}}{5}}$式Ｅ
となる。

解答ケ：３, コ：０, サ：６, シ：５, ス：５