大学入学共通テスト 2024年(令和6年) 本試 数学ⅠＡ 第１問 [2] 解説
シ
まず、道路標識の$7$％から。
![大学入学共通テスト2024年本試 数学ⅠＡ第１問[2] 解説図Ａ](_image/1A_1_2_01.svg)
問題文の説明のように、斜面は水平距離$100$mに対して$7$ｍ高くなるので、図Ａのような状況だ。
このとき、図Ａの赤い三角形は直角三角形なので、$\angle \mathrm{DCP}$（図中の緑の角）について、
$$
\begin{align}
\tan\angle \mathrm{DCP}&=\dfrac{7}{100}\\
&=0.07
\end{align}
$$
である。
三角比の表を見ると
$\tan 4^{\circ}=0.0699$
$\tan 5^{\circ}=0.0875$
となっている。
よって
$\tan 4^{\circ} \lt \tan \angle \mathrm{DCP} \lt \tan 5^{\circ}$
なので、
$4^{\circ} \lt \angle \mathrm{DCP} \lt 5^{\circ}$
である。
解答シ：４
ス～ツ
以下、$\angle \mathrm{DCP}=4^{\circ}$として、電柱の高さ$\mathrm{AB}$を求める。
ある日の影の長さと太陽高度は図Ｂの状態だった。
点$\mathrm{D}$から直線$\mathrm{BP}$に下ろした垂線の足を点$\mathrm{H}$とすると、四角形$\mathrm{BEDH}$は長方形だから、
$\left\{\begin{array}{l}
\mathrm{BE}=\mathrm{DH}\\
\mathrm{DE}=\mathrm{BH}
\end{array}\right.$式Ａ
だ。
なので、問われている$\mathrm{BE}$，$\mathrm{DE}$の代わりに$\mathrm{DH}$，$\mathrm{BH}$を求めよう。
![大学入学共通テスト2024年本試 数学ⅠＡ第１問[2] 解説図Ｂ](_image/1A_1_2_02.svg)
図Ｂの赤い三角形（△$\mathrm{CDH}$）は直角三角形なので、
$\sin\angle \mathrm{DCH}=\dfrac{\mathrm{DH}}{\mathrm{CD}}$
より
$$
\begin{align}
\mathrm{DH}&=\mathrm{CD}\sin\angle \mathrm{DCH}\\
&=\mathrm{CD}\sin\angle \mathrm{DCP}
\end{align}
$$
とかける。
したがって、式Ａより、$\mathrm{BE}$も
$$
\begin{align}
\mathrm{BE}&=\mathrm{CD}\sin\angle \mathrm{DCP}\class{tex_formula}{式Ｂ}\\
&=4\sin\angle \mathrm{DCP}
\end{align}
$$
となる。
解答ス：４, セ：０
$\cos\angle \mathrm{DCH}=\dfrac{\mathrm{CH}}{\mathrm{CD}}$
より
$$
\begin{align}
\mathrm{CH}&=\mathrm{CD}\cos\angle \mathrm{DCH}\\
&=\mathrm{CD}\cos\angle \mathrm{DCP}
\end{align}
$$
とかける。
よって、$\mathrm{BH}$は
$$
\begin{align}
\mathrm{BH}&=\mathrm{BC}+\mathrm{CH}\\
&=7+\mathrm{CD}\cos\angle \mathrm{DCP}
\end{align}
$$
と表せる。
したがって、式Ａより、$\mathrm{DE}$も
$$
\begin{align}
\mathrm{DE}&=7+\mathrm{CD}\cos\angle \mathrm{DCP}\class{tex_formula}{式Ｃ}\\
&=7+4\cos\angle \mathrm{DCP}
\end{align}
$$
となる。
解答ソ：７, タ：４, チ：２
アドバイス
ここまでで、図Ｂの青い線（$\mathrm{BE}$）と緑の線（$\mathrm{DE}$） が求められた。
これから電柱の高さ（$\mathrm{AB}$）を求めるんだけど、
$\mathrm{AB}=\mathrm{AE}+\mathrm{BE}$式Ｄ
なので、あとは$\mathrm{AE}$が分かればよい。
ということで、$\mathrm{AE}$を求めて、$\mathrm{BE}$とたそう。
図Ｂの黄色い三角形（△$\mathrm{ADE}$）は直三角形なので、
$\tan \angle \mathrm{ADE}=\dfrac{\mathrm{AE}}{\mathrm{DE}}$
より
$\mathrm{AE}=\mathrm{DE} \tan \angle \mathrm{ADE}$
となる。
これに式Ｃを代入して、
$\mathrm{AE}=(7+\mathrm{CD}\cos \angle \mathrm{DCP})\tan \angle \mathrm{ADE}$
式Ｅ
式Ｄに式Ｅ，式Ｂを代入すると、$\mathrm{AB}$は
$$
\begin{align}
\mathrm{AB}&=(7+\mathrm{CD}\cos \angle \mathrm{DCP})\tan \angle \mathrm{ADE}\\
&\hspace{40px}+\mathrm{CD}\sin \angle \mathrm{DCP}\class{tex_formula}{式Ｆ}
\end{align}
$$
と表せる。
あとは、計算だ。
いま、
$\mathrm{BP}$∥$\mathrm{DE}$
なので
$$
\begin{align}
\angle \mathrm{ADE}&=\angle \mathrm{APB}\\
&=45^{\circ}
\end{align}
$$
$\mathrm{CD}=4$
$\angle \mathrm{DCP}=4^{\circ}$
だから、式Ｆは
$\mathrm{AB}=(7+4\cos 4^{\circ})\tan 45^{\circ}+4\sin 4^{\circ}$
とかける。
$\tan \angle 45^{\circ} =1$なので、これはさらに
$$
\begin{align}
\mathrm{AB}&=7+4\cos 4^{\circ}+4\sin 4^{\circ}\class{tex_formula}{式Ｇ}\\
&=7+4(\cos 4^{\circ}+\sin 4^{\circ})
\end{align}
$$
と表せる。
これに 三角比の表で調べた
$\cos 4^{\circ}=0.9976$
$\sin 4^{\circ}=0.0698$
を代入して、電柱の高さ$\mathrm{AB}$は
$$
\begin{align}
\mathrm{AB}&=7+4\cdot(0.9976+0.0698)\\
&\doteqdot 7+4\times 1.07\\
&=11.28
\end{align}
$$
であることが分かる。
よって、電柱の高さを小数第２位で四捨五入したものは、選択肢の
③
である。
解答ツ：３
アドバイス以降の別解
上の解では、太陽高度が変わることを見越して $\mathrm{AE}$を求めるのに$\tan \angle \mathrm{ADE}$を使った（式Ｅ）。
だけど、$\mathrm{AE}$を求めるだけなら、図Ｂの黄色い三角形が直角二等辺三角形であることを使った方が早いし、自然だ。
その場合は、次のような方法になる。
$\mathrm{BP}$∥$\mathrm{DE}$
なので
$$
\begin{align}
\angle \mathrm{ADE}&=\angle \mathrm{APB}\\
&=45^{\circ}
\end{align}
$$
問題文より
$\mathrm{DE}$⊥$\mathrm{AB}$
だから、図Ｂの黄色い三角形（△$\mathrm{ADE}$）は直角二等辺三角形だ。
よって
$\mathrm{AE}=\mathrm{DE}$
となるから、
$$
\begin{align}
\mathrm{AB}&=\mathrm{DE}+\mathrm{BE}\\
&=\text{式Ｃ}+\text{式Ｂ}\\
&=7+\mathrm{CD}\cos \angle \mathrm{DCP}+\mathrm{CD}\sin \angle \mathrm{DCP}
\end{align}
$$
と表せる。
あとは式Ｇ以降の計算をすれば、電柱の高さ$\mathrm{AB}$が求められる。
テ～ニ
電柱の高さが分かったところで、太陽高度が$42^{\circ}$のときの坂に落ちた影の長さを求める。
いま、影の長さと太陽高度は図Ｃの状態だ。
![大学入学共通テスト2024年本試 数学ⅠＡ第１問[2] 解説図Ｃ](_image/1A_1_2_03.svg)
ツを求めるときに作った
$$
\begin{align}
\mathrm{AB}&=(7+\mathrm{CD}\cos \angle \mathrm{DCP})\tan \angle \mathrm{ADE}\\
&\hspace{40px}+\mathrm{CD}\sin \angle \mathrm{DCP}\class{tex_formula}{式Ｆ}
\end{align}
$$
をもう一度使おう。
今度は
$\mathrm{CD}$は不明
（というか、これを求めたい）
太陽高度は$42^{\circ}$なので、
$\angle \mathrm{ADE}= \angle \mathrm{APB}= 42^{\circ}$
だから、式Ｆは
$$
\begin{align}
\mathrm{AB}&=(7+\textcolor{red}{\mathrm{CD}}\cos \angle \mathrm{DCP})\tan \angle 42^{\circ}\\
&\hspace{40px}+\textcolor{red}{\mathrm{CD}}\sin \angle \mathrm{DCP}\class{tex_formula}{式Ｈ}
\end{align}
$$
となる。
これから求めるのは$\mathrm{CD}$なので、分かりやすいように赤文字にした。
これを、$\mathrm{CD}$について解く。
式Ｈの右辺を展開して、
$$
\begin{align}
\mathrm{AB}&=7\tan \angle 42^{\circ}+\textcolor{red}{\mathrm{CD}}\cos \angle \mathrm{DCP}\tan \angle 42^{\circ}\\
&\hspace{40px}+\textcolor{red}{\mathrm{CD}}\sin \angle \mathrm{DCP}
\end{align}
$$
$\mathrm{CD}$がある項とない項を分けて、
$$
\begin{align}
\textcolor{red}{\mathrm{CD}}\sin \angle \mathrm{DCP}+\textcolor{red}{\mathrm{CD}}\cos \angle \mathrm{DCP}\tan \angle 42^{\circ}\\
=\mathrm{AB}-7\tan \angle 42^{\circ}
\end{align}
$$
左辺を共通因数$\mathrm{CD}$でくくると
$$
\begin{align}
\textcolor{red}{\mathrm{CD}}(\sin \angle \mathrm{DCP}+\cos \angle \mathrm{DCP}\tan \angle 42^{\circ})\\
=\mathrm{AB}-7\tan \angle 42^{\circ}
\end{align}
$$
となるので、
$\textcolor{red}{\mathrm{CD}}=\dfrac{\mathrm{AB}-7\tan\angle 42^{\circ}}{\sin\angle \mathrm{DCP}+\cos\angle \mathrm{DCP}\tan\angle 42^{\circ}}$
であることが分かる。
解答テ：７, ト：５, ナ：０, ニ：１
余談
問題文のマス目に入らないから別解というわけでもないんだけど、単に$\mathrm{CD}$を求めるだけなら次のような方法もある。
![大学入学共通テスト2024年本試 数学ⅠＡ第１問[2] 解説図Ｄ](_image/1A_1_2_04.svg)
図Ｄにおいて、△$\mathrm{ABP}$は直角三角形なので、
$\tan\angle \mathrm{APB}=\dfrac{\mathrm{AB}}{\mathrm{BP}}$
より
$\mathrm{BP}=\dfrac{\mathrm{AB}}{\tan\angle \mathrm{APB}}$
途中式
$$
\begin{align}
\phantom{\mathrm{BP}}&=\dfrac{\mathrm{AB}}{\tan 42^{\circ}}\\
&=\dfrac{\mathrm{AB}}{\cfrac{\sin 42^{\circ}}{\cos 42^{\circ}}}
\end{align}
$$
だから、$\mathrm{CP}$は
$$
\begin{align}
\mathrm{CP}&=\mathrm{BP}-7\\
&=\dfrac{\mathrm{AB}\cos 42^{\circ}}{\sin 42^{\circ}}-7
\end{align}
$$
とかける。
図Ｄの赤い三角形を考えると、
オレンジの角$+$緑の角$+$青い角$=180^{\circ}$
なので、
$$
\begin{align}
\text{オレンジの角}&=180^{\circ}-4^{\circ}-42^{\circ}\\
&=134^{\circ}
\end{align}
$$
である。
以上より、赤い三角形に正弦定理を使うと、
$\dfrac{\textcolor{red}{\mathrm{CD}}}{\sin \text{青い角}}=\dfrac{\mathrm{CP}}{\sin \text{オレンジの角}}$
より
$$
\begin{align}
\textcolor{red}{\mathrm{CD}}&=\sin \text{青い角} \cdot\dfrac{\mathrm{CP}}{\sin \text{オレンジの角}}\\
&=\sin 42^{\circ}\cdot\dfrac{\cfrac{\mathrm{AB}\cos 42^{\circ}}{\sin 42^{\circ}}-7}{\sin 134^{\circ}}\\
&=\dfrac{\mathrm{AB}\cos 42^{\circ}-7\sin 42^{\circ}}{\sin 134^{\circ}}
\end{align}
$$
とかける。
いま
$\left\{\begin{array}{l}
\mathrm{AB}=11.3\\
\sin 134^{\circ}=\sin 46^{\circ}
\end{array}\right.$
なので、これはさらに
$\textcolor{red}{\mathrm{CD}}=\dfrac{11.3\cos 42^{\circ}-7\sin 42^{\circ}}{\sin 46^{\circ}}$
と表せる。
これに 三角比の表で$\cos 42^{\circ}$，$\sin 42^{\circ}$，$\sin 46^{\circ}$を調べて代入すると、
$$
\begin{align}
\textcolor{red}{\mathrm{CD}}&=\dfrac{11.3\times 0.7431-7\times 0.6691}{0.7193}\\
&\doteqdot 5.16
\end{align}
$$
が求められる。
別解
実は、上の余談の方法を使ってテトナニを求めることもできる。
数Ⅱの内容も使うし 手間もかかるから掲載してなかったんだけど、読者の方からご指摘をいただいたので追加して説明しておく。
図Ｄにおいて、△$\mathrm{ABP}$は直角三角形なので、
$\tan\angle \mathrm{APB}=\dfrac{\mathrm{AB}}{\mathrm{BP}}$
より
$$
\begin{align}
\mathrm{BP}&=\dfrac{\mathrm{AB}}{\tan\angle \mathrm{APB}}\\
&=\dfrac{\mathrm{AB}}{\tan 42^{\circ}}
\end{align}
$$
だから、$\mathrm{CP}$は
$$
\begin{align}
\mathrm{CP}&=\mathrm{BP}-7\\
&=\dfrac{\mathrm{AB}}{\tan 42^{\circ}}-7
\end{align}
$$
とかける。
図Ｄの赤い三角形を考えると、
オレンジの角$+$緑の角$+$青い角$=180^{\circ}$
なので、
$$
\begin{align}
\text{オレンジの角}&=180^{\circ}-(\text{緑の角}+\text{青い角})\\
&=180^{\circ}-(\angle \mathrm{DCP}+42^{\circ})
\end{align}
$$
と表せる。
以上より、赤い三角形に正弦定理を使うと、
$\dfrac{\textcolor{red}{\mathrm{CD}}}{\sin \text{青い角}}=\dfrac{\mathrm{CP}}{\sin \text{オレンジの角}}$
より
$$
\begin{align}
\textcolor{red}{\mathrm{CD}}&=\sin \text{青い角}\times\dfrac{\mathrm{CP}}{\sin \text{オレンジの角}}\\
&=\sin\angle 42^{\circ}\times\dfrac{\cfrac{\mathrm{AB}}{\tan 42^{\circ}}-7}{\sin\{180-(\angle \mathrm{DCP}+42^{\circ})\}}\\
&=\dfrac{\sin\angle 42^{\circ}(\mathrm{AB}-7\tan 42^{\circ})}{\textcolor{red}{\sin\{180-(\angle \mathrm{DCP}+42^{\circ})\}}\tan 42^{\circ}}
\end{align}
$$
式Ｉ
となる。
式Ｉの赤い部分は
$\begin{aligned}\sin\{180-&(\angle \mathrm{DCP}+42^{\circ})\}\\&\qquad=\sin(\angle \mathrm{DCP}+42^{\circ})\end{aligned}$
と表せ、さらに加法定理より
$$
\begin{align}
\sin(\angle \mathrm{DCP}+42^{\circ})&=\sin\angle \mathrm{DCP}\cos 42^{\circ}\\
&\hspace{40px}+\cos\angle \mathrm{DCP}\sin 42^{\circ}
\end{align}
$$
となるから、式Ｉは
$$
\begin{equation}
\textcolor{red}{\mathrm{CD}}=\dfrac{\sin\angle 42^{\circ}(\mathrm{AB}-7\tan 42^{\circ})}{\left(
\begin{align}
\sin\angle &\mathrm{DCP} \cos 42^{\circ}\\
&+\cos\angle \mathrm{DCP}\sin 42^{\circ}
\end{align}
\right)\tan 42^{\circ}}
\end{equation}
$$
と書きかえられる。
これをさらに変形すると
$$
\begin{align}
\textcolor{red}{\mathrm{CD}}&=\dfrac{\sin\angle 42^{\circ}(\mathrm{AB}-7\tan 42^{\circ})}{
\left(\begin{aligned}
\sin\angle &\mathrm{DCP} \cos 42^{\circ}\tan 42^{\circ}\\
&+\cos\angle \mathrm{DCP}\sin 42^{\circ}\tan 42^{\circ}
\end{aligned}\right)
}\\
&=\dfrac{\textcolor{tomato}{\cancel{\textcolor{black}{\sin\angle 42^{\circ}}}}(\mathrm{AB}-7\tan 42^{\circ})}{
\left(\begin{aligned}
\sin\angle &\mathrm{DCP} \textcolor{limegreen}{\cancel{\textcolor{black}{\cos 42^{\circ}}}} \cdot\cfrac{\textcolor{tomato}{\cancel{\textcolor{black}{\sin 42^{\circ}}}}}{\textcolor{limegreen}{\cancel{\textcolor{black}{\cos 42^{\circ}}}}}\\
&+\cos\angle \mathrm{DCP}\textcolor{tomato}{\cancel{\textcolor{black}{\sin 42^{\circ}}}}\tan 42^{\circ}
\end{aligned}\right)
}\\
\end{align}
$$
と表せる。
よって、$\mathrm{CD}$は
$\mathrm{CD}=\dfrac{\mathrm{AB}-7\tan 42^{\circ}}{\sin\angle \mathrm{DCP}+\cos\angle \mathrm{DCP}\tan 42^{\circ}}$
であることが分かる。
解答テ：７, ト：５, ナ：０, ニ：１