大学入学共通テスト 2024年(令和6年) 本試数学Ⅰ 第３問 [2] 解説

(1)

開始時刻から１秒後には、図形は図Ａのようになっている。

図の固定

図Ａを見ると、△ $PBQ$ （赤い部分）の面積は、
△ $PBQ =$ 台形 $OABC -$ 青 $-$ 黄 $-$ オレンジ
になっている。

ここで、

$\begin{aligned} 台形 OABC & = \frac{1}{2} \times (BC + OA) \times OC \\ = \frac{1}{2} \cdot (4 + 6) \cdot 6 \\ = 30 \end{aligned}$

$\begin{aligned} 青 & = \frac{1}{2} \times AP \times 青い線 \\ = \frac{1}{2} \cdot (6 - 1) \cdot 6 \\ = 15 \end{aligned}$

$\begin{aligned} 黄 & = \frac{1}{2} \times OP \times OQ \\ = \frac{1}{2} \cdot 1 \cdot (6 - 2) \\ = 2 \end{aligned}$

$\begin{aligned} オレンジ & = \frac{1}{2} \times BC \times CQ \\ = \frac{1}{2} \cdot 4 \cdot 2 \\ = 4 \end{aligned}$

なので、△ $PBQ$ の面積を $S$ とすると、
$\begin{aligned} S & = 30 - 15 - 2 - 4 \\ = 9 \end{aligned}$ である。

解答ケ：９

別解

数Ⅱの知識を使うし、別におすすめでもないんだけど、△ $PBQ$ の面積 $S$ は次のようにしても求められる。

図Ｂのように、点 $Q$ を通り $x$ 軸と平行な直線を引き、 $BP$ との交点を $R$ とする。

図の固定

図Ｂより
$S =$ 青 $+$ 緑
である。

ここで、
青 $= \frac{1}{2} \times QR \times$ 青い線緑 $= \frac{1}{2} \times QR \times$ 緑の線なので、
$\begin{aligned} S & = \frac{1}{2} \times QR \times 青い線 + \frac{1}{2} \times QR \times 緑の線 \\ = \frac{1}{2} \times QR \times (青い線 + 緑の線) \end{aligned}$ とかける。

いま、
青い線 $+$ 緑の線 $= OC$
だから、これはさらに
$\begin{aligned} S & = \frac{1}{2} \times QR \times OC \\ = \frac{1}{2} \times QR \times 6 \\ = 3 \cdot QR 式Ａ \end{aligned}$ と表せる。

というわけで、 $QR$ 、つまり点 $R$ の $x$ 座標を求める。

$OA$ ∥ $QR$ ∥ $CB$ なので、
$\begin{aligned} PR : BR & = OQ : CQ \\ = 4 : 2 \\ = 1 : 2 \end{aligned}$ だ。

なので、図Ｂのように、点 $R$ は $PB$ を
$2 : 1$
に内分する点だから、その $x$ 座標は
$\frac{1 \times 点 P の x 座標 + 2 \times 点 B の x 座標}{2 + 1}$
より
$\frac{1 \cdot 1 + 2 \cdot 4}{3} = 3$
なので、 $QR$ は $3$ である。

さらにこの部分の別解

直線 $BP$ の式を使って点 $R$ の $x$ 座標を求めると、次のようになる。

直線 $BP$ は点 $B (4, 6)$ ，点 $P (1, 0)$ を通るので、傾きは
$\frac{6 - 0}{4 - 1} = 2$
だ。

傾き $2$ の直線が $(1, 0)$ を通るから、直線 $BP$ の式は
$y - 0 = 2 (x - 1)$
より
$y = 2 x - 2$
とかける。

点 $R$ はこの直線の上にあって $y$ 座標が点 $Q$ と同じ $4$ なので、その $x$ 座標は
$2 x - 2 = 4$
より
$x = 3$
だから、 $QR$ は $3$ である。

この
$QR = 3$
を式Ａに代入すると、
$\begin{aligned} S & = 3 \cdot 3 \\ = 9 \end{aligned}$ が求められる。

解答ケ：９

(2)以降もこの方法で解けるけど、長くなるので省略する。

(2)

開始時刻から３秒間について考える。
図Ａの $1$ ， $2$ を $t$ ， $2 t$ に変えると、開始してから $t$ 秒後の図ができる（図Ｃ）。

図の固定

図Ｃで(1)と同じように考えると、

台形 $OABC = 30$

$\begin{aligned} 青 & = \frac{1}{2} \times AP \times 青い線 \\ = \frac{1}{2} (6 - t) \cdot 6 \\ = 18 - 3 t \end{aligned}$

$\begin{aligned} 黄 & = \frac{1}{2} \times OP \times OQ \\ = \frac{1}{2} t (6 - 2 t) \\ = 3 t - t^{2} \end{aligned}$

$\begin{aligned} オレンジ & = \frac{1}{2} \times BC \times CQ \\ = \frac{1}{2} \cdot 4 \cdot 2 t \\ = 4 t \end{aligned}$

なので、△ $PBQ$ の面積を $S$ とすると、
$\begin{aligned} S & = 30 - (18 - 3 t) - (3 t - t^{2}) - 4 t \\ = t^{2} - 4 t + 12 式Ｂ \end{aligned}$ と表せる。

式Ｂのグラフは下に凸の放物線で、頂点の $t$ 座標は

復習

二次関数
$y = a x^{2} + b x + c$
の頂点の $x$ 座標は
$\frac{- b}{2 a}$

より
$\frac{- (- 4)}{2 \cdot 1} = 2$
となる。

いま、 $t$ の範囲は
$0 ≦ t ≦ 3$
なので、緑の部分を定義域として、式Ｂのグラフは図Ｄのようになる。

図の固定

図Ｄより、面積 $S$ が

最小になるのは紫の点で、
$t = 2$
のとき。

最小値は、式Ｂに $t = 2$ を代入して、
$2^{2} - 4 \cdot 2 + 12 = 8$
である。

解答コ：８

最大になるのは赤い点で、
$t = 0$
のとき。

最大値は、式Ｂに $t = 0$ を代入して、
$12$
である。

解答サ：１, シ：２

(3)

開始時刻から３秒間の最大値・最小値は(2)で求めたので、次に
３秒後～終了時刻
について考えよう。

終了時刻は
点 $P$ が点 $A$ に到達する点 $Q$ が再び点 $C$ に戻るときなので、開始時刻から
$6$ 秒後
である。

なので、ここでは、経過時間を $t$ として、
$3 ≦ t ≦ 6$
のときを考える（図Ｅ）。

図の固定

点 $P$ は開始してから３秒後に点 $O$ に到達し、そこで折り返すので、
点 $P$ が点 $O$ を出発してからの時間は $t - 3$ 秒である。

さらに、点 $P$ は１秒間に２動くから、 $OQ$ は
$2 (t - 3)$ となる。

これを使って図Ｅで(2)と同様の作業をすると、

台形 $OABC$ ，青い三角形の面積は(2)と同じで、
台形 $OABC = 30$ 青 $= 18 - 3 t$

$\begin{aligned} 黄 & = \frac{1}{2} \times OP \times OQ \\ = \frac{1}{2} t \cdot 2 (t - 3) \\ = t^{2} - 3 t \end{aligned}$

$\begin{aligned} オレンジ & = \frac{1}{2} \times BC \times CQ \\ = \frac{1}{2} \cdot 4 \cdot {6 - 2 (t - 3)} \\ = 24 - 4 t \end{aligned}$

なので、△ $PBQ$ の面積を $S$ とすると、
$\begin{aligned} S & = 30 - (18 - 3 t) - (t^{2} - 3 t) - (24 - 4 t) \\ = - t^{2} + 10 t - 12 式Ｃ \end{aligned}$ と表せる。

以上より、面積 $S$ の式は、式Ｂと式Ｃから
$S = {\begin{cases} t^{2} - 4 t + 12 & (0 ≦ t ≦ 3) 式Ｂ \\ - t^{2} + 10 t - 12 & (3 ≦ t ≦ 6) 式Ｃ \end{cases}$ であることが分かった。

式Ｃのグラフは上に凸の放物線で、頂点の $t$ 座標は
$\frac{- 10}{2 \cdot (- 1)} = 5$
になる。

よって、図Ｄに式Ｃのグラフを紫の線で書き加えると、図Ｆができる。

ケで考えたように、 $t = 1$ のときの $S$ は $9$ だった。
式Ｂの放物線の軸は $t = 2$ だから、
軸から左に $1$ の $t = 1$ のときに $S = 9$ なら、
軸から右に $1$ の $t = 3$ のときも $S = 9$ だ。

なので、式Ｂのグラフと式Ｃのグラフが変わる点の $S$ 座標は、計算しなくても
$9$
だと分かる。

また、緑の部分は定義域の $0 ≦ t ≦ 6$ だ。

図の固定

図Ｆより、 $0 ≦ t ≦ 6$ の範囲で面積 $S$ が

最小になるのは紫の点で、最小値はコで求めた
$8$

解答ス：８

最大になるのは図Ｆの赤い点で、
$t = 5$
のとき。

最大値は、式Ｃに $t = 5$ を代入して、
$- 5^{2} + 10 \cdot 5 - 12 = 13$

解答セ：１, ソ：３

である。

(4)

図Ｆに $S = 10$ の線を書き加えると、図Ｇのようになる。

図の固定

ここでは面積 $S$ が $10$ 以下である時間を問われているので、求めるのは図Ｇの黄色い範囲の幅にあたる。
それを求めるために、図Ｇの赤い点とオレンジの点の $t$ 座標を計算する。

赤い点の $t$ 座標は、式Ｂに $S = 10$ を代入した
$t^{2} - 4 t + 12 = 10$ 式Ｄ
を解けば求められる。

式Ｄより、
$t^{2} - 4 t + 2 = 0$

これに解の公式を使うと

途中式

\begin{aligned} t & = \frac{4 \pm \sqrt{(- 4)^{2} - 4 \cdot 1 \cdot 2}}{2 \cdot 1} \\ = \frac{4 \pm 2 \sqrt{4 - 2}}{2} \end{aligned}

より

t = 2 \pm \sqrt{2}

となる。

この２つの解は
$2 - \sqrt{2} < 2 + \sqrt{2}$
なので、
$t = 2 - \sqrt{2}$ が図Ｇの赤い点 $t = 2 + \sqrt{2}$ が図Ｇの青い点の $t$ 座標であることが分かる。

オレンジの点の $t$ 座標は、式Ｃに $S = 10$ を代入した
$- t^{2} + 10 t - 12 = 10$ 式Ｅ
を解けば求められる。

式Ｅより、
$t^{2} - 10 t + 22 = 0$

これに解の公式を使うと

途中式

\begin{aligned} t & = \frac{10 \pm \sqrt{(- 10)^{2} - 4 \cdot 1 \cdot 22}}{2 \cdot 1} \\ = \frac{10 \pm \sqrt{(2 \cdot 5)^{2} - 4 \cdot 22}}{2} \\ = \frac{10 \pm 2 \sqrt{5^{2} - 22}}{2} \end{aligned}

より

t = 5 \pm \sqrt{3}

となる。

この２つの解は
$5 - \sqrt{3} < 5 + \sqrt{3}$
なので、
$t = 5 - \sqrt{3}$ が図Ｇのオレンジの点 $t = 5 + \sqrt{3}$ が図Ｇの紫の点の $t$ 座標であることが分かる。

以上より、面積が $10$ 以下となる時間は、
$\begin{aligned} 黄色の範囲 & = オレンジの点の t 座標 - 赤い点の t 座標 \\ = (5 - \sqrt{3}) - (2 - \sqrt{2}) \\ = 3 - \sqrt{3} + \sqrt{2} \end{aligned}$ と求められる。

解答タ：３, チ：３, ツ：２