共通テスト（数学） 過去問
令和7年度（2025年度）本試験
問11 (数学Ⅰ・数学A（第1問） 問11)
問題文
〔2〕図1のように、直線l上の点Aにおいてlに接する半径2の円を円Oとし、l上の点Bにおいてlに接する半径4の円を円O′とする。円OとO′は2点で交わるとし、その交点をP，Qとする。ただし、∠APB＜∠AQBとする。さらに、∠PABは鋭角であるとする。このとき、ΔPABとΔQABについて考えよう。
（1）∠PAB＝α、∠PBA＝βとおく。
円Oの中心Oから直線PAに引いた垂線と直線PAとの交点をHとする。
∠OAB＝90°であるから、∠AOH＝αである。
よって、ΔOAHに着目すると、AH＝（ コ ）sinαであるから
PA＝2AH＝（ サ ）sinα ・・・・・①
である。
同様にして、円O′の中心O′から直線PBに引いた垂線と直線PBとの交点をH′とすると
PB＝2BH′＝（ シ ）sinβ ・・・・・②
であることもわかる。
また、ΔPABの外接円の半径をR1とおくと、正弦定理により
PA／sin（ ス ）＝PB／sin（ セ ）＝2R1
が成り立つので
PAsin（ セ ）＝PBsin（ ス ）
である。
この式に、①と②を代入することにより
sin（ セ ）＝（√［ ソ ］）sin（ ス ）
PB＝（√［ ソ ］）PA
となることがわかる。
R1＝（ タ ）√（ チ ）
が得られる。
（2）太郎さんと花子さんは、（1）の考察を振り返っている。
太郎：ΔQABの外接円の半径も求められるかな。
花子：（1）のR1の求め方を参考にすればよさそうだね。
ΔPAB，ΔQABの外接円の半径をそれぞれR1，R2とおく。
このとき、
R1（ ツ ）R2である。
さらに、sin∠APB（ テ ）sin∠AQBであることもわかる。
（ ツ ）にあてはまるものを1つ選べ。
（1）∠PAB＝α、∠PBA＝βとおく。
円Oの中心Oから直線PAに引いた垂線と直線PAとの交点をHとする。
∠OAB＝90°であるから、∠AOH＝αである。
よって、ΔOAHに着目すると、AH＝（ コ ）sinαであるから
PA＝2AH＝（ サ ）sinα ・・・・・①
である。
同様にして、円O′の中心O′から直線PBに引いた垂線と直線PBとの交点をH′とすると
PB＝2BH′＝（ シ ）sinβ ・・・・・②
であることもわかる。
また、ΔPABの外接円の半径をR1とおくと、正弦定理により
PA／sin（ ス ）＝PB／sin（ セ ）＝2R1
が成り立つので
PAsin（ セ ）＝PBsin（ ス ）
である。
この式に、①と②を代入することにより
sin（ セ ）＝（√［ ソ ］）sin（ ス ）
PB＝（√［ ソ ］）PA
となることがわかる。
R1＝（ タ ）√（ チ ）
が得られる。
（2）太郎さんと花子さんは、（1）の考察を振り返っている。
太郎：ΔQABの外接円の半径も求められるかな。
花子：（1）のR1の求め方を参考にすればよさそうだね。
ΔPAB，ΔQABの外接円の半径をそれぞれR1，R2とおく。
このとき、
R1（ ツ ）R2である。
さらに、sin∠APB（ テ ）sin∠AQBであることもわかる。
（ ツ ）にあてはまるものを1つ選べ。
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問題
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共通テスト（数学）試験 令和7年度（2025年度）本試験 問11（数学Ⅰ・数学A（第1問） 問11） （訂正依頼・報告はこちら） （新しいタブで開く）
〔2〕図1のように、直線l上の点Aにおいてlに接する半径2の円を円Oとし、l上の点Bにおいてlに接する半径4の円を円O′とする。円OとO′は2点で交わるとし、その交点をP，Qとする。ただし、∠APB＜∠AQBとする。さらに、∠PABは鋭角であるとする。このとき、ΔPABとΔQABについて考えよう。
（1）∠PAB＝α、∠PBA＝βとおく。
円Oの中心Oから直線PAに引いた垂線と直線PAとの交点をHとする。
∠OAB＝90°であるから、∠AOH＝αである。
よって、ΔOAHに着目すると、AH＝（ コ ）sinαであるから
PA＝2AH＝（ サ ）sinα ・・・・・①
である。
同様にして、円O′の中心O′から直線PBに引いた垂線と直線PBとの交点をH′とすると
PB＝2BH′＝（ シ ）sinβ ・・・・・②
であることもわかる。
また、ΔPABの外接円の半径をR1とおくと、正弦定理により
PA／sin（ ス ）＝PB／sin（ セ ）＝2R1
が成り立つので
PAsin（ セ ）＝PBsin（ ス ）
である。
この式に、①と②を代入することにより
sin（ セ ）＝（√［ ソ ］）sin（ ス ）
PB＝（√［ ソ ］）PA
となることがわかる。
R1＝（ タ ）√（ チ ）
が得られる。
（2）太郎さんと花子さんは、（1）の考察を振り返っている。
太郎：ΔQABの外接円の半径も求められるかな。
花子：（1）のR1の求め方を参考にすればよさそうだね。
ΔPAB，ΔQABの外接円の半径をそれぞれR1，R2とおく。
このとき、
R1（ ツ ）R2である。
さらに、sin∠APB（ テ ）sin∠AQBであることもわかる。
（ ツ ）にあてはまるものを1つ選べ。
（1）∠PAB＝α、∠PBA＝βとおく。
円Oの中心Oから直線PAに引いた垂線と直線PAとの交点をHとする。
∠OAB＝90°であるから、∠AOH＝αである。
よって、ΔOAHに着目すると、AH＝（ コ ）sinαであるから
PA＝2AH＝（ サ ）sinα ・・・・・①
である。
同様にして、円O′の中心O′から直線PBに引いた垂線と直線PBとの交点をH′とすると
PB＝2BH′＝（ シ ）sinβ ・・・・・②
であることもわかる。
また、ΔPABの外接円の半径をR1とおくと、正弦定理により
PA／sin（ ス ）＝PB／sin（ セ ）＝2R1
が成り立つので
PAsin（ セ ）＝PBsin（ ス ）
である。
この式に、①と②を代入することにより
sin（ セ ）＝（√［ ソ ］）sin（ ス ）
PB＝（√［ ソ ］）PA
となることがわかる。
R1＝（ タ ）√（ チ ）
が得られる。
（2）太郎さんと花子さんは、（1）の考察を振り返っている。
太郎：ΔQABの外接円の半径も求められるかな。
花子：（1）のR1の求め方を参考にすればよさそうだね。
ΔPAB，ΔQABの外接円の半径をそれぞれR1，R2とおく。
このとき、
R1（ ツ ）R2である。
さらに、sin∠APB（ テ ）sin∠AQBであることもわかる。
（ ツ ）にあてはまるものを1つ選べ。
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この過去問の解説 （2件）
01
前問と同様に∠QAB=α'、∠QBA=β'
円Oの中心Oから直線QAに引いた垂線と直線QAとの交点をM
円O'の中心O'から直線QBに引いた垂線と直線QBとの交点をM'
△OAMが直角三角形であるので
sinα'=AM/OA
となります。
OAは半径なのでOA=2を代入して整理すると
AM=OAsinα'
AM=2sinα'
となります。
また問題文より
QA
=2AM
=4sinα'
△OAMと同様に△O'BM'が直角三角形であるので
sinβ'=BM'/O'B
となります。
O'Bは半径なのでO'B=4を代入して整理すると
BM'=O'Bsinβ'
BM'=4sinβ'
となります。
QB
=2BM'
=8sinβ'
ここで△QABに注目して、正弦定理を用います。
QA/sinβ'=QB/sinα'=2R2
この式が成り立ちます。
式を抜き出して
QA/sinβ'=QB/sinα'
この式に
QA=4sinα'
QB=8sinβ'を代入します。
4sinα'/sinβ'=8sinβ'/sinα'
4sin2α'=8sin2β'
sin2α'=2sin2β'
ここでα'、β'はそれぞれ鋭角のため
sinα'>0,sinβ'>0になることに注意すると
sinα'=√2sinβ'
QA/sinβ'=QB/sinα'=2R1
より
QA/sinβ'=QB/sinα'
この式に
sinα'=√2sinβ'を代入して整理していきます。
QA/sinβ'=QB/√2sinβ'
QB=√2QA
QB/sinα'=2R2
この式に
QB=√2QA
QA=4sinα'をそれぞれ代入して計算します。
2R2=QB/sinα'
2R2=√2QA/sinα'
2R2=4√2sinα/sinα'
R2=2√2
したがって、
R1=R2
となります。
この選択肢が正解です。
前問までを解いていれば、いきなり結論までもっていっても大丈夫です。
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02
解答：=
解説：
（1）と同様に∠QAB=α'、∠QBA=β'とすると、
QA=4sinα'
QB=8sinβ'
正弦定理より、
QA/sinβ'=QB/sinα'=2R2
これらを連立すると、
sinα'=√2sinβ'
となります。
よって、
2R2=QA/sinβ'
⇔R2=4sinα'/2sinβ'
=2√2
したがって、
R1=R2
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