共通テスト（数学） 過去問
令和7年度（2025年度）本試験
問14 (数学Ⅰ・数学A（第1問） 問14)
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。
（3）太郎さんと花子さんは、これまでの考察をもとに、ΔPABとΔQABの辺の長さについて考えている。
太郎：ABの長さが与えられれば、PAとQAの長さが求められそうだね。
花子：∠APB＜∠AQBに注意して求めてみようよ。
AB＝2√7とする。
sin∠APB＝（√［ トナ ］）／（ ニ ）
である。
（1）より、PB＝（√［ ソ ］）PAであるから
PA＝√（ ヌネ ）
である。
同様に、QA＝√7であることがわかる。
（ ヌネ ）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。
（3）太郎さんと花子さんは、これまでの考察をもとに、ΔPABとΔQABの辺の長さについて考えている。
太郎：ABの長さが与えられれば、PAとQAの長さが求められそうだね。
花子：∠APB＜∠AQBに注意して求めてみようよ。
AB＝2√7とする。
sin∠APB＝（√［ トナ ］）／（ ニ ）
である。
（1）より、PB＝（√［ ソ ］）PAであるから
PA＝√（ ヌネ ）
である。
同様に、QA＝√7であることがわかる。
（ ヌネ ）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14（数学Ⅰ・数学A（第1問） 問14） （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。
（3）太郎さんと花子さんは、これまでの考察をもとに、ΔPABとΔQABの辺の長さについて考えている。
太郎：ABの長さが与えられれば、PAとQAの長さが求められそうだね。
花子：∠APB＜∠AQBに注意して求めてみようよ。
AB＝2√7とする。
sin∠APB＝（√［ トナ ］）／（ ニ ）
である。
（1）より、PB＝（√［ ソ ］）PAであるから
PA＝√（ ヌネ ）
である。
同様に、QA＝√7であることがわかる。
（ ヌネ ）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。
（3）太郎さんと花子さんは、これまでの考察をもとに、ΔPABとΔQABの辺の長さについて考えている。
太郎：ABの長さが与えられれば、PAとQAの長さが求められそうだね。
花子：∠APB＜∠AQBに注意して求めてみようよ。
AB＝2√7とする。
sin∠APB＝（√［ トナ ］）／（ ニ ）
である。
（1）より、PB＝（√［ ソ ］）PAであるから
PA＝√（ ヌネ ）
である。
同様に、QA＝√7であることがわかる。
（ ヌネ ）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
△OAHが直角三角形であるので
sinα=AH/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
AH=OAsinα
AH=2sinα
となります。
また問題文より
PA
=2AH
=4sinα
△OAHと同様に△O'BP'が直角三角形であるので
sinβ=BH'/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
BH'=O'Bsinβ
BH'=4sinβ
となります。
PB
=2BH'
=8sinβ
問題文より△PABに注目して、正弦定理を用います。
PA/sinβ=PB/sinα=2R1
この式が成り立ちます。
式を抜き出して
PA/sinβ=PB/sinα
この式に
PA=4sinα
PB=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
PA/sinβ=PB/sinα=2R1
より
PA/sinβ=PB/sinα
この式に
sinα=√2sinβを代入して整理していきます。
PA/sinβ=PB/√2sinβ
PB=√2PA
PB/sinα=2R1
この式に
PB=√2PA
PA=4sinαをそれぞれ代入して計算します。
2R1=PB/sinα
2R1=√2PA/sinα
2R1=4√2sinα/sinα
R1=2√2
ここで
△PABに注目して、正弦定理を用います。
AB/sin∠APB=2R1
sin∠APB=AB/2R1
この式にR1=2√2、AB＝2√7
をそれぞれ代入して計算します。
sin∠APB=2√7/（2×2√2）
sin∠APB=√14/4
となります。
ここで三角比の相互関係を用います。
∠APBが鋭角であることに注意して計算すると
cos∠APB
=√（1-sin2∠APB）
=√（1-14/16）
=√2/4
また△PABに注目して、余弦定理を用います。
AB2=PA2+PB2-2PA×PBcos∠APB
この式に
AB＝2√7、PB=√2PA、cos∠APB=√2/4をそれぞれ代入して計算します。
28=PA2+2PA2-2√2PA2×√2/4
2PA2=28
PA2=14
PA>0なので
PA=√14
になります。
この選択肢が正解です。
三角比の単元は「正弦定理」と併せて「余弦定理」も必ず覚えておきましょう。
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02
解答：14
解説：
（ト）～（ニ）の解答より、
cos∠APB=√（1-sin2∠APB）
=√2/4
△APBに対して余弦定理を用いると、
AB2=PA2+PB2-2PA×PBcos∠APB
⇔28=PA2+PA2-2√2PA2×√2/4
⇔2PA2=28
⇔PA2=14
⇔PA=√14
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