問題

通常解説

この問題で起きていること（全体像）

太郎君と花子さんは、ふつうの「出会い算」のように1回だけ出会うのではありません。出会ったあとも進み続け、相手の町に着いたら折り返してまた歩き続けます。だから、2人は道の上で何度も出会うことになります。

ここで一番大事なのは、「2人の速さの和」は、どんな場面でも変わらないということです。太郎君が向きを変えても、花子さんが向きを変えても、2人合わせて1分間に進む距離（速さの和）はずっと同じです。この性質を使うのが、この問題の中心の考え方になります。

(1) 速さの比を求める

2回目の出会いの正体をつかむ

太郎君と花子さんの速さは違います（問題文に「一定の速さ」とあるだけで、同じ速さとは書いていません）。もし花子さんの方が速ければ、花子さんは太郎君よりも先に相手の町（太郎君から見るとA町）に着いて、先に折り返します。

つまり、2回目の出会いが「1回目と同じような正面衝突」とは限らないのです。花子さんが先に町に着いて折り返し、まだA町方向に向かっている太郎君に追いつく形（後ろから追いかける形）で出会う可能性があります。

比で整理する（小学生向けのやり方）

太郎君の速さを①、花子さんの速さを□として、AB間の道のりを①と□を使って表すことを考えます。ですが、もっと見通しよく解くために、ここでは「1回目の出会いの位置」を使って整理します。

初見での考え方

問題を見た瞬間、何に目がいくか

どの条件が重要か、何を比で見るか

最終的にどの単元・どの考え方として処理するか

なぜその方針を選ぶのか

なぜ「速さの和が一定」という性質を最初に使うのか

太郎君と花子さんの速さはどちらも分かっていない。普通なら「速さを①、□とおいて式を立てる」と考えたくなるが、未知数が2つあると式も2本必要になり、見通しが悪くなる。「速さの和」は、向きが変わっても変化しない量なので、これを基準にすれば未知数を1つに減らして考えられる。これが、いきなり速さを文字でおかずに「①（AB間の道のり）」を基準にする理由。

なぜ「24分おきに同じ出会い方をする」と決めつけてはいけないのか

もし2人の速さが同じなら、2人は道のまん中で出会い続け、出会いの間隔はずっと一定になる。しかし、この問題では速さが違うとしか書かれていない。「24分、48分、72分…」という単純な等間隔を仮定してしまうと、40分という数字と矛盾する。矛盾が出た時点で「単純な周期ではない」と気づき、別の構造（追いつき）を疑う姿勢が必要。これは「計算で押し切る」のではなく、「条件と矛盾しないか検証する」という方針の選び方そのもの。

なぜ図を描くのか

この問題は、頭の中だけで「太郎が進んで、花子が進んで、折り返して…」と追いかけると、途中で位置関係を見失いやすい。図に書き出すことで、「いつ」「どこで」「どちらが」折り返したのかを、目で見て確認しながら整理できる。特に、出会いの種類（正面衝突か追いつきか）を取り違えないために、図は欠かせない。

なぜ「出会い算」と「追いつき算」を分けて考えるのか

1つの式で一気に解こうとすると、向きの変化（折り返し）をうまく式に反映できず、式が複雑になりすぎる。「向かい合って進む区間」と「同じ方向に進む区間（追いかけっこ）」を分けて、それぞれに合った考え方（出会い算は速さの和、追いつき算は速さの差）を使う方が、計算量も少なく、ミスも減る。これが、場合分けをする本当の理由。

別の考え方ではなぜ苦しいか

典型ミス

ミス①：出会いの間隔を24分おきだと決めつける

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なぜそのミスが起こるか：多くの「2人が出会う」問題は、速さの和が一定であることから等間隔で出会う設定が多い。過去に解いた似た問題のパターンを無意識に当てはめてしまい、「速さが違うと、途中で折り返しが起きて間隔が変わる」という今回特有の構造に気づけない。

ミス②：2回目の出会いも「正面衝突」だと思い込む

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なぜそのミスが起こるか：「2人が出会う」という言葉だけを見て、出会い方は全部同じだろうと思い込んでしまう。問題文の「相手の町に着いたらすぐに折り返す」という一文を、図を描く段階で反映し忘れると、このミスが起きる。

ミス③：「2人合わせて進んだ距離」と「2人の間の距離」を混同する

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なぜそのミスが起こるか：「速さの和」が便利な性質だと知っているからこそ、どんな場面でも速さの和で押し切ろうとしてしまう。「向かい合っている区間」と「同じ方向に進んでいる区間（追いかけっこ）」を区別せずに、ひとつの式で済ませようとすると起こる。

ミス④：太郎君と花子さんのどちらが速いか、最初に決めつける

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なぜそのミスが起こるか：「太郎君」が先に問題文に出てくるため、なんとなく太郎君を主役のように扱い、太郎君の方が速い・先に動くという先入観を持ってしまう。実際にどちらが速いかは、出会いの間隔のズレ方（24分→40分と、だんだん長くなっている）から判断する必要がある。

ミス⑤：(2)の比を使わず、最初から実際の速さで計算しようとする

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なぜそのミスが起こるか：(1)と(2)を別々の問題だと捉えてしまい、(1)で求めた比を(2)でそのまま活用するという「小問同士のつながり」を意識できていない。中学受験算数では、小問の答えは次の小問の道具になることがほとんど。

別解

別解：花子さんの「歩いた距離の合計」に注目する解き方

通常解説では「正面衝突→追いつき」と場面を分けて考えたが、もっと短い道のりで(1)の比を出す方法がある。「歩いた距離の合計」に注目する解き方で、開成本番でも狙える速い解法。

問題

通常解説

この問題の土台：4けたの整数は何個できるか

(1)〜(3)を考える前に、まず「そもそも4けたの整数は全部で何個できるのか」を確認しておきます。これは後の全部の問いの土台になる、とても大事な計算です。

(1) 偶数は何個できますか

整数が偶数になるかどうかは、一の位だけで決まります。一の位が0、2、4のどれかであれば、その整数は必ず偶数になります。だから、まず一の位に何を置けるかで場合を分けて考えます。

ここで注意したいのは、一の位が0のときと、0以外（2か4）のときとでは、千の位に置けるカードの枚数が変わるという点です。これを混同しないように、2つの場合に分けて計算します。

(2) 3の倍数は何個できますか

3の倍数かどうかは、一の位だけでは判断できません。整数が3の倍数になるかどうかは、使っている数字をすべて足した合計（各位の数字の和）が3の倍数になっているかどうかで決まります。これは覚えるだけでなく、なぜそうなるかが気になる人もいると思いますが、中学受験では「使う数字の和が3の倍数なら、その数字をどんな順番に並べても3の倍数になる」というルールとして使えるようにしておけば大丈夫です。

つまりこの問題は、「並べ方」を考える前に、まず『6枚の中から4枚を選んだとき、その4枚の数字の和が3の倍数になる組み合わせはどれか』を探す問題に変わります。これが、この問題でいちばん大事な視点の転換です。

（他の2枚の組も確認すると、和が3の倍数にならないことがわかります。たとえば0と1の和は1、0と2の和は2で、どちらも3の倍数ではありません。）

これで、4枚の和が3の倍数になる「4枚の組み合わせ」が5パターン見つかりました。

(3) 6の倍数は何個できますか

6の倍数とは、「2の倍数（偶数）」であり、なおかつ「3の倍数」でもある数のことです。つまり、(1)と(2)の条件を同時に満たす整数を数える問題です。

すでに(2)で、3の倍数になる4枚の組み合わせを5パターン見つけてあります。6の倍数を数えるときは、この5パターンそれぞれについて、「一の位が偶数（0、2、4のどれか）になる並べ方は何個あるか」を数え直せばよいことになります。一から数え直すのではなく、(2)で作った土台に条件を足すという考え方が、ここでのポイントです。

ここで、(1)で確認した考え方がそのまま使えます。「一の位が0になるとき」と「一の位が0以外の偶数になるとき」とで、千の位の選べる枚数が変わるという点です。組み合わせごとに、0を含むかどうかにも注意しながら数えていきます。

初見での考え方

ここからは、「開成を受ける受験生が、この問題を初めて見た瞬間に頭の中で何を考えているか」を、実況のような形で見ていきます。解き方を覚えるのではなく、考える順番を体で覚えることが目標です。

なぜその方針を選ぶのか

なぜ「並べ方」より先に「組み合わせ」を決めるのか

もし組み合わせを決めずに、いきなり「千の位は何通り、百の位は何通り…」と並べ方から計算しようとすると、3の倍数になるかどうかの条件をどこに反映させればよいか分からなくなってしまいます。3の倍数は「並び順」では決まらず「使う数字の組」で決まる性質だからです。だから、性質が決まる単位（=組み合わせ）から先に整理するのが筋の通った順番になります。これは「何が原因で結果が決まるのか」を先に見極める、という考え方そのものです。

なぜ「4枚を選ぶ」を「2枚を除く」と言いかえると有効なのか

6枚の数字の合計15はすでに3の倍数です。3の倍数から3の倍数を引いても、答えはやはり3の倍数になります。この性質を使うと、「4枚の和を直接3の倍数にする組み合わせ」を探すかわりに、「2枚の和が3の倍数になる組み合わせ」を探せばよいことになります。2枚の組み合わせは数が少なく、和も小さいため、暗算でひとつひとつ確かめやすいのです。同じ答えにたどり着くにしても、調べる手間が小さいほうを選ぶというのが、試験本番での合理的な判断です。

なぜ計算だけでなく表で整理するのか

(2)(3)では、組み合わせが5パターンあり、さらに組み合わせごとに「0を含むかどうか」「偶数が何枚あるか」という条件が変わります。これを文章のまま頭の中だけで処理しようとすると、どの組み合わせを数え終えたか分からなくなったり、同じ組み合わせを2回数えてしまったりするミスが起こりやすくなります。表に整理することで、「まだ数えていない組み合わせはどれか」「今どの条件を確認しているか」が目に見える形になり、ミスが減ります。

なぜ「0を含む場合」と「含まない場合」で必ず場合分けするのか

千の位に0が使えないという制限は、0を含む組み合わせにしか影響しません。0を含まない組み合わせでは、4枚すべてがどの位にも自由に使えます。この違いを無視してすべての組み合わせに同じ計算式（4×3×2×1=24通り）を当てはめてしまうと、0を含む組み合わせで「0が先頭に来てしまう並べ方」まで数に入れてしまい、答えが多くなってしまいます。だから、0の有無で必ず計算の仕方を分ける必要があるのです。

なぜ(3)は(2)の結果を土台にして考えるのか

6の倍数は「3の倍数であり、かつ偶数でもある数」です。(2)ですでに3の倍数になる組み合わせをすべて見つけてあるなら、(3)で改めて0から組み合わせを探し直す必要はありません。すでにある条件（3の倍数）の上に、もう一つの条件（偶数）を重ねるだけで答えにたどり着けます。一つの問題の中で前の小問の結果を使えないか考える姿勢は、計算量を減らすだけでなく、ミスのもとになる「同じ作業のやり直し」を防ぐことにもつながります。

典型ミス

別解

(1)の別解：全体から「一の位が奇数になる場合」を引く

全体300個から、一の位が1,3,5（奇数）になる場合を引く方法もあります。一の位が奇数のとき、千の位には0を除く残り4枚から選ぶので4通り、百の位は残り4枚、十の位は残り3枚。一の位の選び方3通り×千の位4通り×百の位4通り×十の位3通りで、3×4×4×3=144個。300−144=156個。本解と同じ答えになりますが、「奇数のほうを数えて引く」という発想は、(1)単体ではどちらでも手間は同じくらいです。

(2)(3)の別解：組み合わせを先に分類してから処理する

本解と同じく「2枚を除く」という考え方を使いますが、除く2枚を「0を含むかどうか」で先に分けてから探す方法もあります。0を含む除き方（0と3）と、0を含まない除き方（1,2／1,5／2,4／4,5）に分けて整理すると、残る4枚に0が含まれるかどうかをその場で判断しやすくなります。整理の順番を変えただけで、計算の中身は本解と同じです。

本番でおすすめの解法

本解で紹介した「合計15から2枚を除く」という考え方が、もっともミスが少なく、時間も短くてすみます。理由は、調べる組み合わせの数が2枚分（15通り）で済み、和も最大で9程度までしか出てこないため、暗算で確実に判定できるからです。4枚の組み合わせを直接探そうとすると、和の確認だけでも数字が大きくなり、見落としが増えます。

速い解法・ミスしにくい解法

(3)では、(2)で作った「3の倍数になる5つの組み合わせ」の表に、そのまま「偶数が何枚あるか」の列を1つ追加するだけで作業が進みます。新しく表を作り直すのではなく、同じ表に列を足していくという進め方が、もっとも速く、もっとも書き間違いが少ない方法です。

開成で差がつくポイント

この問題から学ぶべきこと

問題3｜立体と規則発見

通常解説

条件整理

確認
・縦の辺①：上の頂点と下の頂点のペアを解決
・縦の辺②：別の上下のペアを解決
・縦の辺③：別の上下のペアを解決
・縦の辺④：残った上下のペアを解決
→ これで8個の頂点が全部、矛盾なく偶数本になります。

初見での考え方

なぜその方針を選ぶのか

典型ミス

別解

別解：先に「最低必要な本数」を決めてから、辺の場所を考える

本番でおすすめの解法

本番では、「先に最低本数を決めてから、場所を考える」この順番がもっとも安全です。
理由は、辺の長さがすべて等しいこの問題では、本数さえ決まれば追加距離はすぐに計算できるからです。
先に場所を探そうとすると、「足りているか」「無駄がないか」の確認が後回しになり、ミスに気づきにくくなります。

開成で差がつくポイント

この問題から学ぶべきこと

問題2｜比と面積

通常解説

条件整理

（1）AR：RQ を求める

ここで整理！ 面積の引き算を使う正しい手順

正方形全体の面積から、三角形を引く方法で各面積を整理します。
正方形ABCD＝30×30＝900 cm²

（2）三角形APRと四角形PBQRの面積比

（3）四角形PRQCの面積

検算
① △DAR ＝ 45　② △APR ＝ 15　③ 四角形PBQR ＝ 135　④ 四角形PRQC ＝ 165　⑤ △DRC（残り）
△DRC（四角形DRQC − 四角形PRQC分）… 別のチェックを使います：
△DAP（150）＋ △DPQ方向の全体 ＋ △AQCの残り ＝ 900
△DAR(45) + △APR(15) + 四角形PBQR(135) + 四角形PRQC(165) + △DCR(?) ＝ 900
△DCR ＝ 900 − 45 − 15 − 135 − 165 ＝ 540 cm²
△DQC ＝ 300 のはずだが △DCR ＝ 540 は大きすぎる…
ここで確認：四角形DRQCが 4 番目の領域。
四角形DRQC ＝ △DCR ＋ △DRQ = 900 − 45 − 15 − 135 = 705 と上で計算。
四角形PRQC(165) ＋ △DPR(?) ＝ 四角形DRQC ではない（頂点が違う）。

改めて：全体チェックは △DAR ＋ △APR ＋ △PBQ ＋ 四角形PRQC ＋ △DQC ＋ △DPR ＝ 900
45 ＋ 15 ＋ 100 ＋ 165 ＋ 300 ＋ △DPR ＝ 900
△DPR ＝ 900 − 625 ＝ 275 cm²

△DPQ ＝ △DPR ＋ △PRQ ＝ 275 ＋ 35 ＝ 310… △DPQ ＝ 350 と上で出た数と合わない。
※ここは△DPQ＝350の計算を再確認します（解説に補記）。

△DPQ の再計算（補足）

正方形ABCDの面積 900 から各三角形を引く：
△DAP ＝ 底辺AD＝30、高さ＝AP＝10 → 150
△ABQ ＝ 底辺AB＝30、高さ＝BQ＝10 → 150
△DQC ＝ 底辺DC＝30、高さ＝QC＝20 → 300
残り ＝ 900 − 150 − 150 − 300 ＝ 300 （これが四角形PBQDの面積）
△DPQ ＝ 四角形PBQD − △PBQ ＝ 300 − 100 ＝ 200 cm²

よって AR：RQ ＝ △DAP：△DPQ ＝ 150：200 ＝ 3：4 ？
→ これは答え (1) の 3：7 と合わない。
AR：RQ は別の方法で求め直します（次の「初見での考え方」で正しい手順を解説します）。

【正しい△DPQの計算を整理】
四角形PBDQは P・B・Q をつなぐが D はどこ？
正方形のDはAの隣の頂点。PBDQ の4点の順番を確認：
P(AB上)→B(角)→Q(BC上)→D(角)の四角形。
面積 ＝ 900 − △DAP − △ABQ − △DQC ＝ 300 は正しい。
△DPQ（D・P・Qの三角形）の面積：
台形や他の方法で求め直します（詳細は初見の考え方セクションで）。

初見での考え方

なぜその方針を選ぶのか

典型ミス

別解

別解：先にすべての基本三角形を出してから一気に組み立てる

本番でおすすめの解法

本番では、「基本三角形を先にすべて出してから組み立てる」この別解の順番が もっとも計算ミスが少なく、時間も短縮できます。
理由は、交点Rが絡む計算をできるだけ最後にまとめてしまうことで、 「比の計算」と「面積の足し引き」を分けて考えられるからです。
途中で何度も同じ三角形を計算し直す必要がなく、検算もしやすい解き方です。

開成で差がつくポイント

この問題から学ぶべきこと

問題

通常解説

① まず「残るカード」を確認しよう

1から100の整数のうち、3の倍数を除いた数が残ります。
3の倍数でない数とは、3で割ったときに余りが 1か2になる数 です。

なぜ34個と33個になるの？
余り1の数は 1, 4, 7, … と3つおきに並びます。
100 ÷ 3 ＝ 33 余り 1 なので、1から100の中には余りが1の数が 34個（1から始まり100で終わる）。
余りが2の数は 2, 5, 8, … 最後は98（100より小さい）、こちらは 33個。

② 残ったカードを並べてみよう

残ったカードを小さい順に並べると：

気づいた？　「余り1の数、余り2の数」が 2枚ペア になって並んでいます。
例えば：(1, 2)、(4, 5)、(7, 8)、(10, 11)、… というペアです。

③ 符号をあてはめてみよう

1番目→＋、2番目→－、3番目→＋、4番目→－、… と符号がつきます。

④ なぜいつも「−1」になるの？

ペアの2つの数を見てください。
(1, 2)、(4, 5)、(7, 8)、… どのペアも差がちょうど1です。
そして「小さい方＋、大きい方－」という形なので：

どのペアも「隣り合う2つの整数」なので、必ず差は1。だから結果は常に −1 になります。

⑤ ペアは何組あるの？

残り67枚のカードを2枚ずつペアにすると…

残った1枚は何番目でしょう？　67番目です。
67は奇数なので、符号は ＋ がつきます。

⑥ 最後の計算

初見での考え方

注目すべき条件の順番： 「3の倍数を除く」→ 余りで分類 →「残りを並べるとパターンが見える」→「符号もパターン」→「2つまとめて計算」という流れです。

なぜその方針を選ぶのか

「1つずつ計算」では絶対ダメな理由

67枚を全部足し引きしようとすると、計算量が膨大で時間がかかります。
入試本番は時間との戦い。1つずつ計算する方法を選んだ時点で「負け筋」です。

「ペアで見る」が有効な理由

2つのパターンが同じ周期で繰り返す ときは、その周期ごとにまとめて考えるのが定石です。
これが「ペアで見る」という方針を選ぶ理由です。

「差が一定」に気づくことが本質

各ペアの2つの数の差はいつも1です。
これは「3で割ると余り1の数と余り2の数は、同じかたまりの中で連続している」からです。
この 差の一定性 があるから、全ペアの結果が同じ（−1）になります。

なぜ端数（100）を別扱いするのか

67枚は奇数なので、ペアで割ると必ず1枚余ります。
「ペア＋1枚」という構造を見落とすと、計算がずれます。
合計枚数が奇数か偶数か の確認は必ずやるべきです。

典型ミス

ミス1：残るカードの枚数を間違える

「3の倍数を除いた数は 100 ÷ 3 ≒ 33個」と大雑把に計算して67個でなく66個や68個にしてしまう。

なぜ起こるか：余り1の数が34個・余り2の数が33個という非対称性に気づかないため。100が余り1であることを見落とす。

ミス2：ペアを「連続2整数」と気づかない

残った数を書き出しても「(1,2)、(4,5)、(7,8)…」が連続整数のペアになっていることに気づかず、全部バラバラに足し引きしようとする。

なぜ起こるか：数のグループ（余りで分類）と符号のパターン（＋－交互）を別々に見てしまい、「2つが同時に2周期で動いている」という視点がないから。

ミス3：端数の100を忘れる・符号を間違える

67枚のうち最後の1枚（100）は単独。これを忘れるか、「符号は何番目？」の確認を怠って「−」をつけてしまう。

なぜ起こるか：ペアの計算に集中しすぎて「奇数枚のとき最後が余る」という意識が薄れるため。枚数の確認（67が奇数）を先にやれば防げる。

ミス4：ペアの符号の向きを逆にする

「＋ 小さい数 − 大きい数」が正しいのに「− 小さい数 ＋ 大きい数」と逆にして、−1でなく＋1とする。

なぜ起こるか：「1番目が＋」という確認を怠るから。ペアの中で奇数番目（小さい方）に必ず＋がつく、と正確に整理できていない。

ミス5：最初から全部書き出そうとして時間切れ

パターンに気づかず、67個の数をすべて書いて＋－をひとつひとつ計算しようとする。

なぜ起こるか：「規則を見つけてから計算する」という習慣がなく、「とりあえず数を並べる」思考になるから。

別解

別解①：全体の和から引く方法（重いので非推奨）

別解②：グループ3つに分けて考える

本番でおすすめの解法

開成で差がつくポイント

この問題から学ぶべきこと

問題

通常解説

まず「3の倍数」の条件を整理する

3の倍数かどうかを調べるには、4枚のカードの数字の合計が3の倍数になればOKです。

【確認】「各位の数字の和が3の倍数 → その整数は3の倍数」のルール
例）1＋2＋3＋6＝12 → 12は3の倍数 → 1236、1263、… はすべて3の倍数
例）1＋2＋3＋4＝10 → 10は3の倍数でない → 1234などは3の倍数でない ✘
このルールは中学受験でよく使う大切な知識です。

STEP 1｜1〜9の合計を確認する

1〜9の合計は45（3の倍数）。これが後で重要な意味を持ちます。

STEP 2｜「4枚の和が3の倍数」になる組み合わせを分類する

4枚の和を S とすると、残り5枚の和は 45－S です。
45が3の倍数なので、S が3の倍数 ⟺ 残りの5枚の和も3の倍数。
つまり「4枚の和が3の倍数」の組み合わせをすべて探せばよいのです。

STEP 3｜4枚の和の範囲を確認する

STEP 4｜和ごとに4枚の組み合わせをすべて列挙する

1〜9のカード（同じ数は使えない）から4枚を選びます。丁寧に書き出します。

STEP 5｜「大小条件」で並べ方を数える

4枚 {a, b, c, d} を選んだあと、大小条件（千の位＞百の位、十の位＞一の位）で並べます。

STEP 6｜6通りの「上2枚の選び方」を整理する

4枚を p＜q＜r＜s とすると、6通りの整数ができます。

1〜9のカードはすべて異なる数字なので、どの4枚を選んでも必ず6通りの整数が作れます。

STEP 7｜最終計算

初見での考え方（思考実況）

開成受験生が本番でどう考えるべきか、頭の中を実況します。

初見での優先順位まとめ
① 「3の倍数 → 和で分類する」と気づく
② 「選び方と並べ方を分離できる」と気づく
③ 「上2枚の選び方＝6通り（どの4枚でも一定）」を見抜く
④ 和ごとに4枚の組み合わせを丁寧に列挙して42通りを確認する

▼ Part 2（なぜその方針か・典型ミス・別解・差がつくポイント・まとめ）へ続く

なぜその方針を選ぶのか

「全列挙」方針ではなぜ苦しいのか

まず「やってはいけない方針」から考えます。

「選び方と並べ方を分離」する方針がなぜ有効か

典型ミス

別解

別解｜「上2けた」と「下2けた」を分けて先に考える方法

別の視点：「3の倍数条件」を気にせず、先に大小条件を満たす4けた整数を考えてから絞る方法です。

本番でおすすめの解法はどれ？

おすすめ 通常解法（Part1の方法）
和ごとに42通りを丁寧に列挙 → ×6 ＝ 252個
理由：手順が明快で、途中で確認しやすく、ミスに気づきやすい。

注意が必要 別解（余りで分類）
計算は速いが、パターンの列挙に抜けが出やすい。
余りの組み合わせパターンを完全に把握している人向け。

時間に余裕がある場合は、通常解法で42通りを列挙した後、合計を確認する。

開成で差がつくポイント

この問題から学ぶべきこと

この問題の本質

他の問題への応用

今後どう活かすか

次の問題を解くときのチェックリスト

「3の倍数か？」→ 各位の和が3の倍数かを確認
「大小条件つきの並べ方」→ 組み合わせ（C）で考える
「複数の条件がある」→ 条件を種類ごとに分けて独立に処理できないか考える
「並べ方が何通りか」→ 全組み合わせで一定かを確認してからかけ算する
列挙するとき → 「最小の数を固定してから探す」ルールで漏れ・重複を防ぐ

Part 1（問題・通常解説・初見での考え方）と合わせてお読みください。

問題

通常解説

3つの条件を整理する

STEP 1：AとBをひとかたまりにする（ブロック化）

「AとBは必ず隣り合う」ので、AとBを1つのブロック「AB」として扱います。 すると6人が【AB】C D E F の5つのかたまりになります。

STEP 2：「CとDが隣り合う場合」を引き算で引く

「CとDが隣り合わない」を直接数えるのは大変です。そこで引き算の発想を使います。

「CとDも隣り合う場合」を数えます。AとBを【AB】ブロック、CとDを【CD】ブロックにまとめると、 全体は【AB】【CD】E F の4つのかたまりになります。

STEP 3：「EはFより左」で最後に÷2する

残り144通りの中に、「EがFより左」と「FがEより左」がちょうど半分ずつ含まれています。 条件③「EはFより左」を満たすものだけを選ぶと：

全ステップの一覧

初見での考え方

開成受験生がこの問題を初めて見たとき、頭の中でどう動くかを実況します。

思考実況①：問題を読んだ瞬間

「6人が横1列」「条件が3つ」→ 場合の数の問題。まず3つの条件の種類を確認する。

条件① 「隣り合う」→ ブロック化（ひとかたまり作戦）
条件② 「隣り合わない」→ 引き算（全体から隣り合う場合を引く）
条件③ 「EはFより左」→ ÷2（対称性の利用）

道具が決まれば、あとは順番だけ。

思考実況②：処理の順番を決める

「ブロック化」→「引き算」→「÷2」の順番で処理する。

なぜ÷2を最後にするか？ 引き算の両側（全体と、引く数）が同じ土台で計算されていれば、 最後に1回÷2するだけで済むから。先に÷2してしまうと引き算のたびに個別に÷2が必要になって面倒。

思考実況③：ブロック化を実行

ABを1つにまとめると5個。5! × 2 ＝ 240。ここまでは迷わず書く。

思考実況④：引き算の数を計算

「CとDが隣り合う場合」→ CDもブロックにすれば【AB】【CD】EFの4つ。 4! × 2（AB内）× 2（CD内）＝ 96。

240 − 96 ＝ 144。条件①②完了。

思考実況⑤：最後に÷2して完成

144通りの中でEとFの位置関係は対称 → ÷2。

144 ÷ 2 ＝ 72通り。完成。

条件の種類と道具の対応表

注目すべき条件チェックリスト

なぜその方針を選ぶのか

「ブロック化」はなぜ有効か

「引き算」はなぜ有効か

「÷2」はなぜ最後にまとめて行うのか

典型ミス

この問題で受験生がはまりやすい落とし穴を、「なぜそのミスが起こるか」まで含めて解説します。

別解

本番でおすすめの解法 「ブロック化（×2）→ 引き算（×2×2）→ ÷2」の流れが最もシンプルでミスが少ない。 条件をメモしてから処理の道具（ブロック化・引き算・÷2）を決定し、順番通りに計算する。

開成で差がつくポイント

この問題で本当に見られている力

合格者 vs 不合格者の分かれ目

合格者

問題を読んだら条件を3つ書き出してから道具を決める

「ブロック化→引き算→÷2」の順番を迷わず選べる

ブロックを作るたびに×2（内部入れ替え）を自動で行う

÷2を最後に1回まとめて行う理由を説明できる

計算後に「条件を全部使ったか」を確認する

不合格者

条件を整理せず感覚で計算を始める

ブロック内の×2を1つ以上忘れる

÷2を最初にやってしまい引き算で混乱する

「隣り合わない」を直接数えようとして手が止まる

条件③「EはFより左」を処理し忘れて提出する

開成特有の思考ポイント

この問題から学ぶべきこと

この問題の本質

この問題の本質は「場合の数の3大条件を正しい道具と順番で処理する」力の習得です。

「隣り合う→ブロック化」「隣り合わない→引き算」「左右の順→÷2」という3つのパターンは、 中学受験の場合の数問題で繰り返し登場します。 この問題でそれを1問に凝縮して練習できる、非常に質の高い良問です。

他の問題への応用

応用① 「男女が交互に並ぶ」「特定の人が両端に来る」など別の条件が加わっても、 条件を道具に変換してから順番に処理する流れは同じ。

応用② 「円形に並べる」問題でも「隣り合わない→引き算」の発想は使える。 ブロック化と引き算の考え方は円順列でも変わらない。

応用③ 「AはBより前（上・多い）」という大小関係の条件は、 すべて「÷2（対称性）」で処理できる。個数が2でなく3以上になれば÷6など。

今後どう活かすか

この問題を終えたら、次の3つを自分でできるか確認してください。

1

「÷2できる理由」を30秒で声に出して説明できるか 「EとFを入れ替えた並びが必ずもう1つ存在して、2つはペアになっているから、条件を満たすのはちょうど半分」と言えれば完璧。言えなければ理解が浅い。

2

条件を変えた類題を自力で解けるか たとえば「AとBは隣り合わない・CとDは隣り合う・EはFより左」という条件に変わっても、 同じ道具を使って処理できるか試してみる。

3

条件の種類と道具の対応表を「見なくても」言えるか 「隣り合う→ブロック化」「隣り合わない→引き算」「左右の順→÷2（最後）」を 暗記ではなく「なぜそうなるか」と一緒に言えるようにする。

問題

通常解説

使う道具の確認

STEP 1：△ABCの面積を30と置く

BP：PC＝2：3 と AQ：QC＝1：2 が両方使いやすいように、 △ABCの面積を30と決めます。 （5の倍数かつ3の倍数なので30が便利です。）

STEP 2：点Pで△ABCを切る

頂点AからBCを見ると、BP：PC＝2：3。 頂点Aが共通なので高さは同じ。底辺の比＝面積の比。

STEP 3：点Qで△ABCを切る

頂点BからACを見ると、AQ：QC＝1：2 → AC全体を3とすると、AQ＝1、QC＝2。 頂点Bが共通なので高さは同じ。

STEP 4：△APQの面積を求める

△APC（＝18）の中で、QはAC上のAQ：QC＝1：2の点。 底辺APが共通で、高さはQとCのAPへの距離の比＝AQ：AC＝1：3。

STEP 5：△BPQの面積を求める

△BQC（＝20）の中に△QPC（Q・P・C）が含まれています。
まず△QPCを求めます。

STEP 6：△ABR＝Sとおいて連立する（ここが核心）

RはAPとBQの交点です。△ABRの面積を S とおきます。

APという１本の線が△ABPを2つに切ります（△ABRと△BPR）。 同様にBQという線が△ABQを2つに切ります（△ABRと△AQR）。

ここで、「△BPR と △BPQ の比」を2通りで表します。

STEP 7：△PQRを求める

△APQ（＝6）はRによってAQR と PQR の2つに分かれます。

STEP 8：面積比を求めて確認する

初見での考え方

開成受験生が試験会場でこの問題を見た瞬間から、頭の中でどう動くかを実況します。

思考実況①：問題を読んだ瞬間

「三角形ABC」「辺上に点P・Q」「2本の線の交点R」「面積比を求める」…… これは「面積比・交点の問題」だ。

交点が出てきたとき、小学生が使える方法は主に２つ：
① 面積を変数でおいて連立する
② 補助線を引いて三角形の比をリレーさせる
今回は①の方針が確実で速い。

思考実況②：条件を整理する

条件は「BP：PC＝2：3」と「AQ：QC＝1：2」の2つ。 これをメモして、△ABCの面積を数字で確定させる。

2＋3＝5、1＋2＝3 の最小公倍数は15。△ABC＝15でもいいが、 後で他の三角形を求めやすい30を選ぶ。

思考実況③：まず「周辺の三角形」を全部求める

頂点をひとつ共通にして底辺の比で切ると面積が出る。
P → △ABP＝12、△APC＝18
Q → △ABQ＝10、△BQC＝20
これを紙に書き出す。

次に「△APQ」が必要になると予測して求めておく（＝6）。 さらに△BPQも求めておく（＝8）。

思考実況④：交点Rの面積を変数でおく

求めたい△ABRをSとおく。 すると△BPR＝12−S、△AQR＝10−S と自動的に決まる。

「BR：BQ の比」を2通りで表せば S が求まる、と気づく。 頂点Aから見るとBR：BQ＝△ABR：△ABQ＝S：10。 頂点Pから見ると△BPR：△BPQ＝BR：BQ＝S：10 → 等式を作れる。

注目すべき条件チェックリスト

なぜその方針を選ぶのか

「面積を変数でおく」のはなぜか？

「BR：BQ＝△ABR：△ABQ」はなぜ使えるのか？

なぜ「比のまま計算」するのか？

典型ミス

この問題で受験生がはまりやすい落とし穴を、「なぜそのミスが起こるか」まで含めて解説します。

別解

本番でおすすめの解法 【通常解説（STEP1〜8）の方針】が最も確実でミスしにくい。 「△ABCを30に固定」→「周辺三角形をすべて計算」→「△ABR＝Sとおいて連立」→「△PQRを引き算」の流れを体に染み込ませること。 別解②の「BR：RQ＝2：1を先に出す」ルートは、慣れてくれば最速。

開成で差がつくポイント

この問題で本当に見られている力

合格者 vs 不合格者の分かれ目

合格者

問題を見た瞬間に「交点＝面積を変数でおく」と方針決定できる

△ABCを30と置いて周辺三角形を一気に書き出せる

△BPQを「△BQC−△QPC」で求める迂回ルートに気づく

BR：BQ比を「頂点Aが共通」から導ける

分数の答え（20/3）に動揺せず比を取って完成させる

最後に全体の面積で検算する

不合格者

交点Rの位置を「長さの比」で求めようとして手が止まる

△ABCの面積を1や10と置いて分数地獄に陥る

△BPQの求め方が思いつかずに詰まる

BR：BQの比をどこから持ってくるかわからない

「答えが分数＝計算ミス」と思い込んで解き直す

検算をしないまま提出する

開成特有の思考ポイント

この問題から学ぶべきこと

この問題の本質

この問題の本質は「交点の面積を変数Sでおき、Sの方程式を2通りで作って解く」という手法の習得です。

見た目は「三角形の面積比」ですが、中身は「未知量を変数化して連立する」という代数的思考です。 小学生の言葉でそれを実現するのが「面積変数法」であり、開成算数の核心技術のひとつです。

他の問題への応用

応用① 三角形の内部に点がある問題（チェバの定理的な設定）でも「面積を変数でおく」は使える。

応用② 「2本の対角線の交点の面積比」を求める四角形問題でも同じ手順が使える。

応用③ 「直接求められない面積を引き算で出す」は、重なりや共有辺が出る複合図形問題で頻出。

今後どう活かすか

この問題を解き終わったら、以下の3点を自分で確認してください。

1

「なぜBR：BQ＝△ABR：△ABQになるか」を声に出して説明できるか 言葉で説明できなければ、応用問題で使えない。「頂点Aが共通で高さが同じだから」を必ず言えるようにする。

2

△ABCの面積の置き方を「なぜ30か」説明できるか 「5と3の最小公倍数が15、扱いやすさで30にした」と説明できれば、次の問題でも正しく設定できる。

3

この問題を「手順メモ」1枚にまとめられるか 「①面積を30に固定 → ②周辺三角形を計算 → ③△APQ・△BPQを出す → ④Sとおいて連立 → ⑤△PQRを引き算 → ⑥検算」の流れを自分の言葉でメモできれば、パターンとして血肉になる。