まず、$ 2\cos\theta,\ 2\sin\theta,\ \cos 7\theta,\ \sin 7\theta$ について考えよう。

復習

単位円（半径$1$の円）で、中心から$\theta$の角度で線を引き、円にぶつかった点の$x$座標が$\cos\theta,\ y$座標が$\sin\theta$だった。

とすると、$ 2\cos\theta,\ 2\sin\theta$は、半径２の円で、中心から$\theta$の角度で線を引き、円にぶつかった点の$x$座標と$y$座標と考えられる。（図Ａ）
よって、点$\mathrm{P}$は図Ｃ中の$\mathrm{P}$の位置にある。
また、$\cos 7\theta,\ \sin 7\theta$は、半径１の円で、中心から$ 7\theta$の角度で線を引き、円にぶつかった点の$x$座標と$y$座標となる。（図Ｂ）
よって、点$\mathrm{Q}$は点$\mathrm{P}$から$x$方向に$\cos 7\theta,\ y$方向に$\sin 7\theta$移動した点なので、図Ｃ中の$\mathrm{Q}$の位置にある。

図Ｂ・Ｃでは$\cos 7\theta,\ \sin 7\theta$ ともに負の値として描いてあるので気をつけてほしい。
$\theta$の定義域は$\displaystyle \frac{\pi}{8}\leqq\theta\leqq\frac{\pi}{4}$なので、
$\displaystyle \frac{7\pi}{8}\leqq 7\theta\leqq\frac{7\pi}{4}$
となり、$\cos 7\theta,\ \sin 7\theta$ ともに正の数か負の数か分からない。

さて、グラフが出来たところで問題を解こう。

次に、式Ｂの最大値を求める。

$\displaystyle \frac{\pi}{8}\leqq\theta\leqq\frac{\pi}{4}$なので、
$\displaystyle \frac{3\pi}{4}\leqq 6\theta\leqq\frac{3\pi}{2}$式Ｄ
このグラフを描くと、図Ｄのようになる。

図中の緑の弧が定義域だ。
今は式Ｃの最大値を求めればよいので、$x$座標が最大になる場所をさがす。

図Ｄより、赤い点のところ（$6\displaystyle \theta=\frac{3\pi}{2}$のところ）で最大値$\cos 6\theta=0$になることが分かる。
よって、式Ｃが最大になるのは、
$6\displaystyle \theta=\frac{3\pi}{2}$
$\displaystyle \theta=\frac{\pi}{4}$
のとき。

解答カ：４

最大値は、式Ｃに$\cos 6\theta=0$を代入して、
$\mathrm{OQ}^{2}=5$
$0 \lt \mathrm{OQ}$より、
$\mathrm{OQ}=\sqrt{5}$
である。

解答キ：５

まず、直線$\mathrm{OP}$の式を求めよう。

復習

$x$軸の正の方向と$\theta$の角度で交わる直線の傾きは、$\tan \theta$

なので、直線$\mathrm{OP}$の式は、
$y=\tan\theta\cdot x$
$y$$= \displaystyle \frac{\sin\theta}{\cos\theta}x$

ここまで、
図Ｃより、直線$\mathrm{OP}$は原点を通り、傾きは$\displaystyle \frac{2\sin\theta}{2\cos\theta}=\frac{\sin\theta}{\cos\theta}$なので、直線$\mathrm{OP}$の式は、
$y=\displaystyle \frac{\sin\theta}{\cos\theta}x$
と考えてもよいけど、先の復習の部分は憶えておこう。

この式を変形して、
$\cos\theta\cdot y=\sin\theta\cdot x$
$\sin\theta\cdot x-\cos\theta\cdot y=0$式Ｅ
となる。

解答ク：３

ここから、 解法１
今まで求めた式を使って、計算で解いてゆく。 解法２
△$\mathrm{OQP}$の図を描き、図形的に解いてゆく。 の２通りの方法が考えられる。

問題の流れは解法１なので、以下解法１を解説した。
解法２の方がシンプルに解けるが、なかなか思いつかないかも知れない。これについては、ページ末で解説した。

$\mathrm{O},\ \mathrm{P},\ \mathrm{Q}$ が一直線なので、点$\mathrm{Q}$は直線$\mathrm{OP}$上にあるから、式Ｅの$x,\ y$に$\mathrm{Q}$の座標$\left(2\cos\theta+\cos 7\theta,\ 2\sin\theta+\sin 7\theta\right)$を代入して、
$\sin\theta(2\cos\theta+\cos 7\theta)-\cos\theta(2\sin\theta+\sin 7\theta)=0$
$\sin\theta\cdot\cos 7\theta-\cos\theta\cdot\sin 7\theta=0$式Ｆ

加法定理の公式、
$\sin(\alpha - \beta)=\sin\alpha\cdot\cos\beta - \cos\alpha\cdot\sin\beta$
より、式Ｆは
$\sin(\theta-7\theta)=0$
$\sin 6\theta=0$

式Ｄより $\displaystyle \frac{3\pi}{4}\leqq 6\theta\leqq\frac{3\pi}{2}$なので、グラフを描くと図Ｅになる。図中の緑の弧が定義域だ。

この範囲で$\sin 6\theta=0$となる（図Ｅで、$y=0$となる)のは、$ 6\theta=\pi$のときだけ。
よって、
$\displaystyle \theta=\frac{\pi}{6}$
である。

解答ケ：６

ア, イより$\mathrm{OP}=2,\ \mathrm{PQ}=1$。$\angle \mathrm{OQP}$が直角とすると、△$\mathrm{OQP}$は$1:2:\sqrt{3}$の直角三角形になる。
ゆえに、
$\mathrm{OQ}=\sqrt{3}$
である。

解答コ：３

以上より、$\angle \mathrm{OQP}$が直角であるためには、$\mathrm{OQ}=\sqrt{3}$でないといけない。
式Ｃより、$\mathrm{OQ}^{2}=5+4\cos 6\theta$なので、
$5+4\mathrm{cos}6\theta=3$
$\displaystyle \cos 6\theta=-\frac{1}{2}$

ここで$ 6\theta$の範囲を考えると、
式Ｄより $\displaystyle \frac{3\pi}{4}\leqq 6\theta\leqq\frac{3\pi}{2}$

この範囲で$\displaystyle \cos 6\theta=-\frac{1}{2}$となる$\left(\text{図Ｆで、}x=-\frac{1}{2}\text{となる}\right)$のは、$ 6\displaystyle \theta=\frac{4}{3}\pi$のときだけ。
よって、
$\displaystyle \theta=\frac{2}{9}\pi$
である。

解答サ：２, シ：９

図Ｃの角度に関する部分だけを取り出して整理したのが、図Ｇである。

図Ｇより、
$\angle \mathrm{OPQ}=\angle \mathrm{RPQ}-\angle \mathrm{RPO}$
$\angle \mathrm{OPQ}$$=7\theta-(\pi+\theta)$
$\angle \mathrm{OPQ}$$=6\theta-\pi$式Ｇ
とかける。

当然ながら、$\angle \mathrm{RPQ} \lt \angle \mathrm{RPO}$のとき（点$\mathrm{Q}$が直線$\mathrm{OP}$より上にあるとき）は、式Ｇは負の数になる。

また、問題文より
$\displaystyle \frac{\pi}{8}\leqq\theta\leqq\frac{\pi}{4}$
なので、
$\displaystyle \frac{6}{8}\pi-\pi\leqq 6\theta-\pi\leqq\frac{6}{4}\pi-\pi$
式Ｇより$\angle \mathrm{OPQ}=6\theta -\pi$だから、
$-\displaystyle \frac{\pi}{4}\leqq\angle \mathrm{OPQ}\leqq\frac{1}{2}\pi$式Ｈ
である。

この式Gと式Hを使って以下の問題を解く。

３点$\mathrm{O},\ \mathrm{P},\ \mathrm{Q}$が一直線上にあるとき、$\angle \mathrm{OPQ}$は$0$。
式Ｈで$\angle \mathrm{OPQ}$の範囲は分かっているので、$\pi$とか$-\pi$とかは考えなくていい。

なので、式Ｇより、
$6\theta-\pi=0$
$\displaystyle \theta=\frac{\pi}{6}$
となる。

解答ケ：６

ア, イより$\mathrm{OP}=2,\ \mathrm{PQ}=1$。$\angle \mathrm{OQP}$が直角とすると、△$\mathrm{OQP}$は$1:2:\sqrt{3}$の直角三角形になる。
ゆえに、
$\mathrm{OQ}=\sqrt{3}$
である。

解答コ：３

また、$\angle \mathrm{OPQ}$は$\displaystyle \frac{\pi}{3}$だけど、式Ｈから、逆向きに$\displaystyle \frac{\pi}{3}$の$-\displaystyle \frac{\pi}{3}$とか、一回りして$\displaystyle \frac{\pi}{3}$の$\displaystyle \frac{\pi}{3}+2\pi$とかは考えなくていい。

よって、式Ｇより、
$6\displaystyle \theta-\pi=\frac{\pi}{3}$
$\displaystyle \theta=\frac{2}{9}\pi$
である。

解答サ：２, シ：９