(i)

問題文のとおりに作図すると、図Ａができる。

図の固定

問題文より
$\left\{\begin{array}{l} \angle \mathrm{B}\mathrm{A}\mathrm{P}=\dfrac{1}{2}\angle \mathrm{B}\mathrm{A}\mathrm{C}\\ \angle \mathrm{B}\mathrm{A}\mathrm{C}=\theta \end{array}\right.$
だから

$\angle \mathrm{BAP}=\dfrac{\theta}{2}$
なので、直線$\mathrm{AP}$の傾き$m$は
$m=\tan\dfrac{\theta}{2}$
である。

解答ア：２

また、$\mathrm{AP}$は
$(-1,0)$を通る
傾きが$m$

である直線なので、方程式は
$y-0=m\{x-(-1)\}$
より
$y=m(x+1)$①
とかける。

さらに、$\triangle \mathrm{ABC}$において、
$\angle \mathrm{BAC}=\theta$
直径に対する円周角は直角なので
$\angle \mathrm{ACB}=\dfrac{\pi}{2}$
だから、頂点$\mathrm{B}$における外角は
$\theta+\dfrac{\pi}{2}$
だ。

この角の$\dfrac{1}{2}$が、直線$\mathrm{BP}$と$x$軸の正の向きとがなす角にあたる。
よって、直線$\mathrm{BP}$の傾きは
$\tan\left\{\dfrac{1}{2}\left(\theta+\dfrac{\pi}{2}\right)\right\}=\tan\left(\dfrac{\theta}{2}+\dfrac{\pi}{4}\right)$
である。

解答イ：５

これは、加法定理より
$\tan\left(\dfrac{\theta}{2}+\dfrac{\pi}{4}\right)=\dfrac{\tan\dfrac{\theta}{2}+\tan\dfrac{\pi}{4}}{1-\tan\dfrac{\theta}{2}\tan\dfrac{\pi}{4}}$
とかける。

これに
$\left\{\begin{array}{l} \tan\dfrac{\theta}{2}=m\\ \tan\dfrac{\pi}{4}=1 \end{array}\right.$
を代入すると
$\tan\left(\dfrac{\theta}{2}+\dfrac{\pi}{4}\right)=\dfrac{m+1}{1-m}$
となる。

よって、$\mathrm{BP}$は
$(1,0)$を通る
傾きが$\dfrac{m+1}{1-m}$

である直線なので、方程式は
$y-0=\dfrac{m+1}{1-m}(x-1)$
より
$y=\dfrac{m+1}{1-m}(x-1)$②
と表せる。

解答ウ：５

点$\mathrm{P}$は直線$\mathrm{AP}$と直線$\mathrm{BP}$の共有点なので、ふたつの直線の式の連立方程式
$\left\{\begin{array}{l} y=m(x+1)\TF{①}\\ y=\dfrac{m+1}{1-m}(x-1)\TF{②} \end{array}\right.$
を考える。

いまは点$\mathrm{P}$の軌跡の式、つまり 連立方程式の解の$x$と$y$の関係式を求めている。
なので、$m$を消そう。

①式を
$m=\dfrac{y}{x+1}$①'
と変形して②式に代入すると
$y=\AKA{\dfrac{\cfrac{y}{x+1}+1}{1-\cfrac{y}{x+1}}}(x-1)$
ができる。

この式の赤い部分の分母分子に$x+1$をかけて
$$ \begin{align} y&=\AKA{\dfrac{y+(x+1)}{(x+1)-y}}(x-1)\\ &=\dfrac{y+(x+1)}{x-y+1}(x-1) \end{align} $$

分母を払うと
$y(x-y+1)=y(x-1)+(x+1)(x-1)$

これを整理して
$xy-y^{2}+y=xy-y+x^{2}-1$
$x^{2}+y^{2}-2y-1=0$
となる。

解答エ：２, オ：１

この式を平方完成すると、
$x^{2}+y^{2}-2y+1=2$
$x^{2}+(y-1)^{2}=\sqrt{2}^{2}$
となるから、この式が表す図形は
中心が$(0,1)$
半径が$\sqrt{2}$

の円である。

解答カ：１, キ：２

(ii)

$\theta$の範囲は
$0 \lt \theta \lt \dfrac{\pi}{2}$
なので
$0 \lt \dfrac{\theta}{2} \lt \dfrac{\pi}{4}$
だから、

$0 \lt \tan\dfrac{\theta}{2} \lt 1$
だ。

$\tan\dfrac{\theta}{2}=m$なので、
$0 \lt m \lt 1$
である。

解答ク：２

これに①'を代入すると
$0 \lt \dfrac{y}{x+1} \lt 1$式Ａ
とかける。

この式の分母を払う。

いま
$\left\{\begin{array}{l} 0 \lt \dfrac{y}{x+1}\\ 0 \lt y \end{array}\right.$
なので、
$0 \lt x+1$だ。

よって、式Ａの分母を払うと
$0 \lt y \lt x+1$
となる。

したがって、直線$\mathrm{AP}$上の$y \gt 0$である点の座標$(x,y)$は
$0 \lt y \lt x+1$式Ｂ
を満たす。

解答ケ：１

この領域を座標平面上に示すと
$0 \lt y$ は図Ｂの右上がり（青）の斜線部分
（境界線を含まない） $y \lt x+1$ は図Ｂの右下がり（緑）の斜線部分
（境界線を含まない）
だから、式Ｂが表す領域は図Ｂのオレンジの部分（境界線を含まない）だ。

よって、円Ｅ（図Ｂの青い円）上の点で式Ｂを満たすのは、図Ｂの赤い線の部分である。

図の固定

解答コ：２

また、図Ｂの赤い線上にある点は 点$\mathrm{P}$であるための条件を満たす。
（こんなに簡単に片付けてしまうのもなんだけど、説明すると煩雑になるから省略。）

以上より、点$\mathrm{P}$の軌跡は図Ｂの赤線部分である。

図の固定

今度は、図Ｃの点$\mathrm{Q}$の軌跡を考える。

(1)で考えたように、図Ｃの
緑の角$=\dfrac{\theta}{2}$
青い角$=\dfrac{\theta}{2}+\dfrac{\pi}{4}$

だった。

いま、
直線$\mathrm{AQ}$は緑の角の二等分線
直線$\mathrm{BQ}$は青い角の二等分線

だ。

なので、図Ｃの
$$ \begin{align} \AKAMARU&=\dfrac{1}{2}\times\dfrac{\theta}{2}\\ &=\dfrac{\theta}{4}\TF{式Ｃ} \end{align} $$ $$ \begin{align} \MURASAKIMARU&=\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{\theta}{2}+\dfrac{\pi}{4}\right)\\ &=\dfrac{\theta}{4}+\dfrac{\pi}{8}\TF{式Ｄ} \end{align} $$
である。

ここまでくると、あとは(1)でやったことのくり返しだ。

式Ｃより、直線$\mathrm{AQ}$の傾きを$m'$とすると、
$m'=\tan\dfrac{\theta}{4}$式Ｅ
となる。

また、式Ｄより、直線$\mathrm{BQ}$の傾きは
$\tan\left(\dfrac{\theta}{4}+\dfrac{\pi}{8}\right)$
だけど、加法定理より、これはさらに
$\tan\left(\dfrac{\theta}{4}+\dfrac{\pi}{8}\right)=\dfrac{\tan\dfrac{\theta}{4}+\tan\dfrac{\pi}{8}}{1-\tan\dfrac{\theta}{4}\tan\dfrac{\pi}{8}}$
となり、これに式Ｃを代入すると
$\tan\left(\dfrac{\theta}{4}+\dfrac{\pi}{8}\right)=\dfrac{m'+\tan\dfrac{\pi}{8}}{1-m'\tan\dfrac{\pi}{8}}$
とかける。

解答サ：６

したがって、
直線$\mathrm{AQ}$の式は
$y=m'(x+1)$式Ｆ 直線$\mathrm{BQ}$の式は
$y=\dfrac{m'+\tan\dfrac{\pi}{8}}{1-m'\tan\dfrac{\pi}{8}}(x-1)$式Ｇ
と表せる。

点$\mathrm{Q}$は直線$\mathrm{AQ}$と直線$\mathrm{BQ}$の共有点なので、式Ｆと式Ｇの連立方程式を考える。

(1)のときと同じように、式Ｆを
$m'=\dfrac{y}{x+1}$
と変形して式Ｇに代入すると、$x$と$y$の関係式ができる。

解答シ：１

この関係式が表す図形の一部が点$\mathrm{Q}$の軌跡になるけど、この先は問われてないし、煩雑になるから省略する。