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、
${\mathrm{OQ}}^2=5$
$0<\mathrm{OQ}$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$(2\cos \theta +\cos 7\theta ,2\sin \theta +\sin 7\theta )$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$\mathrm{OP}=2,\mathrm{PQ}=1$。$\mathrm{\angle }\mathrm{OQP}$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、$\mathrm{\angle }\mathrm{OQP}$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、
$5+4\cos 6\theta =3$
${\displaystyle \cos 6\theta =-\frac{1}{2}}$

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$(\text{図Ｆで、}x=-\frac{1}{2}\text{となる})$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、
$\mathrm{\angle }\mathrm{OPQ}=\mathrm{\angle }\mathrm{RPQ}-\mathrm{\angle }\mathrm{RPO}$
$\mathrm{\angle }\mathrm{OPQ}$$=7\theta -(\pi +\theta )$
$\mathrm{\angle }\mathrm{OPQ}$$=6\theta -\pi$式Ｇ
とかける。

当然ながら、$\mathrm{\angle }\mathrm{RPQ}<\mathrm{\angle }\mathrm{RPO}$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$\mathrm{\angle }\mathrm{OPQ}=6\theta -\pi$だから、
$-{\displaystyle \frac{\pi }{4}\leqq \mathrm{\angle }\mathrm{OPQ}\leqq \frac{1}{2}\pi }$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、$\mathrm{\angle }\mathrm{OPQ}$は$0$。
式Ｈで$\mathrm{\angle }\mathrm{OPQ}$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$\mathrm{OP}=2,\mathrm{PQ}=1$。$\mathrm{\angle }\mathrm{OQP}$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、$\mathrm{\angle }\mathrm{OPQ}$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