問題Ａの関数と加法定理の公式を並べてみる。

$y$	$=$	$1\sin \theta$	$+$	$\sqrt{3}\cos \theta$	式Ａ
$\sin (\theta +\alpha )$	$=$	$\sin \theta \cos \alpha$	$+$	$\cos \theta \sin \alpha$	式Ｂ

ふたつの式を見比べると、緑の部分は等しい。
なので、もし 赤とオレンジの部分も等しくて

	$\cos \alpha =1$	式Ｃ
	$\sin \alpha =\sqrt{3}$

なら、式Ａ$=$式Ｂになって、
$y=\sin (\theta +\alpha )$
とかける。

だけど、式Ｃだと、${\sin }^2\alpha +{\cos }^2\alpha$が
$1^2+{\sqrt{3}}^2=4$式Ｄ
となり、$1$にならないからありえない値だ。

あり得ない値は困るので、何とかしよう。
式Ｄが$=1$になればいいので、式Ｄの両辺を$4$で割る。

すると、
${\displaystyle \frac{1^2}{4}+\frac{{\sqrt{3}}^2}{4}=\frac{4}{4}}$
より
${\displaystyle {\left(\frac{1}{2}\right)}^2+{\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)}^2=1}$
なので、

	${\displaystyle \cos \alpha =\frac{1}{2}}$	式Ｃ'
	${\displaystyle \sin \alpha =\frac{\sqrt{3}}{2}}$

なら、あり得る値であることが分かる。

このとき、式Ｂは
${\displaystyle \sin (\theta +\alpha )=\frac{1}{2}\sin \theta +\frac{\sqrt{3}}{2}\cos \theta }$式Ｂ'
とかけるけど、式Ａと見比べると、赤い部分もオレンジの部分も式Ａの半分で等しくない。

ふたつの式が等しくないと困るので、何とかしよう。
赤い部分もオレンジの部分も半分になったのなら、$2$をかければよい。

式Ｂ'の両辺に$2$をかけると
${\displaystyle 2\sin (\theta +\alpha )=2(\frac{1}{2}\sin \theta +\frac{\sqrt{3}}{2}\cos \theta )}$
式Ｂ''
となって、これなら式Ａと同じ式だ。

この関数の最大を求める。

${\displaystyle \theta +\frac{\pi }{3}=A}$式Ｅ
とおくと、問題の関数は
$y=2\sin A$
とかける。

問題文にある$\theta$の定義域の各辺に${\displaystyle \frac{\pi }{3}}$をたすと
${\displaystyle \frac{\pi }{3}\leqq \theta +\frac{\pi }{3}\leqq \frac{\pi }{2}+\frac{\pi }{3}}$
より
${\displaystyle \frac{\pi }{3}\leqq A\leqq \frac{5\pi }{6}}$
となるから、$A$の定義域は図Ａの緑の部分だ。

このとき、$2\sin A$が最大になるのは、図中の赤い点で
$A={\displaystyle \frac{\pi }{2}}$
のとき。

これを$\theta$で表すと、式Ｅより
${\displaystyle \theta +\frac{\pi }{3}=\frac{\pi }{2}}$
${\displaystyle \theta =\frac{\pi }{6}}$
のとき。

解答ウ：６

最大値は、
$2{\displaystyle \sin \frac{\pi }{2}=2}$
である。

解答エ：２

$p=0$のとき、問題Ｂの関数は
$y=\sin \theta$
となる。

定義域は
$0{\displaystyle \leqq \theta \leqq \frac{\pi }{2}}$
なので、図Ｂの緑の部分だ。

このとき、$\sin \theta$が最大になるのは、図中の赤い点で
${\displaystyle \theta =\frac{\pi }{2}}$
のとき。

解答オ：２

最大値は
${\displaystyle \sin \frac{\pi }{2}=1}$
である。

解答カ：１

(1)と同様に考える。

問題Ｂの関数の項の順序を入れ変えて、加法定理の公式と並べてみる。

$y$	$=$	$p\cos \theta$	$+$	$1\sin \theta$	式Ｆ
$\cos (\theta -\alpha )$	$=$	$\cos \theta \cos \alpha$	$+$	$\sin \theta \sin \alpha$	式Ｇ

ふたつの式を見比べると、緑の部分は等しい。
なので、もし 赤とオレンジの部分も等しくて

	$\cos \alpha =p$	式Ｈ
	$\sin \alpha =1$

なら、ふたつの式は完全に等しくなって、
$y=\cos (\theta -\alpha )$
とかける。

だけど、式Ｈだと、${\sin }^2\alpha +{\cos }^2\alpha$が
$p^2+1^2=1+p^2$式Ｉ
となって、$1$にならないからありえない値だ。

あり得ない値は困るので、何とかしよう。
式Ｉが$=1$になればいいので、式Ｉの両辺を$1+p^2$で割る。

すると、
${\displaystyle \frac{p^2}{1+p^2}+\frac{1^2}{1+p^2}=\frac{1+p^2}{1+p^2}}$
より
${\displaystyle {\left(\frac{p}{\sqrt{1+p^2}}\right)}^2+{\left(\frac{1}{\sqrt{1+p^2}}\right)}^2=1}$
なので、

	${\displaystyle \cos \alpha =\frac{p}{\sqrt{1+p^2}}}$	式Ｈ'
	${\displaystyle \sin \alpha =\frac{1}{\sqrt{1+p^2}}}$

なら、あり得る値であることが分かる。

このとき、式Ｇは
${\displaystyle \cos (\theta -\alpha )=\frac{p}{\sqrt{1+p^2}}\cos \theta +\frac{1}{\sqrt{1+p^2}}\sin \theta }$
式Ｇ'
となるけど、式Ｆと見比べると、赤い部分もオレンジの部分も式Ｆの${\displaystyle \frac{1}{\sqrt{1+p^2}}}$で等しくない。

ふたつの式が等しくないと困るので、何とかしよう。
赤い部分もオレンジの部分も${\displaystyle \frac{1}{\sqrt{1+p^2}}}$になったのなら、$\sqrt{1+p^2}$をかければよい。

式Ｇ'の両辺に$\sqrt{1+p^2}$をかけると
$\sqrt{1+p^2}\cos (\theta -\alpha )$
   ${\displaystyle =\sqrt{1+p^2}(\frac{p}{\sqrt{1+p^2}}\cos \theta +\frac{1}{\sqrt{1+p^2}}\sin \theta )}$
より
$\sqrt{1+p^2}\cos (\theta -\alpha )=p\cos \theta +1\sin \theta$式Ｇ''
となって、これなら式Ｆと同じ式だ。

式Ｆ$=$式Ｇ''より、問題Ｂの関数は
$y=\sqrt{1+p^2}\cos (\theta -\alpha )$式Ｊ
と変形できる。

解答キ：９

このとき、式Ｈ'より、

	${\displaystyle \sin \alpha =\frac{1}{\sqrt{1+p^2}}}$
	${\displaystyle \cos \alpha =\frac{p}{\sqrt{1+p^2}}}$

である。

解答ク：１, ケ：３

この$\alpha$は、$0<\sin \alpha$，$0<\cos \alpha$なので、
$0<{\displaystyle \alpha <\frac{\pi }{2}}$
の範囲に入る角だ。

さらに、式Ｊの最大を求める。

$\theta -\alpha =A$式Ｋ
とおくと、式Ｊは
$y=\sqrt{1+p^2}\cos A$式Ｊ'
とかける。

$p$は定数なので、式Ｊ'が最大になるのは$\cos A$が最大のとき。

$A$の定義域は、$\theta$の定義域の各辺から$\alpha$を引いて、
$-{\displaystyle \alpha \leqq \theta -\alpha \leqq \frac{\pi }{2}-\alpha }$
より
$-{\displaystyle \alpha \leqq A\leqq -\alpha +\frac{\pi }{2}}$式Ｌ
となる。

さっき考えたように、$\alpha$は
$0<{\displaystyle \alpha <\frac{\pi }{2}}$
なので、$A$の定義域は図Ｃのような感じだ。
つまり、$0$を含んだ${90}^{\circ }$の範囲になる。

詳しく

さっき考えたように、$\alpha$は
$0<{\displaystyle \alpha <\frac{\pi }{2}}$
なので、
$0>{\displaystyle -\alpha >-\frac{\pi }{2}}$
である。

なので、式Ｌの左辺の$-\alpha$は、
$-{90}^{\circ }$～$0^{\circ }$
の範囲にあるから、第四象限の角だ。

また、式Ｌの右辺の${\displaystyle -\alpha +\frac{\pi }{2}}$は、$-\alpha$に${90}^{\circ }$をたした角。

よって、$A$の範囲は、第四象限に始まって、そこから${90}^{\circ }$の範囲なので、図Ｃの緑の範囲のようになる。

このとき、$\cos A$が最大になるのは 図中の赤い点で、
$A=0$
のとき。

これを$\theta$で表すと、式Ｋより
$\theta -\alpha =0$
$\theta =\alpha$
のとき。

解答コ：１

最大値は、式Ｊ'に$A=0$を代入した
$\sqrt{1+p^2}\cos 0=\sqrt{1+p^2}$
である。

解答サ：９

$p<0$のときの$\alpha$がどんな角度か考えると、
式Ｈ'（キクケ）より

	${\displaystyle \sin \alpha =\frac{1}{\sqrt{1+p^2}}>0}$
	${\displaystyle \cos \alpha =\frac{p}{\sqrt{1+p^2}}<0}$

なので、
${\displaystyle \frac{\pi }{2}<\alpha <\pi }$
であることが分かる。

よって、式Ｌの$A$の定義域は、図Ｄのような感じだ。

詳しく

${\displaystyle \frac{\pi }{2}<\alpha <\pi }$
なので、
${\displaystyle -\frac{\pi }{2}>-\alpha >-\pi }$
である。

なので、式Ｌの左辺の$-\alpha$は、
$-{180}^{\circ }$～$-{90}^{\circ }$
の範囲にあるから、第三象限の角だ。

また、式Ｌの右辺の${\displaystyle -\alpha +\frac{\pi }{2}}$は、$-\alpha$に${90}^{\circ }$をたした角。

よって、$A$の範囲は、第三象限に始まって、そこから${90}^{\circ }$の範囲なので、図Ｄの緑の範囲のようになる。

このとき、$\cos A$が最大になるのは 図中の赤い点で、
$A=-{\displaystyle \alpha +\frac{\pi }{2}}$
のとき。
$\theta$で表すと、式Ｋより
${\displaystyle \theta -\alpha =-\alpha +\frac{\pi }{2}}$
${\displaystyle \theta =\frac{\pi }{2}}$
のとき。

よって、問題Ｂの関数が最大になるのは
${\displaystyle \theta =\frac{\pi }{2}}$
のときで、最大値は、問題Ｂの関数に${\displaystyle \theta =\frac{\pi }{2}}$を代入した
$$\begin{array}{rl}\sin \frac{\pi }{2}+p\cos \frac{\pi }{2}& =1+p\cdot 0\\ & =1\end{array}$$ である。

解答シ：２, ス：１