三角方程式・不等式の基本的な解法を学んだあなたは、いよいよ応用の世界へ踏み出します。
置き換えによる式変形、解の個数の判定、そして三角関数を使った図形問題 ── これらに共通する戦略は「見通しのよい形に帰着させる」ことです。
三角方程式・不等式の応用問題では、$\sin\theta$ と $\cos\theta$ が混在していたり、2倍角が絡んでいたりと、一見複雑に見える式が登場します。しかし、解法の基本戦略は明確です。
三角方程式・不等式の応用問題を解く鍵は、式を1つの三角関数だけで表すことです。$\sin\theta$ と $\cos\theta$ が混在していると解けませんが、どちらか一方だけの式にできれば、置き換えによって普通の方程式・不等式に帰着できます。
この「帰着」の発想は、数学全体に共通する強力な問題解決法です。
最もよく使う変形は、相互関係 $\sin^2\theta + \cos^2\theta = 1$ による統一です。たとえば、$\sin^2\theta$ は $1 - \cos^2\theta$ に置き換えられるので、$\cos\theta$ だけの式にまとめることができます。
具体例：$0 \leq \theta < 2\pi$ のとき、方程式 $2\cos^2\theta + \sin\theta - 1 = 0$ を解いてみましょう。
$\cos^2\theta = 1 - \sin^2\theta$ を代入すると、
$$2(1 - \sin^2\theta) + \sin\theta - 1 = 0$$
$$-2\sin^2\theta + \sin\theta + 1 = 0$$
$$2\sin^2\theta - \sin\theta - 1 = 0$$
ここで $t = \sin\theta$ とおくと、$2t^2 - t - 1 = 0$ という2次方程式になります。
$$(2t + 1)(t - 1) = 0 \quad \therefore \quad t = -\frac{1}{2},\ 1$$
$\sin\theta = -\dfrac{1}{2}$ のとき $\theta = \dfrac{7\pi}{6},\ \dfrac{11\pi}{6}$、$\sin\theta = 1$ のとき $\theta = \dfrac{\pi}{2}$ です。
$t = \sin\theta$ とおいたとき、$t$ は任意の実数ではなく $-1 \leq t \leq 1$ の範囲に制限されます。2次方程式の解が $|t| > 1$ なら、その解は捨てなければなりません。
✗ 誤り：$t$ の方程式を解いて得られた解をすべて採用する
○ 正しい：$-1 \leq t \leq 1$ を満たす解のみを $\sin\theta = t$ に代入する
$\cos 2\theta$ を含む方程式・不等式では、2倍角の公式
$$\cos 2\theta = 2\cos^2\theta - 1 = 1 - 2\sin^2\theta$$
を利用して、$\sin\theta$ または $\cos\theta$ だけの式に書き直すのが定石です。
具体例：不等式 $\cos 2\theta - 3\cos\theta + 2 \leq 0$ を考えます。
$\cos 2\theta = 2\cos^2\theta - 1$ を代入すると、
$$2\cos^2\theta - 1 - 3\cos\theta + 2 \leq 0$$
$$2\cos^2\theta - 3\cos\theta + 1 \leq 0$$
$t = \cos\theta$ とおくと、$2t^2 - 3t + 1 \leq 0$、すなわち $(2t - 1)(t - 1) \leq 0$ です。
$$\frac{1}{2} \leq t \leq 1 \quad \Longleftrightarrow \quad \frac{1}{2} \leq \cos\theta \leq 1$$
| 式の形 | 変形方針 | 使う公式 |
|---|---|---|
| $\sin\theta$ と $\cos\theta$ の混在 | $\sin^2\theta + \cos^2\theta = 1$ で統一 | 相互関係 |
| $\cos 2\theta$ と $\sin\theta$（or $\cos\theta$） | 2倍角の公式で次数を統一 | $\cos 2\theta = 1 - 2\sin^2\theta$ 等 |
| $a\sin\theta + b\cos\theta$（1次） | 三角関数の合成 | $\sqrt{a^2+b^2}\sin(\theta + \alpha)$ |
| $\sin\theta\cos\theta$ と $\sin\theta + \cos\theta$ | $\sin\theta + \cos\theta = s$ とおく | $\sin\theta\cos\theta = \frac{s^2 - 1}{2}$ |
$\cos 2\theta = 2\cos^2\theta - 1$ は、$\cos\theta$ の2次式として $\cos 2\theta$ を表しています。実は、任意の自然数 $n$ に対して $\cos n\theta$ は $\cos\theta$ の $n$ 次多項式で表せます。これをチェビシェフ多項式と呼びます。
たとえば $\cos 3\theta = 4\cos^3\theta - 3\cos\theta$ です。大学の数学や信号処理で活躍する美しい理論です。
$\sin\theta$ と $\cos\theta$ の1次式が登場したとき、最も強力な武器が三角関数の合成です。合成を使うと、$a\sin\theta + b\cos\theta$ を1つの $\sin$（または $\cos$）で表せるため、方程式・不等式が格段に解きやすくなります。
$$a\sin\theta + b\cos\theta = \sqrt{a^2 + b^2}\sin(\theta + \alpha)$$
ただし $\alpha$ は $\cos\alpha = \dfrac{a}{\sqrt{a^2+b^2}}$、$\sin\alpha = \dfrac{b}{\sqrt{a^2+b^2}}$ を満たす角です。
幾何学的には、$\sin$ の波と $\cos$ の波を重ね合わせると、振幅 $\sqrt{a^2+b^2}$、位相 $\alpha$ だけずれた1つの $\sin$ 波になるということです。
具体例：$0 \leq \theta < 2\pi$ のとき、方程式 $\sqrt{3}\sin\theta + \cos\theta = \sqrt{2}$ を解きます。
左辺を合成すると、$a = \sqrt{3}$、$b = 1$ なので
$$\sqrt{3}\sin\theta + \cos\theta = 2\sin\!\left(\theta + \frac{\pi}{6}\right)$$
よって方程式は
$$2\sin\!\left(\theta + \frac{\pi}{6}\right) = \sqrt{2} \quad \Longleftrightarrow \quad \sin\!\left(\theta + \frac{\pi}{6}\right) = \frac{\sqrt{2}}{2}$$
$\dfrac{\pi}{6} \leq \theta + \dfrac{\pi}{6} < 2\pi + \dfrac{\pi}{6}$ の範囲で $\sin$ がこの値をとる角を求めると、
$$\theta + \frac{\pi}{6} = \frac{\pi}{4},\ \frac{3\pi}{4}$$
$$\therefore \quad \theta = \frac{\pi}{12},\ \frac{7\pi}{12}$$
$\theta + \alpha$ の範囲は $\theta$ の範囲とは異なります。$0 \leq \theta < 2\pi$ なら $\alpha \leq \theta + \alpha < 2\pi + \alpha$ です。この範囲のずれを見落とすと、解の見逃しや余分な解の混入が起こります。
✗ 誤り：$\theta + \alpha$ も $0$ から $2\pi$ で探す
○ 正しい：$\alpha$ から $2\pi + \alpha$ の範囲で探す
不等式 $\sqrt{3}\sin\theta - \cos\theta > 1$（$0 \leq \theta < 2\pi$）を解いてみましょう。
合成すると $\sqrt{3}\sin\theta - \cos\theta = 2\sin\!\left(\theta - \dfrac{\pi}{6}\right)$ です。よって
$$2\sin\!\left(\theta - \frac{\pi}{6}\right) > 1 \quad \Longleftrightarrow \quad \sin\!\left(\theta - \frac{\pi}{6}\right) > \frac{1}{2}$$
$-\dfrac{\pi}{6} \leq \theta - \dfrac{\pi}{6} < 2\pi - \dfrac{\pi}{6}$ の範囲で $\sin$ が $\dfrac{1}{2}$ より大きい部分を求めると、
$$\frac{\pi}{6} < \theta - \frac{\pi}{6} < \frac{5\pi}{6}$$
$$\therefore \quad \frac{\pi}{3} < \theta < \pi$$
合成が有効なのは、$\sin\theta$ と $\cos\theta$ の1次式が現れたときです。2次式が混じっている場合は、まず相互関係や2倍角の公式で次数を揃えてから合成を適用します。
逆に言えば、「$\sin$ と $\cos$ の1次式が見えたら合成」と反射的に判断できるようにしておくことが大切です。
$\sin\theta + \cos\theta$ と $\sin\theta\cos\theta$ の両方が登場する問題では、$s = \sin\theta + \cos\theta$ とおくテクニックが有効です。合成により $s = \sqrt{2}\sin\!\left(\theta + \dfrac{\pi}{4}\right)$ なので $-\sqrt{2} \leq s \leq \sqrt{2}$ です。
さらに、$s^2 = \sin^2\theta + 2\sin\theta\cos\theta + \cos^2\theta = 1 + 2\sin\theta\cos\theta$ から
$$\sin\theta\cos\theta = \frac{s^2 - 1}{2}$$
が得られるので、$\sin\theta\cos\theta$ を含む式も $s$ だけで表せます。
三角関数の合成は「2つの波を1つにまとめる」操作でした。大学の数学では、逆に「あらゆる周期関数を $\sin$ と $\cos$ の無限和で表す」というフーリエ級数を学びます。音楽の音声信号、画像のJPEG圧縮、量子力学の波動関数など、現代科学のあらゆる分野で使われている強力な理論です。
「方程式の解の個数を定数 $k$ の値によって場合分けせよ」という問題は、入試で頻出のテーマです。ここでは三角関数のグラフを利用して、視覚的に解の個数を判定する方法を学びます。
方程式 $f(\theta) = k$ の解の個数は、$y = f(\theta)$ のグラフと直線 $y = k$ の交点の個数に等しいです。グラフの概形を正確に描き、直線を上下に動かしながら交点の数がどう変化するかを読み取ります。
この「グラフと直線の交点」という発想は、2次関数の解の個数判定と全く同じ考え方です。
方程式 $f(\theta) = k$ の解の個数を求めるには、次の手順に従います。
具体例：$0 \leq \theta < 2\pi$ のとき、方程式 $\cos^2\theta - 2k\sin\theta - k + 3 = 0$ の解の個数を定数 $k$ の値によって調べます。
$\cos^2\theta = 1 - \sin^2\theta$ を代入すると、
$$1 - \sin^2\theta - 2k\sin\theta - k + 3 = 0$$
$$\sin^2\theta + 2k\sin\theta + k - 4 = 0$$
$t = \sin\theta$ とおくと、$-1 \leq t \leq 1$ の範囲で
$$t^2 + 2kt + k - 4 = 0 \quad \Longleftrightarrow \quad k = \frac{4 - t^2}{2t + 1}$$
ここで重要なのは、$t$ の1つの値に対して $\theta$ がいくつあるかを正しく数えることです。
$t = \sin\theta$ のとき、$0 \leq \theta < 2\pi$ の範囲では：
・$-1 < t < 1$ のとき、$\theta$ は2個（$\sin$ が同じ値をとる角は2つ）
・$t = 1$ のとき、$\theta = \dfrac{\pi}{2}$ の1個
・$t = -1$ のとき、$\theta = \dfrac{3\pi}{2}$ の1個
✗ 誤り：$t$ の方程式の解が2個だから $\theta$ も2個
○ 正しい：$t$ の各解に対して $\theta$ が何個あるかを個別に確認する
別のアプローチとして、元の式を直接グラフで処理する方法もあります。たとえば $2\cos\theta = k$ なら $y = 2\cos\theta$ のグラフと $y = k$ の交点を数えるだけです。
$0 \leq \theta < 2\pi$ のとき、$y = 2\cos\theta$ は最大値 $2$（$\theta = 0$）、最小値 $-2$（$\theta = \pi$）をとるので：
$\sin\theta = \theta/3$ のように三角関数と多項式が混在する方程式は超越方程式と呼ばれ、一般に代数的な解法が存在しません。このような方程式の解の個数はグラフの交点で判定し、解の近似値はニュートン法などの数値解法で求めます。大学の数値解析で学ぶ重要なテーマです。
三角不等式の応用問題では、2倍角や合成を組み合わせたり、連立不等式を扱ったりします。ここでも「1つの三角関数に帰着させる」という基本方針が貫かれます。
具体例：$0 \leq \theta < 2\pi$ のとき、不等式 $2\sin^2\theta + 5\cos\theta - 4 > 0$ を解きます。
$\sin^2\theta = 1 - \cos^2\theta$ を代入すると、
$$2(1 - \cos^2\theta) + 5\cos\theta - 4 > 0$$
$$-2\cos^2\theta + 5\cos\theta - 2 > 0$$
$$2\cos^2\theta - 5\cos\theta + 2 < 0$$
$t = \cos\theta$ とおくと、$(2t - 1)(t - 2) < 0$ です。$t \leq 1 < 2$ より $t - 2 < 0$ は常に成り立つので、$2t - 1 > 0$、すなわち $t > \dfrac{1}{2}$ です。
$$\cos\theta > \frac{1}{2} \quad \Longrightarrow \quad 0 \leq \theta < \frac{\pi}{3} \ \text{または}\ \frac{5\pi}{3} < \theta < 2\pi$$
$\cos 2\theta + \sin 2\theta + 1 > 0$（$0 \leq \theta < 2\pi$）を考えます。
$\sin 2\theta + \cos 2\theta = \sqrt{2}\sin\!\left(2\theta + \dfrac{\pi}{4}\right)$ と合成できるので、
$$\sqrt{2}\sin\!\left(2\theta + \frac{\pi}{4}\right) + 1 > 0 \quad \Longleftrightarrow \quad \sin\!\left(2\theta + \frac{\pi}{4}\right) > -\frac{1}{\sqrt{2}}$$
$2\theta + \dfrac{\pi}{4}$ の範囲は $\dfrac{\pi}{4} \leq 2\theta + \dfrac{\pi}{4} < 4\pi + \dfrac{\pi}{4}$ であり、$\sin$ が $-\dfrac{1}{\sqrt{2}}$ より大きい部分を求めて $\theta$ に戻します。この問題では $2\theta$ が登場するため、角の範囲が2周分に広がることに注意が必要です。
$0 \leq \theta < 2\pi$ のとき、$2\theta$ は $0 \leq 2\theta < 4\pi$ の範囲を動きます。つまり単位円を2周することになります。この周回数を見落とすと、解の一部を見逃してしまいます。
✗ 誤り：$2\theta$ も $0$ から $2\pi$ の範囲で考える
○ 正しい：$2\theta$ は $0$ から $4\pi$ の範囲（2周分）で考える
複数の三角不等式を同時に満たす $\theta$ の範囲を求める連立不等式の問題では、それぞれの不等式を解いたあとに共通部分（積集合）を求めます。数直線上に各解の範囲を図示して、重なる部分を読み取るのが確実です。
三角方程式・不等式を解く際のツールは主に2つ：単位円とグラフです。
・単位円：基本形（$\sin\theta = k$, $\cos\theta = k$ など）の解を求めるとき。動径の位置を直感的に把握できる。
・グラフ：解の個数の判定、複雑な不等式で広い範囲を見渡すとき。$y = f(\theta)$ のグラフと直線 $y = k$ の位置関係が一目でわかる。
「$\sin\theta + \cos\theta > 1$ かつ $0 \leq \theta < 2\pi$」のような条件は、$xy$ 平面上で $x = \cos\theta$, $y = \sin\theta$ として単位円上の弧の問題に翻訳できます。大学の最適化理論では、こうした制約条件付きの問題をラグランジュの未定乗数法で系統的に解きます。
三角関数は図形の問題でも大活躍します。特に、三角形の辺と角の関係を三角関数で表し、方程式や不等式を立てて解くパターンは入試の定番です。
$\triangle \mathrm{ABC}$ が半径 $R$ の円に内接するとき、正弦定理
$$\frac{a}{\sin A} = \frac{b}{\sin B} = \frac{c}{\sin C} = 2R$$
より $a = 2R\sin A$、$b = 2R\sin B$、$c = 2R\sin C$ と書けます。これを利用すると、辺 $a, b, c$ に関する条件を角 $A, B, C$ の三角関数の条件に変換できます。
具体例：$\triangle \mathrm{ABC}$ が半径1の円に内接し、$A = \dfrac{\pi}{3}$ のとき、$a + b + c$ の最大値を求めます。
$R = 1$ なので、$a = 2\sin A = 2\sin\dfrac{\pi}{3} = \sqrt{3}$ です。また $b = 2\sin B$、$c = 2\sin C$ で、$B + C = \pi - \dfrac{\pi}{3} = \dfrac{2\pi}{3}$ です。
$$a + b + c = \sqrt{3} + 2(\sin B + \sin C)$$
和を積に直す公式で $\sin B + \sin C = 2\sin\dfrac{B+C}{2}\cos\dfrac{B-C}{2} = 2\sin\dfrac{\pi}{3}\cos\dfrac{B-C}{2} = \sqrt{3}\cos\dfrac{B-C}{2}$ です。
$\cos\dfrac{B-C}{2}$ は $B = C$ のとき最大値1をとるので、最大値は $\sqrt{3} + 2\sqrt{3} = 3\sqrt{3}$ です。
外接円の半径 $R$ のとき：
$$a = 2R\sin A, \quad b = 2R\sin B, \quad c = 2R\sin C$$
また常に $A + B + C = \pi$ が成り立つので、角を1つ消去できます。
この変換で「辺の条件」→「角の三角関数の条件」に帰着でき、三角関数の最大・最小問題や方程式の問題として処理できます。
$\triangle \mathrm{ABC}$ の内角は $A, B, C > 0$ かつ $A + B + C = \pi$ を満たす必要があります。三角関数の最大・最小を求めた結果、三角形として成立しない角度が出てくることがあります。
✗ 誤り：$B$ や $C$ が $0$ や $\pi$ になる場合も含めて最大値を求める
○ 正しい：$0 < B < \dfrac{2\pi}{3}$, $C = \dfrac{2\pi}{3} - B$ で $C > 0$ となる範囲で考える
半径 $r$ の円上の点 $\mathrm{P}$ は $(r\cos\theta, r\sin\theta)$ とパラメータ表示できます。これを利用すると、円上の点に関する距離や面積の問題を、$\theta$ の三角関数の最大・最小問題に帰着させることができます。
たとえば、原点中心、半径2の円上の第1象限の点 $\mathrm{P}(2\cos\theta, 2\sin\theta)$（$0 < \theta < \dfrac{\pi}{2}$）について、$\mathrm{P}$ から $x$ 軸、$y$ 軸に下ろした垂線の足を $\mathrm{H}$、$\mathrm{K}$ とすると、長方形 $\mathrm{OHPK}$ の面積 $S$ は
$$S = 2\cos\theta \cdot 2\sin\theta = 4\sin\theta\cos\theta = 2\sin 2\theta$$
$0 < 2\theta < \pi$ で $\sin 2\theta$ は $2\theta = \dfrac{\pi}{2}$（$\theta = \dfrac{\pi}{4}$）のとき最大値1をとるので、$S$ の最大値は $2$ です。
Step 1：図形の辺や角を三角関数で表す（正弦定理、余弦定理、パラメータ表示など）
Step 2：条件から変数の範囲を確定する（$A + B + C = \pi$、三角形の成立条件など）
Step 3：三角関数の式変形（合成、2倍角の公式など）で式を整理する
Step 4：最大・最小を求める、または方程式・不等式を解く
円上の点を $(r\cos\theta, r\sin\theta)$ と表す方法は媒介変数表示（パラメトリック表示）と呼ばれます。数学IIIの曲線の単元で詳しく学びますが、この考え方はコンピュータグラフィックスやロボット工学でも広く利用されています。回転行列 $\begin{pmatrix}\cos\theta & -\sin\theta \\ \sin\theta & \cos\theta\end{pmatrix}$ も、実は円のパラメータ表示と深く関係しています。
Q1. $0 \leq \theta < 2\pi$ のとき、方程式 $2\sin^2\theta - \cos\theta - 1 = 0$ を解け。
Q2. $\sin\theta + \cos\theta = \sqrt{2}\sin\!\left(\theta + \dfrac{\pi}{4}\right)$ を用いて、$0 \leq \theta < 2\pi$ のとき $\sin\theta + \cos\theta = 1$ を解け。
Q3. $0 \leq \theta < 2\pi$ のとき、$y = 2\sin\theta$ のグラフと直線 $y = k$ の交点の個数を、$k$ の値で場合分けして答えよ。
Q4. $t = \sin\theta$ とおくとき、$0 \leq \theta < 2\pi$ で $t = \dfrac{1}{2}$ を満たす $\theta$ は何個あるか。
Q5. $\triangle \mathrm{ABC}$ が半径 $R$ の円に内接するとき、辺 $a$ を $R$ と角 $A$ で表せ。
$0 \leq \theta < 2\pi$ のとき、次の方程式・不等式を解け。
(1) $2\cos^2\theta + \sin\theta - 1 = 0$
(2) $\cos 2\theta - 3\cos\theta + 2 \leq 0$
(1) $\cos^2\theta = 1 - \sin^2\theta$ で $\sin\theta$ に統一し、$t = \sin\theta$ で2次方程式に帰着。(2) $\cos 2\theta = 2\cos^2\theta - 1$ で $\cos\theta$ に統一し、$t = \cos\theta$ で2次不等式に帰着。
(1) $2(1 - \sin^2\theta) + \sin\theta - 1 = 0$ より $2\sin^2\theta - \sin\theta - 1 = 0$。
$(2\sin\theta + 1)(\sin\theta - 1) = 0$ より $\sin\theta = -\dfrac{1}{2}$ または $\sin\theta = 1$。
$\sin\theta = -\dfrac{1}{2}$ のとき $\theta = \dfrac{7\pi}{6},\ \dfrac{11\pi}{6}$
$\sin\theta = 1$ のとき $\theta = \dfrac{\pi}{2}$
よって $\theta = \dfrac{\pi}{2},\ \dfrac{7\pi}{6},\ \dfrac{11\pi}{6}$
(2) $2\cos^2\theta - 1 - 3\cos\theta + 2 \leq 0$ より $2\cos^2\theta - 3\cos\theta + 1 \leq 0$。
$(2\cos\theta - 1)(\cos\theta - 1) \leq 0$ より $\dfrac{1}{2} \leq \cos\theta \leq 1$。
よって $0 \leq \theta \leq \dfrac{\pi}{3}$ または $\dfrac{5\pi}{3} \leq \theta < 2\pi$
$0 \leq \theta < 2\pi$ のとき、不等式 $\sin\theta - \sqrt{3}\cos\theta < 1$ を解け。
$\sin\theta$ と $\cos\theta$ の1次式なので、三角関数の合成を適用して $\sin$ だけの不等式にする。合成後の角の範囲に注意。
$\sin\theta - \sqrt{3}\cos\theta = 2\sin\!\left(\theta - \dfrac{\pi}{3}\right)$ と合成できる。
不等式は $2\sin\!\left(\theta - \dfrac{\pi}{3}\right) < 1$、すなわち $\sin\!\left(\theta - \dfrac{\pi}{3}\right) < \dfrac{1}{2}$。
$-\dfrac{\pi}{3} \leq \theta - \dfrac{\pi}{3} < \dfrac{5\pi}{3}$ の範囲で $\sin\!\left(\theta - \dfrac{\pi}{3}\right) < \dfrac{1}{2}$ を解くと、
$-\dfrac{\pi}{3} \leq \theta - \dfrac{\pi}{3} < \dfrac{\pi}{6}$ または $\dfrac{5\pi}{6} < \theta - \dfrac{\pi}{3} < \dfrac{5\pi}{3}$
$\theta$ に直すと $0 \leq \theta < \dfrac{\pi}{2}$ または $\dfrac{7\pi}{6} < \theta < 2\pi$
$k$ を定数とする。$0 \leq \theta < 2\pi$ のとき、方程式 $2\sin^2\theta + k\cos\theta + k = 0$ の解の個数を $k$ の値によって場合分けして求めよ。
$\sin^2\theta = 1 - \cos^2\theta$ で $\cos\theta$ に統一し、$t = \cos\theta$（$-1 \leq t \leq 1$）で $t$ の方程式に帰着。$t$ の値から $\theta$ の個数を数える。$-1 < t < 1$ のとき $\theta$ は2個、$t = \pm 1$ のとき $\theta$ は1個であることに注意。
$\sin^2\theta = 1 - \cos^2\theta$ を代入して整理すると、
$$-2\cos^2\theta + k\cos\theta + k + 2 = 0$$
$$2\cos^2\theta - k\cos\theta - k - 2 = 0$$
$t = \cos\theta$（$-1 \leq t \leq 1$）とおくと $2t^2 - kt - k - 2 = 0$。
$$k(t + 1) = 2t^2 - 2 = 2(t+1)(t-1)$$
$t = -1$ を代入すると $0 = 0$ となり、$t = -1$ は $k$ の値によらず常に解。
$t \neq -1$ のとき $k = 2(t - 1) = 2t - 2$、すなわち $t = \dfrac{k + 2}{2}$。
これが $-1 < t \leq 1$ を満たすには $-1 < \dfrac{k+2}{2} \leq 1$、すなわち $-4 < k \leq 0$。
・$t = -1$ は $\cos\theta = -1$ より $\theta = \pi$（1個）
・$t = \dfrac{k+2}{2}$ について：$t = 1$ すなわち $k = 0$ のとき $\cos\theta = 1$ より $\theta = 0$（1個）。$-1 < t < 1$ すなわち $-4 < k < 0$ のとき $\theta$ は2個。
まとめると：
・$k \leq -4$ または $k > 0$ のとき：1個（$t = -1$ からの1個のみ）
・$k = 0$ のとき：2個（$t = -1$ から1個、$t = 1$ から1個）
・$-4 < k < 0$ のとき：3個（$t = -1$ から1個、$t = \frac{k+2}{2}$ から2個）
・$k = -4$ のとき：$t = \frac{-4+2}{2} = -1$ なので $t = -1$ に重なり、1個
$\triangle \mathrm{ABC}$ において $\angle A = \dfrac{\pi}{4}$ とし、外接円の半径を $R$ とする。
(1) $b + c$ を $R$ と角 $B$, $C$ を用いて表せ。
(2) $b + c$ の最大値を $R$ を用いて表せ。また、そのときの $B$, $C$ の値を求めよ。
正弦定理で辺を角に変換し、$B + C = \dfrac{3\pi}{4}$ の条件を利用して変数を1つ減らす。和を積に直す公式を用いて1つの三角関数にまとめ、最大値を求める。
(1) 正弦定理より $b = 2R\sin B$、$c = 2R\sin C$ なので、
$$b + c = 2R(\sin B + \sin C)$$
$A = \dfrac{\pi}{4}$ より $B + C = \pi - \dfrac{\pi}{4} = \dfrac{3\pi}{4}$。
(2) 和を積に直す公式を用いると、
$$\sin B + \sin C = 2\sin\frac{B+C}{2}\cos\frac{B-C}{2} = 2\sin\frac{3\pi}{8}\cos\frac{B-C}{2}$$
$B, C > 0$ かつ $B + C = \dfrac{3\pi}{4}$ より $|B - C| < \dfrac{3\pi}{4}$ なので $\cos\dfrac{B-C}{2} > 0$。
$\cos\dfrac{B-C}{2}$ は $B = C$ のとき最大値 $1$ をとる。
よって $b + c$ の最大値は $2R \cdot 2\sin\dfrac{3\pi}{8} = 4R\sin\dfrac{3\pi}{8}$。
ここで $\sin\dfrac{3\pi}{8} = \cos\dfrac{\pi}{8} = \sqrt{\dfrac{1 + \cos\frac{\pi}{4}}{2}} = \sqrt{\dfrac{1 + \frac{\sqrt{2}}{2}}{2}} = \dfrac{\sqrt{2 + \sqrt{2}}}{2}$。
よって最大値は $4R \cdot \dfrac{\sqrt{2 + \sqrt{2}}}{2} = 2R\sqrt{2 + \sqrt{2}}$。
このとき $B = C = \dfrac{3\pi}{8}$。