三角関数は「角度と長さをつなぐ橋」です。図形の面積を $\sin$ や $\cos$ で表し、最大値・最小値を求める。円に内接する図形の辺や面積を角度で制御する。この記事では、三角関数と図形が出会うことで生まれる豊かな問題群を、原理から体系的に整理します。
三角形の面積は「底辺 $\times$ 高さ $\div 2$」で求まります。この基本公式自体は中学で学びますが、問題は「高さが直接わからない場合」です。2辺の長さ $a$, $b$ とその間の角 $C$ がわかっているとき、高さを三角関数で表すことで面積が求まります。
$\triangle \mathrm{ABC}$ において、辺 $\mathrm{BC} = a$ を底辺としたときの高さ $h$ を考えます。頂点 $\mathrm{A}$ から辺 $\mathrm{BC}$ に垂線を下ろすと、
$$h = b \sin C$$
これは直角三角形における $\sin$ の定義そのものです。よって、
$$S = \frac{1}{2} \times a \times h = \frac{1}{2} \times a \times b \sin C = \frac{1}{2}ab\sin C$$
$C$ が鈍角の場合も、$\sin(180^\circ - C) = \sin C$ が成り立つため、同じ公式が使えます。
$\triangle \mathrm{ABC}$ の面積 $S$ は
$$S = \frac{1}{2}ab\sin C = \frac{1}{2}bc\sin A = \frac{1}{2}ca\sin B$$
「2辺とその間の角」が揃えばどの組み合わせでも使えます。$\sin$ は $0^\circ < C < 180^\circ$ で常に正なので、面積は必ず正の値になります。
$\frac{1}{2}ab\sin C$ という公式の意味は、$b\sin C$ が「高さ $h$」の役割を果たしているということです。三角関数が「直接測れない高さ」を角度から計算してくれるのです。
この発想は図形問題全般に通じます。長さが直接わからないとき、角度と三角関数で間接的に求める ── これが三角関数と図形の融合の根幹です。
正弦定理 $\frac{a}{\sin A} = 2R$（$R$ は外接円の半径）を組み合わせると、面積をさまざまな形で表せます。
3辺と外接円の半径 $R$：
$$S = \frac{abc}{4R}$$
1辺と両端の角：
$$S = \frac{a^2 \sin B \sin C}{2\sin A}$$
正弦定理により $b = \frac{a \sin B}{\sin A}$ と変換することで導けます。1辺と2角だけで面積が確定するのは、三角形の決定条件と対応しています。
$S = \frac{1}{2}ab\sin C$ の $C$ は、辺 $a$ と辺 $b$ の間の角です。「辺 $a$ の対角が $A$」なので、辺 $a$, $b$ の間の角は $C$ であることに注意しましょう。
✗ 誤り：辺 $a = 3$, $b = 4$, $A = 60^\circ$ のとき $S = \frac{1}{2} \cdot 3 \cdot 4 \cdot \sin 60^\circ$
○ 正しい：$A$ は辺 $a$ の対角なので、辺 $a$, $b$ の間の角ではありません。この場合は $S = \frac{1}{2}bc\sin A$ のように、$A$ を挟む2辺 $b$, $c$ を使います。
大学の線形代数では、ベクトル $\vec{u} = (u_1, u_2)$, $\vec{v} = (v_1, v_2)$ が作る平行四辺形の面積を $|u_1 v_2 - u_2 v_1|$ で計算します。これは外積（cross product）の概念に基づいています。
実は $|u_1 v_2 - u_2 v_1| = |\vec{u}||\vec{v}|\sin\theta$ なので、$\frac{1}{2}ab\sin C$ と本質的に同じ公式です。三角形の面積公式は外積の2次元版と言えます。
$S = \frac{1}{2}ab\sin C$ において、$a$ と $b$ が一定のとき、面積 $S$ を最大にするには $\sin C$ を最大にすればよいことがわかります。
$0^\circ < C < 180^\circ$ のとき $\sin C$ の最大値は $1$（$C = 90^\circ$ のとき）なので、2辺の長さが決まっていれば、その間の角が直角のときに面積が最大になります。
三角関数を含む面積の式で最大値・最小値を求める問題は、結局「三角関数の値域」の問題に帰着します。
$\sin\theta$ は $-1 \leq \sin\theta \leq 1$ の範囲でしか動きません。このことが、面積に上界を与えてくれるのです。
ポイントは、面積の式をなるべく少ない三角関数の式で表すことです。変数が1つになれば、あとは三角関数の最大・最小の問題として解けます。
2辺 $a$, $b$ が固定で、間の角 $C$ が動く場合を考えましょう。
$$S = \frac{1}{2}ab\sin C$$
$0^\circ < C < 180^\circ$ のとき $0 < \sin C \leq 1$ なので、$S$ は $C = 90^\circ$ のとき最大値 $\frac{1}{2}ab$ をとります。
$a + b = k$（一定）、間の角 $C$ が固定の場合、面積を最大にする $a$, $b$ の条件を考えます。
$$S = \frac{1}{2}ab\sin C$$
$\sin C$ は定数なので、$ab$ を最大にすればよいです。相加平均・相乗平均の関係 $\frac{a + b}{2} \geq \sqrt{ab}$ より、
$$ab \leq \left(\frac{a + b}{2}\right)^2 = \frac{k^2}{4}$$
等号は $a = b$ のとき成立します。つまり、2辺の和が一定なら、2辺が等しいときに面積が最大です。
三角形の内角の条件は $0^\circ < C < 180^\circ$ です。$\sin C$ の最大値を求めるとき、この範囲を忘れると間違えます。
✗ 誤り：$\sin C = -1$ のとき最小（三角形の内角では $\sin C > 0$ なので、これは起こりません）
○ 正しい：$0^\circ < C < 180^\circ$ では $0 < \sin C \leq 1$ なので、最大値 $1$（$C = 90^\circ$）、最小値は $0$ に限りなく近づく
$\triangle \mathrm{ABC}$ で $b = 3$, $c = 4$ のとき、$\triangle \mathrm{ABC}$ の面積の最大値を求めてみましょう。
$$S = \frac{1}{2} \cdot 3 \cdot 4 \cdot \sin A = 6\sin A$$
$0^\circ < A < 180^\circ$ で $\sin A$ の最大値は $1$（$A = 90^\circ$）なので、面積の最大値は $6$ です。
このとき $a = \sqrt{b^2 + c^2} = \sqrt{9 + 16} = 5$ となり、直角三角形（3, 4, 5）になります。
「周の長さが一定のとき、面積が最大になる図形は何か？」これは数学史上有名な等周問題（isoperimetric problem）です。答えは「円」であり、古代ギリシャの時代から知られていました。
三角形に限定すると「正三角形」が面積最大となります。多角形では「正多角形」が最大です。辺の数を増やすほど正多角形は円に近づき、等周問題の答えとつながります。
半径 $R$ の円に内接する三角形を考えるとき、正弦定理 $\frac{a}{\sin A} = 2R$ により辺の長さを角度で表せます。これが「角度1つで図形全体を記述する」ことを可能にします。
例えば、半径 $R$ の円に内接する $\triangle \mathrm{ABC}$ の辺は
$$a = 2R\sin A, \quad b = 2R\sin B, \quad c = 2R\sin C$$
と表せます。$A + B + C = \pi$ なので、角度の自由度は実質2つ。条件をさらに加えれば自由度が減り、角度1つの関数として面積を表現できるのです。
円に内接する図形の辺・面積を求める問題では、辺の長さを角度（$\theta$ など）で表してから三角関数の最大・最小問題に帰着させるのが定石です。
この「パラメータ化」は入試頻出のテクニックです。具体的には次のステップを踏みます。
Step 1：動く点を角度 $\theta$ で表す（円周上の点は角度で指定できる）
Step 2：求めたい量（面積・長さなど）を $\theta$ の関数にする
Step 3：三角関数の最大・最小を求める
半径 $R$ の円に内接する $\triangle \mathrm{ABC}$ の面積は、正弦定理を使って次のように表せます。
面積公式 $S = \frac{1}{2}ab\sin C$ に正弦定理 $a = 2R\sin A$, $b = 2R\sin B$ を代入すると、
$$S = \frac{1}{2}(2R\sin A)(2R\sin B)\sin C = 2R^2 \sin A \sin B \sin C$$
半径 $R$ の円に内接する $\triangle \mathrm{ABC}$ の面積 $S$ は
$$S = 2R^2 \sin A \sin B \sin C$$
$A + B + C = \pi$ の条件下で $\sin A \sin B \sin C$ が最大になるのは $A = B = C = \frac{\pi}{3}$（正三角形）のときです。
半径 $R$ の円に内接する四角形 $\mathrm{ABCD}$ の面積を考えましょう。対角線 $\mathrm{AC}$ で2つの三角形に分割すると、
$$S = S_{\triangle \mathrm{ABC}} + S_{\triangle \mathrm{ACD}}$$
円に内接する四角形では「対角の和が $180^\circ$」（$B + D = 180^\circ$）が成り立つので、$\sin B = \sin D$ です。
$B + D = 180^\circ$ から $\sin B = \sin D$ は正しいですが、$\cos B = \cos D$ は誤りです。
✗ 誤り：$B + D = 180^\circ$ のとき $\cos B = \cos D$
○ 正しい：$\cos D = \cos(180^\circ - B) = -\cos B$
余弦定理で対角線の長さを求めるとき、この符号の違いが重要になります。
半径 $1$ の円に内接する $\triangle \mathrm{ABC}$ で、$A = \frac{\pi}{3}$ のとき、面積の最大値を求めましょう。
$A = \frac{\pi}{3}$ のとき、$B + C = \frac{2\pi}{3}$ です。面積は
$$S = 2 \cdot 1^2 \cdot \sin\frac{\pi}{3} \cdot \sin B \cdot \sin C = \sqrt{3} \sin B \sin C$$
$C = \frac{2\pi}{3} - B$ を代入すると、
$$S = \sqrt{3} \sin B \sin\left(\frac{2\pi}{3} - B\right)$$
積を和に変換する公式を使うと、
$$\sin B \sin\left(\frac{2\pi}{3} - B\right) = \frac{1}{2}\left[\cos\left(2B - \frac{2\pi}{3}\right) - \cos\frac{2\pi}{3}\right] = \frac{1}{2}\cos\left(2B - \frac{2\pi}{3}\right) + \frac{1}{4}$$
$\cos\left(2B - \frac{2\pi}{3}\right) = 1$ のとき、すなわち $B = \frac{\pi}{3}$ のとき最大値をとります。
$$S_{\max} = \sqrt{3}\left(\frac{1}{2} + \frac{1}{4}\right) = \frac{3\sqrt{3}}{4}$$
このとき $B = C = \frac{\pi}{3}$ なので正三角形です。直感的にも、「円に内接する三角形のうち、1つの角を固定したとき、残り2角が等しい二等辺三角形のときに面積が最大になる」ことがわかります。
大学数学では「$A + B + C = \pi$ の制約下で $\sin A \sin B \sin C$ を最大化せよ」という問題をラグランジュの未定乗数法で解きます。最適条件から $A = B = C$ が導かれ、正三角形が最適であることが厳密に示されます。
高校では変数の置き換えと積和公式で対処しますが、背景にはこうした最適化理論があるのです。
$a\sin\theta + b\cos\theta$ の形の式は、1つの三角関数にまとめることができます。これが三角関数の合成です。
$$a\sin\theta + b\cos\theta = \sqrt{a^2 + b^2}\sin(\theta + \alpha)$$
ただし $\cos\alpha = \frac{a}{\sqrt{a^2 + b^2}}$, $\sin\alpha = \frac{b}{\sqrt{a^2 + b^2}}$ です。
図形の面積や長さを角度 $\theta$ で表すと、しばしば $a\sin\theta + b\cos\theta$ の形になります。このままでは最大値・最小値がわかりにくいですが、合成すれば $r\sin(\theta + \alpha)$ の形になり、$-r \leq r\sin(\theta + \alpha) \leq r$ から直ちに値域がわかります。
$\triangle \mathrm{ABC}$ で $a = 2$, $B = \theta$（$0 < \theta < \frac{\pi}{2}$）、$C = \frac{\pi}{3}$ のとき、面積 $S$ の最大値を求めましょう。
$A = \pi - \theta - \frac{\pi}{3} = \frac{2\pi}{3} - \theta$ です。正弦定理より
$$\frac{a}{\sin A} = \frac{b}{\sin B} \quad \Rightarrow \quad b = \frac{2\sin\theta}{\sin\left(\frac{2\pi}{3} - \theta\right)}$$
面積は
$$S = \frac{1}{2}ab\sin C = \frac{1}{2} \cdot 2 \cdot \frac{2\sin\theta}{\sin\left(\frac{2\pi}{3} - \theta\right)} \cdot \sin\frac{\pi}{3} = \frac{2\sqrt{3}\sin\theta}{2\sin\left(\frac{2\pi}{3} - \theta\right)}$$
$$= \frac{\sqrt{3}\sin\theta}{\sin\left(\frac{2\pi}{3} - \theta\right)}$$
ここで $\sin\left(\frac{2\pi}{3} - \theta\right) = \sin\frac{2\pi}{3}\cos\theta - \cos\frac{2\pi}{3}\sin\theta = \frac{\sqrt{3}}{2}\cos\theta + \frac{1}{2}\sin\theta$ なので、
$$S = \frac{\sqrt{3}\sin\theta}{\frac{\sqrt{3}}{2}\cos\theta + \frac{1}{2}\sin\theta}$$
分子分母を $\cos\theta$ で割って $\tan\theta = t$ とおくと、
$$S = \frac{\sqrt{3}t}{\frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{1}{2}t} = \frac{2\sqrt{3}t}{\sqrt{3} + t}$$
この式の最大値は微分などで求められますが、合成を利用する方法もあります。このように、三角関数の合成や $\tan$ への変換が図形の最大値問題で威力を発揮します。
三角関数の最大値・最小値を求めるとき、$\theta$ のとりうる範囲を必ず確認しましょう。三角形の内角という条件から範囲が決まります。
✗ 誤り：「$\sin(\theta + \alpha)$ の最大値は $1$」と無条件に使う
○ 正しい：$\theta + \alpha$ が $\frac{\pi}{2}$ を通過する範囲かどうかを確認してから最大値を決める
Step 1：求めたい量（面積・長さなど）を三角関数で表す。正弦定理・余弦定理を活用する。
Step 2：変数を1つにまとめる。$A + B + C = \pi$ などの条件を使って角度を減らす。
Step 3：三角関数の合成・置き換え・微分などで最大値・最小値を求める。
Step 4：$\theta$ の範囲内で最大値・最小値が達成されるか確認する。
三角関数を含む図形問題では、$\sin\theta + \cos\theta = t$ とおく置き換えが極めて有効です。このテクニックの核心は次の関係にあります。
$t = \sin\theta + \cos\theta$ とおくと、
$$t^2 = \sin^2\theta + 2\sin\theta\cos\theta + \cos^2\theta = 1 + 2\sin\theta\cos\theta$$
$$\therefore \quad \sin\theta\cos\theta = \frac{t^2 - 1}{2}$$
$t = \sqrt{2}\sin\left(\theta + \frac{\pi}{4}\right)$ なので、$-\sqrt{2} \leq t \leq \sqrt{2}$ です。$\theta$ の範囲によって $t$ の範囲が変わることに注意しましょう。
図形の面積公式には $\sin\theta\cos\theta$（$= \frac{1}{2}\sin 2\theta$）が頻出します。一方、辺の長さには $\sin\theta + \cos\theta$ が現れることもあります。上の関係式を使えば、$\sin\theta + \cos\theta$ と $\sin\theta\cos\theta$ が $t$ の1次式・2次式としてまとまるので、問題が$t$ の2次関数の最大値・最小値問題に帰着するのです。
$0 \leq \theta \leq \frac{\pi}{2}$ のとき、$y = \sin 2\theta + 2(\sin\theta + \cos\theta) - 1$ の最大値と最小値を求めましょう。
$t = \sin\theta + \cos\theta = \sqrt{2}\sin\left(\theta + \frac{\pi}{4}\right)$ とおくと、$\sin 2\theta = t^2 - 1$ なので、
$$y = (t^2 - 1) + 2t - 1 = t^2 + 2t - 2 = (t + 1)^2 - 3$$
$\theta$ の範囲から $\frac{\pi}{4} \leq \theta + \frac{\pi}{4} \leq \frac{3\pi}{4}$ なので、$\frac{1}{\sqrt{2}} \leq \sin\left(\theta + \frac{\pi}{4}\right) \leq 1$ です。
したがって $1 \leq t \leq \sqrt{2}$ です。$f(t) = (t + 1)^2 - 3$ は $t \geq -1$ で単調増加なので、
$t = 1$ のとき最小値 $f(1) = 4 - 3 = 1$、$t = \sqrt{2}$ のとき最大値 $f(\sqrt{2}) = (\sqrt{2} + 1)^2 - 3 = 2\sqrt{2}$ です。
$t = \sin\theta + \cos\theta$ の置き換えで最も多いミスは、$t$ のとりうる範囲を求め忘れることです。
✗ 誤り：$-\sqrt{2} \leq t \leq \sqrt{2}$ と無条件に使う
○ 正しい：$\theta$ の範囲から $t = \sqrt{2}\sin(\theta + \frac{\pi}{4})$ の範囲を正確に求める
例えば $0 \leq \theta \leq \frac{\pi}{2}$ なら $1 \leq t \leq \sqrt{2}$ であり、$0 \leq \theta < 2\pi$ なら $-\sqrt{2} \leq t \leq \sqrt{2}$ です。
この置き換えが活きる典型的な場面をまとめます。
| 問題の形 | 置き換え後の形 | 解法 |
|---|---|---|
| $\sin 2\theta + a(\sin\theta + \cos\theta)$ を含む | $t^2 + at$ の2次関数 | $t$ の範囲で2次関数の最大・最小 |
| $\sin\theta\cos\theta + b(\sin\theta + \cos\theta)$ を含む | $\frac{t^2 - 1}{2} + bt$ の2次関数 | 同上 |
| 面積 $= k\sin\theta\cos\theta$ の形 | $\frac{k}{2}\sin 2\theta$ または $\frac{k(t^2 - 1)}{2}$ | $\sin 2\theta$ の最大値、または2次関数 |
$\sin\theta + \cos\theta$ と $\sin\theta\cos\theta$ は、$\sin\theta$ と $\cos\theta$ の基本対称式です。代数学において、2つの変数 $x$, $y$ の対称式はすべて $x + y$ と $xy$ で表せるという定理があります。
この定理が、$t = \sin\theta + \cos\theta$ の置き換えで $\sin\theta\cos\theta$（＝「積」にあたる基本対称式）も $t$ で表せることの数学的根拠です。大学の代数学では、ニュートンの恒等式としてさらに一般化されます。
Q1. $\triangle \mathrm{ABC}$ で $b = 5$, $c = 8$, $A = 60^\circ$ のとき、面積 $S$ を求めよ。
Q2. $\triangle \mathrm{ABC}$ で $b = 6$, $c = 4$ のとき、面積 $S$ の最大値を求めよ。
Q3. $\sin\theta + \cos\theta = \frac{\sqrt{6}}{2}$ のとき、$\sin\theta\cos\theta$ の値を求めよ。
Q4. $3\sin\theta + 4\cos\theta$ を $r\sin(\theta + \alpha)$ の形に合成せよ（$r$ の値を答えよ）。
Q5. 円に内接する四角形 $\mathrm{ABCD}$ で $B = 120^\circ$ のとき、$D$ の値を求めよ。
$\triangle \mathrm{ABC}$ において、$a = 4$, $B = 45^\circ$, $C = 75^\circ$ とする。
(1) $A$ の値を求めよ。
(2) 辺 $b$ の長さを求めよ。
(3) $\triangle \mathrm{ABC}$ の面積 $S$ を求めよ。
(1) $A = 180^\circ - 45^\circ - 75^\circ = 60^\circ$
(2) 正弦定理より $\dfrac{a}{\sin A} = \dfrac{b}{\sin B}$ なので、
$$b = \frac{a\sin B}{\sin A} = \frac{4 \cdot \sin 45^\circ}{\sin 60^\circ} = \frac{4 \cdot \frac{\sqrt{2}}{2}}{\frac{\sqrt{3}}{2}} = \frac{2\sqrt{2}}{\frac{\sqrt{3}}{2}} = \frac{4\sqrt{2}}{\sqrt{3}} = \frac{4\sqrt{6}}{3}$$
(3) $S = \frac{1}{2}ab\sin C = \frac{1}{2} \cdot 4 \cdot \frac{4\sqrt{6}}{3} \cdot \sin 75^\circ$
$\sin 75^\circ = \sin(45^\circ + 30^\circ) = \frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4}$ より、
$$S = \frac{1}{2} \cdot 4 \cdot \frac{4\sqrt{6}}{3} \cdot \frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4} = \frac{2\sqrt{6}(\sqrt{6} + \sqrt{2})}{3} = \frac{2(6 + \sqrt{12})}{3} = \frac{12 + 4\sqrt{3}}{3} = 4 + \frac{4\sqrt{3}}{3}$$
1辺と2角が与えられている場合、まず残りの角を求め、正弦定理で辺を求め、面積公式に代入するのが定石です。$\sin 75^\circ$ は加法定理で求めます。
$\triangle \mathrm{ABC}$ において、$\mathrm{BC} = a$ は定数とし、$B = \theta$（$0 < \theta < \frac{\pi}{2}$）、$C = \frac{\pi}{4}$ とする。
(1) 辺 $b$ を $a$ と $\theta$ で表せ。
(2) $\triangle \mathrm{ABC}$ の面積 $S$ を $a$ と $\theta$ で表せ。
(3) 面積 $S$ が最大となる $\theta$ の値と、そのときの最大値を求めよ。
(1) $A = \pi - \theta - \frac{\pi}{4} = \frac{3\pi}{4} - \theta$。正弦定理より
$$b = \frac{a\sin\theta}{\sin A} = \frac{a\sin\theta}{\sin\left(\frac{3\pi}{4} - \theta\right)}$$
(2) $S = \frac{1}{2}ab\sin C = \frac{1}{2} \cdot a \cdot \frac{a\sin\theta}{\sin\left(\frac{3\pi}{4} - \theta\right)} \cdot \sin\frac{\pi}{4} = \frac{a^2\sqrt{2}\sin\theta}{4\sin\left(\frac{3\pi}{4} - \theta\right)}$
(3) $\sin\left(\frac{3\pi}{4} - \theta\right) = \sin\frac{3\pi}{4}\cos\theta - \cos\frac{3\pi}{4}\sin\theta = \frac{\sqrt{2}}{2}(\cos\theta + \sin\theta)$ より、
$$S = \frac{a^2\sqrt{2}\sin\theta}{4 \cdot \frac{\sqrt{2}}{2}(\cos\theta + \sin\theta)} = \frac{a^2\sin\theta}{2(\sin\theta + \cos\theta)}$$
$\frac{1}{S} = \frac{2(\sin\theta + \cos\theta)}{a^2\sin\theta} = \frac{2}{a^2}\left(1 + \frac{\cos\theta}{\sin\theta}\right) = \frac{2}{a^2}\left(1 + \frac{1}{\tan\theta}\right)$
$0 < \theta < \frac{\pi}{2}$ で $\frac{1}{\tan\theta}$ は $\theta = \frac{\pi}{4}$ のとき $1$ ですが、$S$ を最大にするには $\frac{1}{S}$ を最小にします。
$f(\theta) = 1 + \frac{\cos\theta}{\sin\theta}$ を微分すると $f'(\theta) = -\frac{1}{\sin^2\theta} < 0$ で単調減少。
ただし $\theta < \frac{\pi}{2}$ の条件と $A > 0$ の条件 $\theta < \frac{3\pi}{4}$ を考慮すると、$S$ は $\theta \to \frac{\pi}{2}$ で最大に近づきますが $\theta = \frac{\pi}{2}$ は取れません。
$A > 0$ より $\theta < \frac{3\pi}{4}$ で、$0 < \theta < \frac{\pi}{2}$ ではこの条件は自動的に満たされます。
$f(\theta)$ は単調減少なので $\theta \to \frac{\pi}{2}$ で $f(\theta) \to 1$。よって $S \to \frac{a^2}{2}$。
$\theta = \frac{\pi}{2}$ では三角形がつぶれる（$A = \frac{\pi}{4}$, $B = \frac{\pi}{2}$, $C = \frac{\pi}{4}$ の直角二等辺三角形）。このとき $S = \frac{a^2}{2} \cdot \frac{\sin\frac{\pi}{2}}{1 + 0} = \frac{a^2}{2}$。
実際に $\theta = \frac{\pi}{2}$ を代入すると $S = \frac{a^2}{2}$ で、これが最大値です。$\therefore \theta = \frac{\pi}{2}$ のとき $S_{\max} = \frac{a^2}{2}$。
正弦定理で辺を角度に変換し、面積を $\theta$ の関数にまとめます。分母の処理は加法定理で展開してから、単調性を調べます。
$0 \leq \theta \leq \frac{\pi}{2}$ のとき、次の関数の最大値と最小値を求めよ。
$$y = \sin 2\theta + 2(\sin\theta + \cos\theta) - 1$$
$t = \sin\theta + \cos\theta = \sqrt{2}\sin\left(\theta + \frac{\pi}{4}\right)$ とおくと、$t^2 = 1 + \sin 2\theta$ より $\sin 2\theta = t^2 - 1$。
$$y = (t^2 - 1) + 2t - 1 = t^2 + 2t - 2 = (t + 1)^2 - 3$$
$0 \leq \theta \leq \frac{\pi}{2}$ のとき $\frac{\pi}{4} \leq \theta + \frac{\pi}{4} \leq \frac{3\pi}{4}$ なので、$\sin\left(\theta + \frac{\pi}{4}\right) \geq \sin\frac{\pi}{4} = \frac{\sqrt{2}}{2}$。
$\sin\left(\theta + \frac{\pi}{4}\right)$ の最大値は $1$（$\theta = \frac{\pi}{4}$）、最小値は $\frac{\sqrt{2}}{2}$（$\theta = 0$ または $\frac{\pi}{2}$）。
よって $1 \leq t \leq \sqrt{2}$。
$f(t) = (t + 1)^2 - 3$ は $t \geq -1$ で単調増加。
$t = 1$ のとき最小値 $f(1) = 4 - 3 = 1$（$\theta = 0, \frac{\pi}{2}$）
$t = \sqrt{2}$ のとき最大値 $f(\sqrt{2}) = (\sqrt{2} + 1)^2 - 3 = 3 + 2\sqrt{2} - 3 = 2\sqrt{2}$（$\theta = \frac{\pi}{4}$）
$\therefore$ 最大値 $2\sqrt{2}$（$\theta = \frac{\pi}{4}$）、最小値 $1$（$\theta = 0, \frac{\pi}{2}$）
$\sin 2\theta$ と $\sin\theta + \cos\theta$ の両方を含む式は $t = \sin\theta + \cos\theta$ の置き換えが定石です。$t$ の範囲を正確に求めることがカギ。$\theta + \frac{\pi}{4}$ の範囲から $\sin$ の値域を求めます。
半径 $1$ の円に内接する四角形 $\mathrm{ABCD}$ について、$\mathrm{AB} = \mathrm{BC}$ かつ $\angle \mathrm{ABC} = \frac{2\pi}{3}$ とする。$\mathrm{AD} = x$（$0 < x < 2$）のとき、以下の問いに答えよ。
(1) 対角線 $\mathrm{AC}$ の長さを求めよ。
(2) 四角形 $\mathrm{ABCD}$ の面積 $S$ を $x$ で表せ。
(3) $S$ が最大となる $x$ の値と、そのときの $S$ の値を求めよ。
(1) $\mathrm{AB} = \mathrm{BC}$ より $\triangle \mathrm{ABC}$ は二等辺三角形。$\mathrm{AB} = \mathrm{BC} = s$ とおく。
余弦定理より $\mathrm{AC}^2 = s^2 + s^2 - 2s^2\cos\frac{2\pi}{3} = 2s^2 + s^2 = 3s^2$
よって $\mathrm{AC} = \sqrt{3}s$。
正弦定理より $\frac{\mathrm{AC}}{\sin\angle\mathrm{ABC}} = 2R = 2$ なので、
$\mathrm{AC} = 2\sin\frac{2\pi}{3} = 2 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = \sqrt{3}$
したがって $\mathrm{AC} = \sqrt{3}$。（また、$\sqrt{3}s = \sqrt{3}$ より $s = 1$。）
(2) $\triangle \mathrm{ABC}$ の面積は $S_1 = \frac{1}{2} \cdot 1 \cdot 1 \cdot \sin\frac{2\pi}{3} = \frac{\sqrt{3}}{4}$
$\triangle \mathrm{ACD}$ について、$\mathrm{AC} = \sqrt{3}$, $\mathrm{AD} = x$。
$\angle \mathrm{ADC} = \pi - \angle \mathrm{ABC} = \pi - \frac{2\pi}{3} = \frac{\pi}{3}$（円に内接する四角形の対角の和 $= \pi$）
余弦定理より $\mathrm{AC}^2 = \mathrm{AD}^2 + \mathrm{DC}^2 - 2 \cdot \mathrm{AD} \cdot \mathrm{DC} \cdot \cos\frac{\pi}{3}$
$3 = x^2 + \mathrm{DC}^2 - x \cdot \mathrm{DC}$
$\triangle \mathrm{ACD}$ の面積は $S_2 = \frac{1}{2} \cdot x \cdot \mathrm{DC} \cdot \sin\frac{\pi}{3} = \frac{\sqrt{3}}{4}x \cdot \mathrm{DC}$
ここで正弦定理より $\frac{\mathrm{DC}}{\sin\angle\mathrm{DAC}} = \frac{\mathrm{AC}}{\sin\angle\mathrm{ADC}}$ 。
$\mathrm{AD} = x$ について、$\frac{x}{\sin\angle\mathrm{ACD}} = \frac{\sqrt{3}}{\sin\frac{\pi}{3}} = 2$ より $\sin\angle\mathrm{ACD} = \frac{x}{2}$。
$\angle\mathrm{DAC} = \pi - \frac{\pi}{3} - \angle\mathrm{ACD} = \frac{2\pi}{3} - \angle\mathrm{ACD}$
別のアプローチ: $\triangle \mathrm{ACD}$ の面積を直接求めます。
$S_2 = \frac{1}{2} \cdot \mathrm{AC} \cdot \mathrm{AD} \cdot \sin\angle\mathrm{CAD}$ ですが、$\angle\mathrm{CAD}$ は直接わかりません。
そこで、$\mathrm{DC}$ を正弦定理で求めます。$\frac{\mathrm{DC}}{\sin\angle\mathrm{DAC}} = 2$ より $\mathrm{DC} = 2\sin\angle\mathrm{DAC}$。
$\angle\mathrm{DAC} = \frac{2\pi}{3} - \angle\mathrm{ACD}$ で、$\sin\angle\mathrm{ACD} = \frac{x}{2}$ なので $\angle\mathrm{ACD} = \arcsin\frac{x}{2}$。
ここで $x = 2\sin\angle\mathrm{ACD}$ と置くと $\angle\mathrm{ACD} = \phi$ とおいて $x = 2\sin\phi$。
$S_2 = \frac{1}{2}x \cdot \mathrm{DC} \cdot \sin\frac{\pi}{3}$。
$\mathrm{DC} = 2\sin\left(\frac{2\pi}{3} - \phi\right)$ なので
$S_2 = \frac{\sqrt{3}}{4} \cdot 2\sin\phi \cdot 2\sin\left(\frac{2\pi}{3} - \phi\right) = \sqrt{3}\sin\phi\sin\left(\frac{2\pi}{3} - \phi\right)$
$S = S_1 + S_2 = \frac{\sqrt{3}}{4} + \sqrt{3}\sin\phi\sin\left(\frac{2\pi}{3} - \phi\right)$
(3) 積和公式より
$\sin\phi\sin\left(\frac{2\pi}{3} - \phi\right) = \frac{1}{2}\left[\cos\left(2\phi - \frac{2\pi}{3}\right) - \cos\frac{2\pi}{3}\right] = \frac{1}{2}\cos\left(2\phi - \frac{2\pi}{3}\right) + \frac{1}{4}$
$\cos\left(2\phi - \frac{2\pi}{3}\right) = 1$ のとき最大。すなわち $\phi = \frac{\pi}{3}$ のとき。
このとき $x = 2\sin\frac{\pi}{3} = \sqrt{3}$、$S_2 = \sqrt{3}\left(\frac{1}{2} + \frac{1}{4}\right) = \frac{3\sqrt{3}}{4}$
$S = \frac{\sqrt{3}}{4} + \frac{3\sqrt{3}}{4} = \sqrt{3}$
$\therefore x = \sqrt{3}$ のとき $S$ は最大値 $\sqrt{3}$ をとる。
円に内接する四角形を対角線で2つの三角形に分割し、対角の性質（$\angle \mathrm{ADC} = \pi - \angle \mathrm{ABC}$）を利用します。辺を角度でパラメータ化（$x = 2\sin\phi$）して積和公式に持ち込むのが定石です。