シより、$\alpha$の三角比は
$\left\{\begin{array}{l} \cos\alpha=\displaystyle \cos\left(\theta+\frac{2}{3}\pi\right)\\ \sin\alpha=\displaystyle \sin\left(\theta+\frac{2}{3}\pi\right) \end{array}\right.$
と表せる。

それぞれの式に加法定理を使うと、

$\displaystyle \cos\alpha=\cos\theta\cos\frac{2}{3}\pi-\sin\theta\sin\frac{2}{3}\pi$
$\displaystyle \phantom{\cos\alpha}=\cos\theta \cdot \left(-\frac{1}{2} \right)-\sin\theta \cdot \left( \frac{\sqrt{3}}{2} \right)$
$\displaystyle \phantom{\cos\alpha}=-\frac{\sqrt{3}}{2}\sin\theta-\frac{1}{2}\cos\theta$

$\displaystyle \sin\alpha=\sin\theta\cos\frac{2}{3}\pi+\cos\theta\sin\frac{2}{3}\pi$
$\displaystyle \phantom{\sin\alpha}=\sin\theta \cdot \left(-\frac{1}{2} \right)+\cos\theta \cdot \left(\frac{\sqrt{3}}{2} \right)$
$\displaystyle \phantom{\sin\alpha}=-\frac{1}{2}\sin\theta+\frac{\sqrt{3}}{2}\cos\theta$

となる。

解答セ：7, ソ：4

同様に $\beta$の三角比については、スより
$\left\{\begin{array}{l} \cos\beta=\displaystyle \cos\left(\theta+\frac{4}{3}\pi\right)\\ \sin\beta=\displaystyle \sin\left(\theta+\frac{4}{3}\pi\right) \end{array}\right.$
とかける。

よって、加法定理より

$\displaystyle \cos\beta=\cos\theta\cos\frac{4}{3}\pi-\sin\theta\sin\frac{4}{3}\pi$
$\displaystyle \phantom{\cos\beta}=\cos\theta \cdot \left(-\frac{1}{2} \right) - \sin\theta \cdot \left(-\frac{\sqrt{3}}{2} \right)$
$\displaystyle \phantom{\cos\beta}=\frac{\sqrt{3}}{2}\sin\theta-\frac{1}{2}\cos\theta$

$\displaystyle \sin\beta=\sin\theta\cos\frac{4}{3}\pi+\cos\theta\sin\frac{4}{3}\pi$
$\displaystyle \phantom{\sin\beta}=\sin\theta \cdot \left(-\frac{1}{2} \right) + \cos\theta \cdot \left(-\frac{\sqrt{3}}{2} \right)$
$\displaystyle \phantom{\sin\beta}=-\frac{1}{2}\sin\theta-\frac{\sqrt{3}}{2}\cos\theta$

と表せる。

以上より、このときの$s$は、
$ s=\cos\theta+\cos\alpha+\cos\beta$
$\phantom{ s } =\displaystyle \cos\theta+\left(-\frac{\sqrt{3}}{2}\sin\theta-\frac{1}{2}\cos\theta\right)$
$\hspace{120px} \displaystyle +\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\sin\theta-\frac{1}{2}\cos\theta\right)$
$\phantom{ s\displaystyle } \displaystyle =\cos\theta-\frac{1}{2}\cos\theta-\frac{1}{2}\cos\theta$
$\hspace{120px} \displaystyle -\frac{\sqrt{3}}{2}\sin\theta+\frac{\sqrt{3}}{2}\sin\theta$
$\phantom{ s } =0$

$t$は、
$ t=\sin\theta+\sin\alpha+\sin\beta$
$\phantom{ t } =\displaystyle \sin\theta+\left(-\frac{1}{2}\sin\theta+\frac{\sqrt{3}}{2}\cos\theta\right)$
$\hspace{120px} \displaystyle +\left(-\frac{1}{2}\sin\theta-\frac{\sqrt{3}}{2}\cos\theta\right)$
$\phantom{ t\displaystyle } \displaystyle =\sin\theta-\frac{1}{2}\sin\theta-\frac{1}{2}\sin\theta$
$\hspace{120px} \displaystyle +\frac{\sqrt{3}}{2}\cos\theta-\frac{\sqrt{3}}{2}\cos\theta$
$\phantom{ t } =0$

となる。

解答タ：0

なので、
△$\mathrm{PQR}$が正三角形 $\Rightarrow\ s=t=0$ である。

点$\mathrm{P}$が直線$y=x$上にあり、点$\mathrm{Q}$，$\mathrm{R}$が$y=x$に関して対称のとき、例えば図Ｂのような状態だ。

このとき、

$\displaystyle \theta=\frac{\pi}{4}$なので、
$\displaystyle \cos\theta=\sin\theta=\frac{1}{\sqrt{2}}$
$\displaystyle \phantom{\cos\theta=\sin\theta}=\frac{\sqrt{2}}{2}$式Ａ

点$\mathrm{Q}$と点$\mathrm{R}$は$y=x$に関して対称なので、
点$\mathrm{Q}$の$x$座標$=$点$\mathrm{R}$の$y$座標 点$\mathrm{Q}$の$y$座標$=$点$\mathrm{R}$の$x$座標 だから、
$\left\{\begin{array}{l} \cos\alpha = \sin\beta\\ \sin\alpha = \cos\beta \end{array}\right.$式Ｂ

である。

式Ａ，式Ｂを$s$，$t$の式に代入すると、
$ s=\cos\theta+\cos\alpha+\cos\beta$
$ \phantom{s}=\displaystyle \frac{\sqrt{2}}{2}+\cos\alpha+\sin\alpha$
$ t=\sin\theta+\sin\alpha+\sin\beta$
$ \phantom{t}=\displaystyle \frac{\sqrt{2}}{2}+\sin\alpha+\cos\alpha$
なので、
$s=t=\displaystyle \frac{\sqrt{2}}{2}+\textcolor{red}{\sin\alpha+\cos\alpha}$式Ｃ
となる。

解答チ：2, ツ：2

式Ｃの赤い部分で三角関数の合成をすると、図Ｃより、
$\sin\alpha+\cos\alpha=\displaystyle \sqrt{2}\sin\left(\alpha+\frac{1}{4}\pi\right)$
とかける。

解答テ：2, ト：4

なので、式Ｃは
$s=t=\displaystyle \frac{\sqrt{2}}{2}+\sqrt{2}\sin\left(\alpha+\frac{1}{4}\pi\right)$
と書きなおせる。

$s=t=0$のとき、この式は
$\displaystyle \frac{\sqrt{2}}{2}+\sqrt{2}\sin\left(\alpha+\frac{1}{4}\pi\right)=0$
より
$\displaystyle \sqrt{2}\sin\left(\alpha+\frac{1}{4}\pi\right)=-\frac{\sqrt{2}}{2}$
$\displaystyle \sin\left(\textcolor{red}{\alpha+\frac{1}{4}\pi}\right)=-\frac{1}{2}$
となる。

この式の赤い部分を
$\displaystyle \alpha+\frac{1}{4}\pi=A$式Ｄ
とおくと、
$\displaystyle \sin A=-\frac{1}{2}$
と表せる。
これを解く。

まず、$A$の範囲から。
いま、点$\mathrm{Q}$は$y=x$よりも上にあるので、
$\displaystyle \frac{1}{4}\pi \lt \alpha \lt \frac{5}{4}\pi$
とかける。

この各辺に$\displaystyle \frac{1}{4}\pi$をたして
$\displaystyle \frac{1}{4}\pi+\frac{1}{4}\pi \lt \alpha+\frac{1}{4}\pi \lt \frac{5}{4}\pi+\frac{1}{4}\pi$
より
$\displaystyle \frac{1}{2}\pi \lt A \lt \frac{3}{2}\pi$
だ。

この範囲で
$\displaystyle \sin A=-\frac{1}{2}$
となるのは、
$ A=\displaystyle \frac{7}{6}\pi$
のときだけ。
（図Ｄ参照。図中の緑は$A$の定義域）

これを式Ｄに代入して、このときの$\alpha$は
$\displaystyle \alpha+\frac{1}{4}\pi=\frac{7}{6}\pi$
$\displaystyle \alpha=\frac{7}{6}\pi-\frac{1}{4}\pi$
$\phantom{ \alpha } \displaystyle =\frac{14-3}{12}\pi$
$\phantom{ \alpha } \displaystyle =\frac{11}{12}\pi$式Ｅ
である。

解答ナ：1, ニ：1

さらに、$y=x$が$\angle \mathrm{QOR}$の二等分線なので
$\alpha$と$\beta$の平均が$\displaystyle \frac{5}{4}\pi$ だから、
$\displaystyle \frac{\alpha+\beta}{2}=\frac{5}{4}\pi$
より
$\displaystyle \alpha+\beta=\frac{5}{2}\pi$
とかける。

これに式Ｅを代入して、このときの$\beta$は
$\displaystyle \frac{11}{12}\pi+\beta=\frac{5}{2}\pi$
$\displaystyle \beta=\frac{30}{12}\pi-\frac{11}{12}\pi$
$\phantom{ \beta } \displaystyle =\frac{19}{12}\pi$
である。

解答ヌ：１, ネ：９

このとき、図Ｆの

緑の角$=\beta-\alpha$
$\hspace{47px} =\displaystyle \frac{19}{12}\pi-\frac{11}{12}\pi$
$\hspace{47px} =\displaystyle \frac{2}{3}\pi$

赤い角$=\alpha-\theta$
$\hspace{47px} =\displaystyle \frac{11}{12}\pi-\frac{\pi}{4}$
$\hspace{47px} =\displaystyle \frac{2}{3}\pi$

より、$\angle \mathrm{POR}$も$\displaystyle \frac{2}{3}\pi$なので、
緑の角$=$赤い角$=\angle \mathrm{POR}$
となって、$s=t=0$のとき△$\mathrm{PQR}$は正三角形になってしまう。

$s=t=0$のとき、
$\left\{\begin{array}{l} \cos\theta+\cos\alpha+\cos\beta=0\\ \sin\theta+\sin\alpha+\sin\beta=0 \end{array}\right.$式Ｆ
より、
$\left\{\begin{array}{l} \cos\theta=-(\cos\alpha+\cos\beta)\\ \sin\theta=-(\sin\alpha+\sin\beta) \end{array}\right.$
ができる。

これを
$\sin^{2}\theta+\cos^{2}\theta=1$
に代入すると、
$(\sin\alpha+\sin\beta)^{2}+(\cos\alpha+\cos\beta)^{2}=1$
とかける。

これを変形すると、
$\sin^{2}\alpha+2\sin\alpha\sin\beta+\sin^{2}\beta$
$\hspace{40px} +\cos^{2}\alpha+2\cos\alpha\cos\beta+\cos^{2}\beta=1$
より
$2\cos\alpha\cos\beta+2\sin\alpha\sin\beta$
$\hspace{40px} =1-(\textcolor{red}{\sin^{2}\alpha+\cos^{2}\alpha}+\textcolor{royalblue}{\sin^{2}\beta+\cos^{2}\beta})$
だけど、この式の赤い部分と青い部分は$1$なので、
$2\cos\alpha\cos\beta+2\sin\alpha\sin\beta=-1$
$\displaystyle \cos\alpha\cos\beta+\sin\alpha\sin\beta=-\frac{1}{2}$式Ｇ
となる。

解答ノ：－, ハ：1, ヒ：2

同様に、式Ｆを
$\left\{\begin{array}{l} \cos\beta=-(\cos\theta+\cos\alpha)\\ \sin\beta=-(\sin\theta+\sin\alpha) \end{array}\right.$
と変形して
$\sin^{2}\beta+\cos^{2}\beta=1$
に代入すると
$\displaystyle \cos\theta\cos\alpha+\sin\theta\sin\alpha=-\frac{1}{2}$式Ｈ
ができる。

式Ｇも式Ｈも、いかにも加法定理を使いなさいという形だ。

式Ｇに加法定理を使うと
$\displaystyle \cos(\beta-\alpha)=-\frac{1}{2}$
と変形できる。

いま、
$\alpha \lt \beta$
なので、
$ 0 \lt \beta-\alpha$
$ 0 \lt \alpha$，$\beta \lt 2\pi$
なので、
$\beta-\alpha \lt 2\pi$
より
$ 0 \lt \beta-\alpha \lt 2\pi$
である。

以上より、
$\beta-\alpha=B$
とおくと、この方程式は
$\displaystyle \cos B=-\frac{1}{2}$
$\hspace{20px} (0 \lt B \lt 2\pi)$
とかける。

図Ｇより、この方程式の解は
$ B=\displaystyle \frac{2}{3}\pi$，$\displaystyle \frac{4}{3}\pi$
なので、
$\displaystyle \beta-\alpha=\frac{2}{3}\pi$，$\displaystyle \frac{4}{3}\pi$式Ｉ
である。

同様に考えると、式Ｈより
$\displaystyle \alpha-\theta=\frac{2}{3}\pi$，$\displaystyle \frac{4}{3}\pi$式Ｊ
であることが分かる。

ここで、$\beta-\alpha$，$\alpha-\theta$とは何か考えてみると、それぞれ図Ｈの緑の角，赤い角にあたる。
$\beta \lt 2\pi$
だから、
$\theta+$緑の角$+$赤い角$ \lt 2\pi$
つまり
$\theta+(\beta-\alpha)+(\alpha-\theta) \lt 2\pi$
でなければならない。

式Ｉ，式Ｊの解のうち、これを満たすのは
$\displaystyle \beta-\alpha=\alpha-\theta=\frac{2}{3}\pi$
だけである。

解答フ：2, ヘ：3

このとき、$\angle \mathrm{POR}$も$\displaystyle \frac{2}{3}\pi$になるので、△$\mathrm{PQR}$は正三角形である。
よって、
$ s=t=0\ \Rightarrow$ △$\mathrm{PQR}$は正三角形 であることが分かる。