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

それぞれの式に加法定理を使うと、

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

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

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
$\{\begin{array}{l}\cos \beta ={\displaystyle \cos (\theta +\frac{4}{3}\pi )}\\ \sin \beta ={\displaystyle \sin (\theta +\frac{4}{3}\pi )}\end{array}$
とかける。

よって、加法定理より

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

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

と表せる。

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

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

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、
$\{\begin{array}{l}\cos \alpha =\sin \beta \\ \sin \alpha =\cos \beta \end{array}$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、
$s=t={\displaystyle \frac{\sqrt{2}}{2}+\sin \alpha +\cos \alpha }$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、
$\sin \alpha +\cos \alpha ={\displaystyle \sqrt{2}\sin (\alpha +\frac{1}{4}\pi )}$
とかける。

解答テ：2, ト：4

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

$s=t=0$のとき、この式は
${\displaystyle \frac{\sqrt{2}}{2}+\sqrt{2}\sin (\alpha +\frac{1}{4}\pi )=0}$
より
${\displaystyle \sqrt{2}\sin (\alpha +\frac{1}{4}\pi )=-\frac{\sqrt{2}}{2}}$
${\displaystyle \sin \left(\alpha +\frac{1}{4}\pi \right)=-\frac{1}{2}}$
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、
${\displaystyle \frac{1}{4}\pi <\alpha <\frac{5}{4}\pi }$
とかける。

この各辺に${\displaystyle \frac{1}{4}\pi }$をたして
${\displaystyle \frac{1}{4}\pi +\frac{1}{4}\pi <\alpha +\frac{1}{4}\pi <\frac{5}{4}\pi +\frac{1}{4}\pi }$
より
${\displaystyle \frac{1}{2}\pi <A<\frac{3}{2}\pi }$
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$\mathrm{\angle }\mathrm{QOR}$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$=\beta -\alpha$
$={\displaystyle \frac{19}{12}\pi -\frac{11}{12}\pi }$
$={\displaystyle \frac{2}{3}\pi }$

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

より、$\mathrm{\angle }\mathrm{POR}$も${\displaystyle \frac{2}{3}\pi }$なので、
緑の角$=$赤い角$=\mathrm{\angle }\mathrm{POR}$
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、
$\{\begin{array}{l}\cos \theta +\cos \alpha +\cos \beta =0\\ \sin \theta +\sin \alpha +\sin \beta =0\end{array}$式Ｆ
より、
$\{\begin{array}{l}\cos \theta =-(\cos \alpha +\cos \beta )\\ \sin \theta =-(\sin \alpha +\sin \beta )\end{array}$
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、
${\sin }^2\alpha +2\sin \alpha \sin \beta +{\sin }^2\beta$
$+{\cos }^2\alpha +2\cos \alpha \cos \beta +{\cos }^2\beta =1$
より
$2\cos \alpha \cos \beta +2\sin \alpha \sin \beta$
$=1-({\sin }^2\alpha +{\cos }^2\alpha +{\sin }^2\beta +{\cos }^2\beta )$
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
$\{\begin{array}{l}\cos \beta =-(\cos \theta +\cos \alpha )\\ \sin \beta =-(\sin \theta +\sin \alpha )\end{array}$
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、
$\alpha <\beta$
なので、
$0<\beta -\alpha$
$0<\alpha$，$\beta <2\pi$
なので、
$\beta -\alpha <2\pi$
より
$0<\beta -\alpha <2\pi$
である。

以上より、
$\beta -\alpha =B$
とおくと、この方程式は
${\displaystyle \cos B=-\frac{1}{2}}$
$(0<B<2\pi )$
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。
$\beta <2\pi$
だから、
$\theta +$緑の角$+$赤い角$<2\pi$
つまり
$\theta +(\beta -\alpha )+(\alpha -\theta )<2\pi$
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、$\mathrm{\angle }\mathrm{POR}$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。