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ヒント：誘導に従って，とにかく計算を頑張ってください！(2)のみを出されると解くのは厳しいと思います．
問題（オリジナル）
\(xy\)平面上の楕円\(\displaystyle E:\frac{x^2}{3}+y^2=1\)上に3点\(P,Q,R\)をとる時，三角形\(PQR\)が正三角形になるという．正三角形の長さを\(a\)，重心\(G\)の座標を\((s,t)\)と置くときに次の問いに答えよ．
(1)\(GP\)と\(x\)軸のなす角度を\(\theta\)（\(0\leqq \theta <2\pi\)）と置くとき，\(a,s,t\)と\(\theta\)の関係を求めよ．
(2)\(P(0,1)\)の時，正三角形の長さおよび重心\(G\)の座標を求めよ．
(2)'\(P(\sqrt{3},0)\)の時，正三角形の長さおよび重心\(G\)の座標を求めよ．
※(2),(2)'は同じ解き方ができるので，(2)の解答確認後，(2)'は演習として使ってください．
※\(P\)の座標を定めない時の重心\(G\)の座標の軌跡については，私の計算力ではあきらめたので，誰か挑戦してみてください．\(P,Q,R\)で3式出てくるので，そこから\(\sin\theta\)，\(\cos\theta\)を\(s,t\)のみの式で表して，\(\sin^2\theta+\cos^2\theta=1\)に代入すれば，軌跡が分かると思います（できるとは言っていない）．
解答
(1)\(GP\)の長さは\(\displaystyle \frac{\sqrt{3}}{3}a\)である．よって，\(P\)の座標は\(\displaystyle P(\frac{\sqrt{3}}{3}a\cos\theta+s,\frac{\sqrt{3}}{3}a\sin\theta+t)\)である．
これが楕円\(E\)上にあるため，
\(\displaystyle \frac{(\frac{\sqrt{3}}{3}a\cos\theta+s)^2}{3}+(\frac{\sqrt{3}}{3}a\sin\theta+t)^2=1\)が成立する．
式を整理すると，
\(2a^2\sin^2\theta+6\sqrt{3}at\sin\theta+2\sqrt{3}as\cos\theta+9t^2+3s^2=9-a^2\cdots\)①
(2)
\(P(0,1)\)より，\(\displaystyle \frac{\sqrt{3}}{3}a\cos\theta+s=0\cdots\)②，\(\displaystyle \frac{\sqrt{3}}{3}a\sin\theta+t=1\cdots\)③が成立する．
変形して，\(\displaystyle \cos\theta=-\frac{\sqrt{3}s}{a}\cdots\)②'，\(\displaystyle \sin\theta=\frac{\sqrt{3}(1-t)}{a}\cdots\)③'
ここで，①に②',③'を代入して，\(\sin\theta\),\(\cos\theta\)を消去すると，
\(3t^2-6t+3s^2+3-a^2=0\cdots\)④
次に正三角形なので，\(Q\)は\(P\)の\(\theta\)を\(\displaystyle \theta+\frac{2\pi}{3}\)，\(R\)は\(P\)の\(\theta\)を\(\displaystyle \theta-\frac{2\pi}{3}\)と置けばよい．
\(Q\)の場合，
\(\displaystyle 2a^2\sin^2(\theta+\frac{2\pi}{3})+6\sqrt{3}at\sin(\theta+\frac{2\pi}{3})+2\sqrt{3}as\cos(\theta+\frac{2\pi}{3})+9t^2+3s^2=9-a^2\cdots\)⑤
\(\displaystyle \sin(\theta+\frac{2\pi}{3})\)，\(\displaystyle \cos(\theta+\frac{2\pi}{3})\)に②',③'を代入して，\(\sin\theta\),\(\cos\theta\)を消去すると，
\(\displaystyle \sin(\theta+\frac{2\pi}{3})\)\(=\displaystyle -\frac{\sqrt{3}}{2a}(1-t+\sqrt{3}s)\)，\(\displaystyle \cos(\theta+\frac{2\pi}{3})\)\(=\displaystyle -\frac{\sqrt{3}}{2a}(-s+\sqrt{3}-\sqrt{3}t)\)
これらを⑤に代入して整理すると，
\(21s^2-18\sqrt{3}st+39t^2-24t-15+2a^2=0\cdots\)⑤'
\(R\)の場合，
\(\displaystyle 2a^2\sin^2(\theta-\frac{2\pi}{3})+6\sqrt{3}at\sin(\theta-\frac{2\pi}{3})+2\sqrt{3}as\cos(\theta-\frac{2\pi}{3})+9t^2+3s^2=9-a^2\cdots\)⑥
\(\displaystyle \sin(\theta-\frac{2\pi}{3})\)，\(\displaystyle \cos(\theta-\frac{2\pi}{3})\)に②',③'を代入して，\(\sin\theta\),\(\cos\theta\)を消去すると，
\(\displaystyle \sin(\theta-\frac{2\pi}{3})\)\(=\displaystyle -\frac{\sqrt{3}}{2a}(1+t-\sqrt{3}s)\)，\(\displaystyle \cos(\theta-\frac{2\pi}{3})\)\(=\displaystyle \frac{\sqrt{3}}{2a}(s+\sqrt{3}-\sqrt{3}t)\)
これらを⑥に代入して整理すると，
\(21s^2+18\sqrt{3}st+39t^2-24t-15+2a^2=0\cdots\)⑥'
⑤'-⑥'より，
\(st=0\)
(A)
\(t=0\)の時，④に代入して整理すると，\(3(s^2+1)=a^2\cdots\)④'
⑤'に代入して整理すると，\(21s^2-15+2a^2=0\cdots\)⑤''
④',⑤''で\(a\)を消去して\(s\)を求めると，\(\displaystyle s=\pm \frac{1}{\sqrt{3}}\)
\(\displaystyle s=\frac{1}{\sqrt{3}}\)の時，\(a=2\)となる．
\(\displaystyle s=-\frac{1}{\sqrt{3}}\)の時，\(a=2\)となる．
(B)
\(s=0\)の時，④に代入して整理すると，\(3(t-1)^2=a^2\cdots\)④''
⑤'に代入して整理すると，\(39t^2-24t-15+2a^2=0\)
④',⑤''で\(a\)を消去して\(t\)を求めると，\(\displaystyle t=1,-\frac{1}{5}\)
\(t=1\)の時，\(a=0\)で三角形ではないので不適．
\(\displaystyle t=-\frac{1}{5}\)の時，\(\displaystyle a=\frac{6\sqrt{3}}{5}\)となる．
以上より，正三角形の長さは\(a=2\)で，重心の座標は\((s,t)\)\(=\displaystyle (\pm\frac{\sqrt{3}}{3},0)\)
もしくは，正三角形の長さは\(\displaystyle a=\frac{6\sqrt{3}}{5}\)で，重心の座標は\((s,t)\)\(=\displaystyle (0,-\frac{1}{5})\)
(2)'
\(P(\sqrt{3},0)\)より，\(\displaystyle \frac{\sqrt{3}}{3}a\cos\theta+s=\sqrt{3}\cdots\)②，\(\displaystyle \frac{\sqrt{3}}{3}a\sin\theta+t=0\cdots\)③が成立する．
変形して，\(\displaystyle \cos\theta=\frac{\sqrt{3}(\sqrt{3}-s)}{a}\cdots\)②'，\(\displaystyle \sin\theta=-\frac{\sqrt{3}t}{a}\cdots\)③'
ここで，①に②',③'を代入して，\(\sin\theta\),\(\cos\theta\)を消去すると，
\(3s^2-6\sqrt{3}s+3t^2+9-a^2=0\cdots\)④
次に正三角形なので，\(Q\)は\(P\)の\(\theta\)を\(\displaystyle \theta+\frac{2\pi}{3}\)，\(R\)は\(P\)の\(\theta\)を\(\displaystyle \theta-\frac{2\pi}{3}\)と置けばよい．
\(Q\)の場合，
\(\displaystyle 2a^2\sin^2(\theta+\frac{2\pi}{3})+6\sqrt{3}at\sin(\theta+\frac{2\pi}{3})+2\sqrt{3}as\cos(\theta+\frac{2\pi}{3})+9t^2+3s^2=9-a^2\cdots\)⑤
\(\displaystyle \sin(\theta+\frac{2\pi}{3})\)，\(\displaystyle \cos(\theta+\frac{2\pi}{3})\)に②',③'を代入して，\(\sin\theta\),\(\cos\theta\)を消去すると，
\(\displaystyle \sin(\theta+\frac{2\pi}{3})\)\(=\displaystyle \frac{\sqrt{3}}{2a}(t+3-\sqrt{3}s)\)，\(\displaystyle \cos(\theta+\frac{2\pi}{3})\)\(=\displaystyle \frac{\sqrt{3}}{2a}(\sqrt{3}t-\sqrt{3}+s)\)
これらを⑤に代入して整理すると，
\(21s^2-18\sqrt{3}st-24\sqrt{3}s+39t^2+72t+9+2a^2=0\cdots\)⑤'
\(R\)の場合，
\(\displaystyle 2a^2\sin^2(\theta-\frac{2\pi}{3})+6\sqrt{3}at\sin(\theta-\frac{2\pi}{3})+2\sqrt{3}as\cos(\theta-\frac{2\pi}{3})+9t^2+3s^2=9-a^2\cdots\)⑥
\(\displaystyle \sin(\theta-\frac{2\pi}{3})\)，\(\displaystyle \cos(\theta-\frac{2\pi}{3})\)に②',③'を代入して，\(\sin\theta\),\(\cos\theta\)を消去すると，
\(\displaystyle \sin(\theta-\frac{2\pi}{3})\)\(=\displaystyle \frac{\sqrt{3}}{2a}(t-3+\sqrt{3}s)\)，\(\displaystyle \cos(\theta-\frac{2\pi}{3})\)\(=\displaystyle -\frac{\sqrt{3}}{2a}(\sqrt{3}t+\sqrt{3}-s)\)
これらを⑥に代入して整理すると，
\(21s^2+18\sqrt{3}st-24\sqrt{3}s+39t^2-72t+9+2a^2=0\cdots\)⑥'
⑤'-⑥'より，
\(t(4-\sqrt{3}s)=0\)
(A)
\(t=0\)の時，④に代入して整理すると，\((\sqrt{3}s-3)^2=a^2\cdots\)④'
⑤'に代入して整理すると，\(3(7s-\sqrt{3})(s-\sqrt{3})+2a^2=0\cdots\)⑤''
④',⑤''で\(a\)を消去して整理すると，\((s-\sqrt{3})(3s-\sqrt{3})=0\)
\(s=\sqrt{3}\)の時，④'に代入すると\(a=0\)で三角形ではないので不適．
\(\displaystyle s=\frac{\sqrt{3}}{3}\)の時，\(a=2\)となる．
(B)
\(\displaystyle s=\frac{4}{\sqrt{3}}\)の時，⑤'に代入して整理すると，
\(39t^2+2a^2+25=0\)で\(t,a\)は実数ではなくなるので不適．
以上より，正三角形の長さは\(a=2\)で，重心の座標は\((s,t)\)\(=\displaystyle (\frac{\sqrt{3}}{3},0)\)
参考入試問題（2021東京工業大学）
\(xy\)平面上の楕円
\(\displaystyle E:\frac{x^2}{4}+y^2=1\)
について，以下の問いに答えよ．
(1)\(a,b\)を実数とする．直線\(l:y=ax+b\)と楕円\(E\)が異なる2点を共有するための\(a,b\)の条件を求めよ．
(2)実数\(a,b,c\)に対して，直線\(l:y=ax+b\)と直線\(m:ax+c\)が，それぞれ楕円\(E\)と異なる2点を共有しているとする．ただし，\(b>c\)とする．直線\(l\)と楕円\(E\)の2つの共有点のうち\(x\)座標の小さいほうを\(P\)，大きいほうを\(Q\)とする．また，直線\(m\)と楕円\(E\)の2つの共有点のうち\(x\)座標の小さいほうを\(S\)，大きいほうを\(R\)とする．このとき，等式
\(\overrightarrow{PQ}\)\(=\overrightarrow{SR}\)
が成り立つための\(a,b,c\)の条件を求めよ．
(3)楕円\(E\)上の4点の組で，それらの4頂点とする四角形が正方形であるものを全て求めよ．
解答
(1)
\(\displaystyle E:\frac{x^2}{4}+y^2=1\cdots\)①
\(y=ax+b\cdots\)②
①，②が異なる2点を共有するということは，\(y\)を消去して整理した方程式，
\((4a^2+1)x^2+8abx+4b^2-4=0\)が異なる2つの解を持つことと同じである．
よって，判別式\(\frac{D}{4}=(4ab)^2-(4a^2+1)(4b^2-4)\)\(=4(4a^2-b^2+1)\)において，\(D>0\)が条件となる．
よって，\(4a^2-b^2+1>0\)
(2)
\(P,Q,R,S\)の\(x\)座標を\(p,q,r,s\)とすると，
\((4a^2+1)x^2+8abx+4b^2-4=0\)の解が\(x=p,q\)，\((4a^2+1)x^2+8acx+4c^2-4=0\)の解が\(x=r,s\)となる．
\(p<q\)，\(r>s\)なので，\(\displaystyle p=\frac{-4ab-2\sqrt{4a^2-b^2+1}}{4a^2+1}\)，\(\displaystyle q=\frac{-4ab+2\sqrt{4a^2-b^2+1}}{4a^2+1}\)，\(\displaystyle r=\frac{-4ac+2\sqrt{4a^2-c^2+1}}{4a^2+1}\)，\(\displaystyle s=\frac{-4ac-2\sqrt{4a^2-c^2+1}}{4a^2+1}\)
ここで，直線\(l\)と直線\(m\)の傾きは同じなので，\(\overrightarrow{PQ}\)\(=\overrightarrow{SR}\)は\(PQ=SR\)であることだけを示せばよい．
よって，\(PQ=\sqrt{1+a^2}(q-p)\)，\(SR=\sqrt{1+a^2}(r-s)\)で\(q-p=r-s\)に代入すると，
\(\displaystyle \frac{4\sqrt{4a^2-b^2+1}}{4a^2+1}\)\(=\displaystyle \frac{4\sqrt{4a^2-c^2+1}}{4a^2+1}\)
これより，\(b^2=c^2\)で\(b>c\)なので，\(b=-c\)，\(b>0\)が求める条件である．
(3)
四角形\(PQRS\)が正方形になる条件として，まずは\(PQ⊥QR\)の条件を確認する．
\(QR\)の傾きは\(\displaystyle \frac{aq+b-(ar+c)}{q-r}\)
\(b=-c\)を使うと，\(\displaystyle q-r=\frac{-8ab}{4a^2+1}\)を代入すると，
傾きは\(\displaystyle -\frac{1}{4a}\)となる．ただし，\(a\neq0\)が条件である．
この場合，\(PQ\)の傾きが\(a\)であり，\(PQ\)の傾き×\(QR\)の傾き\(=\displaystyle -\frac{1}{4}\)で-1ではないので，垂直ではない．
次に\(a=0\)の場合を考えると，
\(P(p,b)\)，\(Q(q,b)\)，\(R(r,-b)\)，\(S(s,-b)\)
\(PQ//RS\)，\(PQ⊥QR\)なので，長方形の条件を満たす．
次に\(PQ=QR\)の条件を満たす場合が正方形の条件となる．
よって，\(q-p=2b\)\(\Leftrightarrow\)\(4\sqrt{1-b^2}=2b\)
2乗して\(b\)を求めると，\(\displaystyle b=\frac{2}{\sqrt{5}}\) (\(b>0\))
正方形であることから，
\(\displaystyle P(-\frac{2}{\sqrt{5}},\frac{2}{\sqrt{5}})\)，\(\displaystyle Q(\frac{2}{\sqrt{5}},\frac{2}{\sqrt{5}})\)，\(\displaystyle R(\frac{2}{\sqrt{5}},-\frac{2}{\sqrt{5}})\)，\(\displaystyle S(-\frac{2}{\sqrt{5}},-\frac{2}{\sqrt{5}})\)
を頂点とする四角形が唯一の正方形となる．