$\textrm{AB}=2, \, \textrm{BC}=\sqrt{3}, \, \textrm{CA}=1$ の直角三角形を考える．半直線 $\textrm{CB}$ 上に，$\textrm{BD}=2$ となるように点 $\textrm{D}$ をとると，三角形 $\textrm{ABD}$ は $\textrm{AB} = \textrm{BD} = 2$ の二等辺三角形となるから，$\angle \textrm{BAD} = \angle \textrm{BDA} = 15^\circ$ である．

直角三角形 $\textrm{ADC}$ に対する三平方の定理より

\[
\begin{align*}
\textrm{AD}^2
&= 1^2 + (2+\sqrt{3})^2 \\
&= 8+4\sqrt{3} \\
&= 2\left(1^2 + 2 \cdot 1 \cdot \sqrt{3} + (\sqrt{3})^2\right) \\
&= 2(1 + \sqrt{3})^2
\end{align*}
\]
が成り立つから，$\textrm{AD} > 0$ に注意して
\[
\textrm{AD} = \sqrt{2}(1+\sqrt{3}) = \sqrt{6} + \sqrt{2}.
\]

したがって，三角比の定義より
\[
\begin{align*}
\sin{15^\circ}
&= \frac{\textrm{AC}}{\textrm{AD}} = \frac{1}{\sqrt{6}+\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}, \\
\cos{15^\circ}
&= \frac{\textrm{DC}}{\textrm{AD}} = \frac{2+\sqrt{3}}{\sqrt{6}+\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}, \\
\tan{15^\circ}
&= \frac{\textrm{AC}}{\textrm{DC}} = \frac{1}{2+\sqrt{3}} = 2-\sqrt{3} \\
\end{align*}
\]
を得る．

$\angle \textrm{BAC} = 36^\circ, \, \textrm{AB}=\textrm{AC}, \, \textrm{BC} = 1$ の二等辺三角形を考える．$\angle \textrm{ABC}$ の角の二等分線と線分 $\textrm{AC}$ の交点を $\textrm{D}$ とおく．

三角形 $\textrm{DAB}, \, \textrm{BCD}$ はそれぞれ二等辺三角形となるから
\[
\textrm{AD} = \textrm{DB} = \textrm{BC} = 1
\]
が成り立つ．$\textrm{AB} = \textrm{AC} = x$ とおくと，角の二等分線の性質より
\[
1 = \textrm{AD} = \textrm{AC} \times \frac{\textrm{AB}}{\textrm{AB} + \textrm{BC}} = \frac{x^2}{1+x}
\]
であるから
\[
x^2-x-1=0
\]
が成り立つ．$x = \textrm{AB} > 0$ に注意して
\[
x = \frac{1+\sqrt{5}}{2}
\]
を得るから，線分 $\textrm{BC}$ の中点を $\textrm{M}$ とすれば，三角比の定義より
\[
\sin{18^\circ} = \frac{\textrm{BM}}{\textrm{AB}} = \frac{\frac{1}{2}}{\frac{1+\sqrt{5}}{2}} = \frac{\sqrt{5}-1}{4}
\]
である．また，$\textrm{AM} = \sqrt{x^2 – 1/4}$ であるから
$$
\begin{eqnarray*}
\cos{18^\circ}
&=& \frac{x^2-1/4}{x} = \frac{\sqrt{x+1-1/4}}{\sqrt{x+1}} \\
&=& \sqrt{1-\frac{1}{4(x+1)}} = \sqrt{\frac{5+\sqrt{5}}{8}} = \frac{\sqrt{10+2\sqrt{5}}}{4}
\end{eqnarray*}
$$
を得る．$\tan$ も同様に計算できる．

$36^\circ$ の三角比は
\[
\textrm{CD} = \textrm{AC}-\textrm{AD} = \frac{1+\sqrt{5}}{2}-1 = \frac{-1+\sqrt{5}}{2}
\]
であるから，線分 $\textrm{CD}$ の中点を $\textrm{N}$ とすれば
\[
\cos{36^\circ} = \frac{\textrm{AN}}{\textrm{AB}} = \frac{\textrm{AD} + \textrm{DN}}{\textrm{AB}} = \frac{1+\frac{-1+\sqrt{5}}{4}}{\frac{1+\sqrt{5}}{2}}=\frac{1+\sqrt{5}}{4}
\]
である．残る三角比は $\cos{18^\circ}$ と同様の計算か，相互関係の式から求められる．

・$\theta$ を弧度法で表記する．$\sin{\theta} = x$ とおくと，加法定理より
\[
\begin{align*}
\sin{3\theta}
&= \sin{(\theta+2\theta)} \\
&= \sin{\theta}\cos{2\theta}+\cos{\theta}\sin{2\theta} \\
&= \sin{\theta}(1-2\sin^2{\theta})+2\sin{\theta}\cos^2{\theta} \\
&= \sin{\theta}(1-2\sin^2{\theta})+2\sin{\theta}(1-\sin^2{\theta}) \\
&= 3\sin{\theta}-4\sin^3{\theta} \\
&= 3x-4x^3
\end{align*}
\]
が成り立つことに注意する（３倍角の公式）．

・$\sin{18^\circ}$ を求める．$\theta = \pi/10$ とおくと
\[
3\theta + 2\theta = 5\theta = \frac{\pi}{2}
\]
より
\[
\sin{3\theta}=\sin{\left(\frac{\pi}{2}-2\theta\right)}=\cos{2\theta}
\]
が成り立つ．３倍角の公式より
\[
3x-4x^3=\sin{3\theta}=\cos{2\theta}=1-2\sin^2{x}=1-2x^2
\]
であるから，$x=\sin{\theta}=\sin{(\pi/10)}$ は
\[
4x^3-2x^2-3x+1=0
\]
を満たす．左辺は $x=1$ を代入すると $0$ となるから，因数定理より
\[
(x-1)(4x^2+2x-1)=0
\]
であり，この方程式の解は
\[
x=1, \, \frac{-1 \pm \sqrt{5}}{4}
\]
と判る．$0 < \sin{18^\circ} < 1$ であるから，
\[
\sin{18^\circ} = \frac{-1+\sqrt{5}}{4}
\]
を得る．

・$\cos{36^\circ}$ を求める．$\theta = \pi/5$ とおくと

\[
3\theta + 2\theta = 5\theta = \pi
\]
より
\[
\sin{3\theta}=\sin{(\pi-2\theta)}=\sin{2\theta}
\]
が成り立つ．３倍角の公式より
\[
3x-4x^3=\sin{3\theta}=\sin{2\theta}=2\sin{\theta}\cos{\theta}=2x\cos{\theta}
\]
であるから，$x=\sin{\theta}=\sin{(\pi/5)}$ は
\[
4x^3+(2\cos{\theta}-3)x=0
\]
を満たす．$x=\sin{(\pi/5)} \neq 0$ であるから
\[
4x^2+2\cos{\theta}-3=0
\]
としてよい．$y=\cos{(\pi/5)}$ とおくと
\[
0=4x^2+2\cos{\theta}-3=4(1-\cos^2{\theta})+2\cos{\theta}-3=-4y^2+2y+1
\]
が成り立つ．ゆえに $y$ の値は
\[
y = \frac{1 \pm \sqrt{5}}{4}
\]
と判る．$y=\cos{(\pi/5)}>0$であるから，
\[
\cos{36^\circ} = \frac{1 + \sqrt{5}}{4}
\]
を得る．

残る三角比は相互関係の式から計算する．