尺规三点分60°角的代数模型(pdf)

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                                        尺规三点分60°角的代数模型(pdf)
                                                      苏小光
! W" j0 |' [  m( d' o  U             一  背景资料
  尺规能否三等分任意角，是古希腊人提出来的一个几何难題。有人证明尺规不能三等分任意角，是因为
         cos\alpha =4cos^{3}\frac{\alpha }{3}-3cos\frac{\alpha }{3}
       当 \alpha =60°,cos\frac{\alpha }{3}=x时，
         8x^{3}-6x-1=0,
; t6 c- |4 ~* t  o5 p' F& W% ]* z. [8 i 这个方程没有有理根，认定尺规不能三等分60°角，从而推导出尺规不能三等分任意角。[1]
要否证尺规不能三等分任意角，就必须证明尺规能三等分60°角。若尺规能作出
) C1 h+ B1 h8 C6 Q7 h        \gamma =20°,
5 [. |. t. z9 a3 Y则尺规能三等分60°角.
/ N9 g4 I% N! X- U. B二  代数模型
      tan\theta =\frac{sin\beta }\left (  \right {1-sin^{2}\beta })^{2}}
当sin\beta =\frac{1}{6} 时,
$ }- w$ p+ \, c4 b  tan\theta = 0.1763265306
' c2 b% P8 h7 p所以  \theta=10°, 显然  2\theta=\gamma, 所以尺规能三等分60°角。
三 代数模型的几何解释(或作图)
作线段BC=n,AC=6n,∠B=90°，得到Rt△ABC，令\beta =∠BAC, 则
sin\beta =\frac{BC}{AC}=\frac{n}{6n}=\frac{1}{6},
Rt△ABC绕AB边旋转一周得到的圆锥体，其底面圆周长
  l=2n\pi,
圆锥体的侧面展开图为扇形，圆锥体的底面圆周长与扇形的弧长相等，扇形的半径R=AC,设扇形的圆心角为a,则
l=\frac{aR\pi }{180},
8 K+ n3 n+ f) y6 ]8 N9 V( W9 H$ e即
+ R1 j3 @+ w8 B+ a# k% F    2n\pi =\frac{6na\pi }{180},
所以，a =60°.
在Rt△ABC中，
; f: N4 I6 s3 S& @  h- P% K6 t; ~. Rcos\beta =\sqrt{1-sin^{2}\beta },
$ `2 p2 M: e* a$ Y  v2 T所以
1 M4 n) E% e0 d; `# CAB=6n\sqrt{1-sin^{2}\beta }.
+ p0 {% t5 E. Z* v1 y, Z以AB为斜边, ∠BAD=\beta,∠ADB=90°, 作Rt△ADB,则
AD=ABcos\beta= 6n\left ( 1-sin^{2}\beta  \right ).
- z, R" q) l/ o3 O7 L: c以AD为斜边, ∠DAE=\beta,,∠AED=90°, 作Rt△AED, 则
1 r  ]) A  P. p3 j  AE=AD cos\beta=6n\left ( 1-sin^{2}\beta  \right ) \sqrt{1-sin^{2}\beta }
; p) {9 r' @  y& h( t4 V以AE为斜边, ∠EAF=\beta,∠AFE=90°, 作Rt△AFE, 则
7 c' a$ @1 m/ t! I3 ]4 dAF=AE cos\beta=6n\left ( 1-sin^{2}\beta  \right )^{2}
以AF=6n\left ( 1-sin^{2}\beta  \right )^{2}, FG=n, ∠AFG=90°, 作Rt△AFG,
令∠FAG=\theta,则
tan\theta =\frac{n}{6n\left ( 1-sin^{2}\beta  \right )^{2}}.
9 d  t5 w) B! f2 Z) r注[1]: 初等几何研究，朱德祥编，高等教育出版社，1985年2月，177-179.
7 D% |+ e6 s  d; s6 c& |
" x0 v  Y# B+ W, C, K( @

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