尺规三点分60°角的代数模型(pdf)

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                                                      苏小光
+ R9 z+ ^6 C: ~- p( c             一  背景资料
9 S8 t( U4 n  Q$ c0 K  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
" P; g1 V' S$ E0 m* l         cos\alpha =4cos^{3}\frac{\alpha }{3}-3cos\frac{\alpha }{3}
( Q" e6 |' T' m) v, R, Z       当 \alpha =60°,cos\frac{\alpha }{3}=x时，
, u( i  t# B- V& ?         8x^{3}-6x-1=0,
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
! O$ T8 L0 o' i9 @5 _        \gamma =20°,
5 w3 ]6 E0 C+ c) I) X* H$ x7 F' u则尺规能三等分60°角.
$ J  E* i, P, j二  代数模型
      tan\theta =\frac{sin\beta }\left (  \right {1-sin^{2}\beta })^{2}}
当sin\beta =\frac{1}{6} 时,
0 \& A& s( n4 J) z4 X  tan\theta = 0.1763265306
所以  \theta=10°, 显然  2\theta=\gamma, 所以尺规能三等分60°角。
3 l, t( b$ t" i  |; e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},
" j6 o) g; y- T2 D/ t* r8 B2 G3 WRt△ABC绕AB边旋转一周得到的圆锥体，其底面圆周长
" j' K% w8 L. F/ r  l=2n\pi,
/ [" |9 r0 o0 ?% [2 V- R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},
# I$ c5 O. T1 m& V) y" Y8 `即
    2n\pi =\frac{6na\pi }{180},
所以，a =60°.
在Rt△ABC中，
2 d4 |/ e( `9 I0 C$ dcos\beta =\sqrt{1-sin^{2}\beta },
所以
AB=6n\sqrt{1-sin^{2}\beta }.
以AB为斜边, ∠BAD=\beta,∠ADB=90°, 作Rt△ADB,则
/ t9 [- k0 V2 r. _AD=ABcos\beta= 6n\left ( 1-sin^{2}\beta  \right ).
以AD为斜边, ∠DAE=\beta,,∠AED=90°, 作Rt△AED, 则
  AE=AD cos\beta=6n\left ( 1-sin^{2}\beta  \right ) \sqrt{1-sin^{2}\beta }
以AE为斜边, ∠EAF=\beta,∠AFE=90°, 作Rt△AFE, 则
& y( e$ T, u2 V+ ^' y7 GAF=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,
- ?+ p+ ^' m& m. |: m7 x令∠FAG=\theta,则
tan\theta =\frac{n}{6n\left ( 1-sin^{2}\beta  \right )^{2}}.
! W+ P" ~; ^6 F% i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.
* R! D  y" \0 u+ G
3 ~5 Y! a! U: p  L" s) J) E2 U) D

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