尺规三点分60°角的代数模型(pdf)

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                                                      苏小光
$ O! P' [- D5 |% G             一  背景资料
/ V  R0 x6 s- ~! a. ?1 V! l# V1 c: s  }  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，
# e# D* c5 Q( w( C! w         8x^{3}-6x-1=0,
7 ~9 @+ b$ p/ V8 ?+ W% t 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
        \gamma =20°,
: i2 Z; Q3 M. Q  u; h* w4 l则尺规能三等分60°角.
二  代数模型
: y$ R2 I+ D! W- ?2 y" a9 d3 c      tan\theta =\frac{sin\beta }\left (  \right {1-sin^{2}\beta })^{2}}
  {4 G4 n" S7 a7 ?4 [, h当sin\beta =\frac{1}{6} 时,
  tan\theta = 0.1763265306
所以  \theta=10°, 显然  2\theta=\gamma, 所以尺规能三等分60°角。
8 U6 i+ I9 T" Z) u0 P) N. X; N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
' P; q* C. v3 h7 f5 _  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
5 h+ s3 Y3 v% I" rl=\frac{aR\pi }{180},
1 G. {! v; ^: a1 U0 m( S7 S8 U即
    2n\pi =\frac{6na\pi }{180},
所以，a =60°.
% P; Q8 S) e$ z! m4 w" \) x- h: w在Rt△ABC中，
; v9 b4 R( k& j9 B$ T7 n+ S+ L" ecos\beta =\sqrt{1-sin^{2}\beta },
5 a5 H4 O' [8 n" g所以
AB=6n\sqrt{1-sin^{2}\beta }.
2 ~) H0 r9 W1 c" |: L5 t: a以AB为斜边, ∠BAD=\beta,∠ADB=90°, 作Rt△ADB,则
8 k/ H& T2 i" V  H, c+ UAD=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
AF=AE cos\beta=6n\left ( 1-sin^{2}\beta  \right )^{2}
9 U: K+ z. V, U) \以AF=6n\left ( 1-sin^{2}\beta  \right )^{2}, FG=n, ∠AFG=90°, 作Rt△AFG,
0 q2 p# |# D* C  \: \/ s令∠FAG=\theta,则
$ M. E8 A) f8 P, u& gtan\theta =\frac{n}{6n\left ( 1-sin^{2}\beta  \right )^{2}}.
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.

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