尺规三点分60°角的代数模型(pdf)

数学1+1

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0 A- B: U9 u9 R" M  A                                                      苏小光
             一  背景资料
8 C8 i. E, X2 [  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
+ _( D% M7 T1 i4 h& H( G' f  }2 M         cos\alpha =4cos^{3}\frac{\alpha }{3}-3cos\frac{\alpha }{3}
       当 \alpha =60°,cos\frac{\alpha }{3}=x时，
3 |. s3 _: L0 h* d         8x^{3}-6x-1=0,
/ ]+ K) k* t- A 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
- I) k! C4 w$ \. Z2 r  n        \gamma =20°,
则尺规能三等分60°角.
二  代数模型
      tan\theta =\frac{sin\beta }\left (  \right {1-sin^{2}\beta })^{2}}
当sin\beta =\frac{1}{6} 时,
  tan\theta = 0.1763265306
1 }1 i8 x( M: H8 y3 N( I% g! v所以  \theta=10°, 显然  2\theta=\gamma, 所以尺规能三等分60°角。
# S& m* s+ f. K( `8 R& ]0 F7 \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
+ ]. a# V/ z+ F" W+ b" N! Esin\beta =\frac{BC}{AC}=\frac{n}{6n}=\frac{1}{6},
& K$ ^+ v+ ?+ a% qRt△ABC绕AB边旋转一周得到的圆锥体，其底面圆周长
9 z% P  k: e. ?# m, E$ F  l=2n\pi,
6 j: ^; v  h, C8 j5 T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},
7 L: [, X1 n% b. X8 \$ f5 B9 L: J即
    2n\pi =\frac{6na\pi }{180},
所以，a =60°.
. d. R% R$ C8 C2 ~1 X3 X在Rt△ABC中，
cos\beta =\sqrt{1-sin^{2}\beta },
所以
" s# i6 ], d- E! p' PAB=6n\sqrt{1-sin^{2}\beta }.
以AB为斜边, ∠BAD=\beta,∠ADB=90°, 作Rt△ADB,则
( h0 }. z) [, B8 `AD=ABcos\beta= 6n\left ( 1-sin^{2}\beta  \right ).
以AD为斜边, ∠DAE=\beta,,∠AED=90°, 作Rt△AED, 则
2 {  i0 B/ U4 X. W9 f$ S- e  AE=AD cos\beta=6n\left ( 1-sin^{2}\beta  \right ) \sqrt{1-sin^{2}\beta }
  x4 U) G1 L8 u# P& P3 n* o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}
7 V/ S. |- ]/ \* x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}}.
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.
" y7 q, s/ }3 R0 E; g2 r4 c
3 N7 k& a" P2 b$ D# T8 ^: r5 K

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