尺规三点分60°角的代数模型(pdf)

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. S- l/ K4 V" u3 Y                                                      苏小光
. Y8 J; Y$ F! F/ H( d             一  背景资料
0 a/ N! ~+ T9 T! k7 f) W1 N0 v  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}
( N% a: L- Q6 q       当 \alpha =60°,cos\frac{\alpha }{3}=x时，
         8x^{3}-6x-1=0,
7 X% i6 q. O. 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
  P9 g0 P$ L* Y2 X& g) H        \gamma =20°,
% g) L8 ~7 T5 X+ k则尺规能三等分60°角.
% ^: k7 z; T9 n. L8 R二  代数模型
( [8 J  M2 g+ l: }1 u9 \7 d      tan\theta =\frac{sin\beta }\left (  \right {1-sin^{2}\beta })^{2}}
% C1 I7 y$ H; {" O9 ]- _% P' M当sin\beta =\frac{1}{6} 时,
0 E+ r/ ?  O- J" {' S3 B  tan\theta = 0.1763265306
  o9 Q2 x1 r( n( c所以  \theta=10°, 显然  2\theta=\gamma, 所以尺规能三等分60°角。
) r3 k9 }; d% f* \5 N: B* v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
) b9 B* ^' a( V1 I: F  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
  }) p; M4 b9 z: wl=\frac{aR\pi }{180},
1 C0 h; _3 r2 E/ H! S即
    2n\pi =\frac{6na\pi }{180},
9 ^- [3 j. I6 N. ^1 c* D& P所以，a =60°.
, w) [$ R! H: v1 @  j在Rt△ABC中，
cos\beta =\sqrt{1-sin^{2}\beta },
所以
AB=6n\sqrt{1-sin^{2}\beta }.
# D7 ?" ~. j1 M以AB为斜边, ∠BAD=\beta,∠ADB=90°, 作Rt△ADB,则
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
% K; K+ P! q+ _* l5 LAF=AE cos\beta=6n\left ( 1-sin^{2}\beta  \right )^{2}
4 F/ G7 k  r, F, h以AF=6n\left ( 1-sin^{2}\beta  \right )^{2}, FG=n, ∠AFG=90°, 作Rt△AFG,
令∠FAG=\theta,则
. b- A  P0 |. @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.

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