尺规三点分60°角的代数模型(pdf)

数学1+1

                                        尺规三点分60°角的代数模型(pdf)
# X& x- I5 }$ O4 D                                                      苏小光
( ^& e) e) Q; G0 E0 s4 v             一  背景资料
# b& l5 T  H# P: ], E  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，
& V) U- ?3 c7 t9 \; x         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]
' y7 j: [# h9 ?1 u+ ]5 t. ?0 }" `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
- h. u" F2 X; W: H: P* j! y        \gamma =20°,
# f  V/ B. A( w则尺规能三等分60°角.
9 I5 b4 B  ]8 r7 C" B  f% T1 E二  代数模型
# S: X- o& H; u, M2 N1 @1 o      tan\theta =\frac{sin\beta }\left (  \right {1-sin^{2}\beta })^{2}}
当sin\beta =\frac{1}{6} 时,
) }2 A! m3 }: T- n: D# h8 F  tan\theta = 0.1763265306
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)
3 }/ T# W, b# {' @& h) [% |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
; @9 Q+ E8 X& {" |6 n  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
- ~/ }3 [3 p# K' i+ i% @l=\frac{aR\pi }{180},
即
    2n\pi =\frac{6na\pi }{180},
所以，a =60°.
8 c- R; [& {+ M5 x5 `- j在Rt△ABC中，
% ^. K$ w6 G( Rcos\beta =\sqrt{1-sin^{2}\beta },
所以
$ z& k4 n% j- M! U; iAB=6n\sqrt{1-sin^{2}\beta }.
以AB为斜边, ∠BAD=\beta,∠ADB=90°, 作Rt△ADB,则
7 _/ Z3 F! X6 J( r- `( X2 x1 gAD=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 }
) y! }3 \6 y8 f以AE为斜边, ∠EAF=\beta,∠AFE=90°, 作Rt△AFE, 则
! W& E9 a! q; GAF=AE cos\beta=6n\left ( 1-sin^{2}\beta  \right )^{2}
0 ?/ W# G5 K+ }! f: m3 \  i0 i( G以AF=6n\left ( 1-sin^{2}\beta  \right )^{2}, FG=n, ∠AFG=90°, 作Rt△AFG,
令∠FAG=\theta,则
# Y4 D+ l, a# i' Y3 Z3 |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.
% y4 M# l: ]! L3 B5 [* t
4 Y0 q3 _5 y! D4 }

数学1+1

数学1+1