尺规三点分60°角的代数模型(pdf)

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# J; }$ e9 }" x4 I/ R                                                      苏小光
8 d( c2 L% e  X. @# U             一  背景资料
7 v0 {2 K# J3 t' e1 T, O  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
! l/ {" b; y) T& j7 ?* C         cos\alpha =4cos^{3}\frac{\alpha }{3}-3cos\frac{\alpha }{3}
       当 \alpha =60°,cos\frac{\alpha }{3}=x时，
: |9 r3 [4 k" `/ T) n& _         8x^{3}-6x-1=0,
8 |) t: x- }( j& k- q 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°,
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}}
3 |* M) z; d3 k: Q( ?当sin\beta =\frac{1}{6} 时,
. v3 y% Z/ v6 P$ `! e/ Q" }  tan\theta = 0.1763265306
3 J, W2 ]- H# V* P# e; b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)
1 _* B8 B; v6 {作线段BC=n,AC=6n,∠B=90°，得到Rt△ABC，令\beta =∠BAC, 则
) x. H4 N2 R; V6 }. y' ~7 O# Zsin\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
  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
4 b' o, _8 F- sl=\frac{aR\pi }{180},
7 Q, ?2 J( w& O+ o即
2 p3 J$ e, n1 n& w    2n\pi =\frac{6na\pi }{180},
所以，a =60°.
在Rt△ABC中，
( I3 I4 ~' N# @2 x/ N, pcos\beta =\sqrt{1-sin^{2}\beta },
所以
- F3 v0 o6 E6 F1 t) s9 y1 {' qAB=6n\sqrt{1-sin^{2}\beta }.
6 X, t, h9 ~: A# Y' l( _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 }
5 |9 |" M* M7 O  A" P7 K8 s7 J以AE为斜边, ∠EAF=\beta,∠AFE=90°, 作Rt△AFE, 则
4 F' R  l( Z3 U. g/ TAF=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,
令∠FAG=\theta,则
tan\theta =\frac{n}{6n\left ( 1-sin^{2}\beta  \right )^{2}}.
; n+ a/ l. }- J5 R0 Q; E0 k2 Q, I5 }3 T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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