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)
4 b, Y' r. I0 m                                                      苏小光
             一  背景资料
  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，
) H: J) n$ Z" K3 T6 [0 N, Y         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]
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
/ X# x) o& r4 D) I        \gamma =20°,
+ [4 d7 p) L" R. G2 D# B/ h则尺规能三等分60°角.
二  代数模型
" W6 ^, L2 }# m; h5 _, L      tan\theta =\frac{sin\beta }\left (  \right {1-sin^{2}\beta })^{2}}
: w- V, _) s1 x  g当sin\beta =\frac{1}{6} 时,
  tan\theta = 0.1763265306
; p) r9 H# K' {! N% A( d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)
' D2 S1 v* r0 ^+ J4 `2 A& C) O. R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 f* V( j( h" h, V1 k$ s3 E( {, m9 S  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
l=\frac{aR\pi }{180},
& A+ t8 `+ Y- i" C即
# O( u2 R, J; E  l9 {- ~$ l1 V    2n\pi =\frac{6na\pi }{180},
所以，a =60°.
在Rt△ABC中，
6 A4 i1 j1 Z2 h" ncos\beta =\sqrt{1-sin^{2}\beta },
所以
9 ^3 N$ Q: w. F. wAB=6n\sqrt{1-sin^{2}\beta }.
以AB为斜边, ∠BAD=\beta,∠ADB=90°, 作Rt△ADB,则
9 A3 }4 a9 ~2 z3 C9 f$ Y4 _AD=ABcos\beta= 6n\left ( 1-sin^{2}\beta  \right ).
6 q, f. M! V# z9 m以AD为斜边, ∠DAE=\beta,,∠AED=90°, 作Rt△AED, 则
$ I6 n: C. u- @* }( g  AE=AD cos\beta=6n\left ( 1-sin^{2}\beta  \right ) \sqrt{1-sin^{2}\beta }
+ l3 C1 J; {; u7 _7 A( I" n$ u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}
6 v7 ~  B7 [* B. @; m! t# E8 J以AF=6n\left ( 1-sin^{2}\beta  \right )^{2}, FG=n, ∠AFG=90°, 作Rt△AFG,
9 Y7 J! k2 F  l' x4 Q令∠FAG=\theta,则
tan\theta =\frac{n}{6n\left ( 1-sin^{2}\beta  \right )^{2}}.
. @( n1 f0 S$ m' g9 g1 r: C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.
( r! G+ R9 O% x4 d& `2 S
2 R2 R5 C; d6 o

数学1+1

数学1+1