无刻度尺，圆规，三等分角，如何做？

无刻度尺，圆规，三等分角，如何做？ 具体做法。详细

貌似做不了三等分。

任意给定角为E,且;E=e1+e2+e3 .1.1.1当;90°≥E ＞0°时.以O点为圆心作一圆,圆弧与X轴相交的交点为A点,与直线Oy'相交的交点为B点。1.1.2分别以A、B 二点为圆心作圆,二圆弧的交点为Z点(这二圆的圆弧间还有一个相交点,为O点(舍弃)). 连接OZ, 则；OZ是E的角平分线。1.1.3分别作经过A、Z点的直线L1,经过B、Z点的直线L2。直线L1与直线L2相交的交点为Z点。在四边形OAZB 中,因为;OA=AZ=BZ=OB=r,所以OAZB是平行四边形(菱形),OA//L2,OB//L1 .1.1.4 令;直线OZ与AB圆弧相交的交点为z'。三动点( P(i). P'(i) ,Q(i). Q'(i), R(i). R'(i) )的分布分别为: a. P(i)、P'(i) 分别为Az' 圆弧与Bz' 圆弧上的一动点(其中P(1).P'(1)分别为Az' 圆弧与Bz' 圆弧上的一任意点), b. Q(i)、Q'(i) 分别为X轴与直线Oy' 上一动点, c. R(i)、R'(i) 分别为直线L2与直线L1上一动点( i=1、2、3 …… )。1.1.5 以Az'圆弧上的一动点P(i)为圆心作一圆( 其中初始点P(1)为Az'圆弧上任意一点 ),圆弧与X轴相交的交点为 Q(i)( 圆弧与X轴另一交点为O点.舍弃 ).以Q(i)为圆心作一圆,圆弧与直线L2相交的交点为R(i) (另一交点r(i)舍弃).。连接OR(i),直线OR(i)与Az' 圆弧相交的交点为P(i+1)。1.1.7 以Bz'圆弧上的一动点P'(i) 为圆心作一圆( 其中初始点P'(1)为Bz' 圆弧上任意一点 ),圆弧与直线Oy' 相交的交点为Q'(i)( 圆弧与Oy'另一交点为O点.舍弃 ). 以Q'(i)为圆心作一圆,圆弧与直线L1相交的交点为R'(i) (另一交点r'(i)舍弃)。连接OR'(i),直线OR'(i)与Bz' 圆弧相交的交点为P'(i+1) 。1.1.8 以P'(i+1) 为圆心作圆. a.当:lim|P' (i+1) - P'(i)|≠0时 ( P' (i+1)取代;1.1.7中的P'(i)),重复到1.1.7中作图。b.当; lim|P'(i+1) - P'(i)|=0 , lim|Q'(i+1) - Q'(i)|=0 , lim|R'(i+1) - R'(i)|=0 , 则;P' (i+1)与 P'(i)重合,P'(i+1)=P'(i), Q'(i+1)与Q'(i)重合,Q'(i+1)=Q'(i), R'(i+1)与R'(i)重合,R'(i+1)=R'(i), P'(i)是直线OR'(i+1)上的一定点,令;∠y'OR'(i)=e3 .∠R(i)0R'(i)=e2.1.1.9(a).证明e1、e2、e3的关系 .因为：直线P(i)Q(i)将三角形OR(i)Q(i)分成二个等腰三角形OP(i)Q(i)与P(i)Q(i)R(i),其中；|OP(i)|= |P(i)Q(i)|=|Q(i)R(i)|=r, 所以：e1=∠OQ(i)P(i)因为;∠Q(i)P(i)R(i)=2*e1(三角形的一外角等于二个相邻内角和). 在三角形P(i)Q(i)R(i)中,∠Q(i)P(i)R(i)=∠Q(i)R(i)P(i) ,所以：∠Q(i)R(i)P(i)=2*e1.∠Q(i)R(i)P(i) =∠Q(i)R(i)O.(分别过B点与R(i)点向X轴作垂线,垂足分别为C点与D点,在直角三角形OBC与直角三角形Q(i)R(i)D中,因为：|OB|=|Q(i)R(i)|=r,|BC|=|R(i)D|(二平行线之间等距离).所以;直角三角形OBC≡直角三角形 Q(i)R(i)D),∠R(i)Q(i)D=∠BOC=E 。因为：∠R(i)Q(i)D=∠R(i)Q(i)X=E.∠R(i)Q(i）X=∠OR(i)Q(i)+e1=3*e1 ,所以：E=3*e1 , e1=E/3 . 同理可证;∠R'(i)Q'(i)y' =E=3*e3 ,e3=E/3。因为：E=e1+e2+e3 ,所以：e2=E-e1-e3=E/3,即:e1=e2=e3=E/3 (b). 因为取P(1)为Az' 弧上的任意一点,是否会出现;P(i)-->Q(i)-->R(i)-->P(i+1)-->Q(i+1)-->R(i+1)-->…… ,而始终做不到P(i+1)与P(i)重合 ?。回答是否定的。当：90°≥E＞0°时,只要用本文以上介绍的《三动点自然收敛法》作图方法经过有限次的步骤作图, P(i+1)自然会与P(i)重合 e(i)收敛 E/3 , 这是必然规律！1.2.1 当;180°≥E＞90°时, 先作E角平分线Oy'' .使;∠XOy''=∠y''Oy' =E/2 , 90 °≥XOy’’＞0°,在∠XOy''中作三等分角,使;∠XOy''=q1+q2+q3,且;q1=q2=q3。令;e1=q1+q2, e1的一边与X轴重合,另一边与O点为圆心的圆弧上的交点是P'(i)点,取AP'(i)圆弧为一定值,用这一定值可以将E以O点为圆心的圆弧上截分成e1、e2、e3分别所对的弧。因此,当：180°≥E＞90°时,只要将E角平均分成二 等分角,在这二等分角之一的第一分角作三等分角(q1.q2.q3),取q1+q2的圆弧为一定值可以将E以O点 为圆心的圆弧上分成三等份弧,将分成的三等份弧上的交点与O点作连线,则：可将E角分成三等分角。1.3.1 当;360°≥E＞180°时, 先将E角平均分成四等分角,使;∠XOy'''=E/4, 90°≥XOy’’’＞0°.在∠XOy''' 中作三等分角,使;∠XOy''' =q1+q2+q3,且：q1=q2=q3。以q1+q2所对的圆弧为一定值在以O点为 圆心的圆弧上截,可将E角所对的圆弧分成六等份弧,取每二等份弧为一个e(i),则：六等份弧可分成e1.e2.e3。因此.当360°≥E ＞180°时，只要将E角平均分成四等分角, 将这四等分角之一的第一分角分成三等分角(q1.q2.q3),取q1+q2所对的圆弧为一定值可以将E角以O点为圆心的圆弧上分成六等份弧,以X轴与弧的交点(A点)为初始点,每二等份弧的交点与O点作连线,则: 可将E角分成(e1.e2.e3)三等分角。

来源 http://zhidao.baidu.com/question/27975385.html

由 QK=QO， 　　得 ∠QKO=∠QOK 　　所以在△QKO中， 　　∠QKO+∠QOK+∠OQK 　　=（α+∠KPO）+（α+∠KPO）+∠KPO 　　=3∠KPO+2α=π 　　即∠KPO=（π-2α）/3 　　只要能把180-2α这个角三等分，就能够确定出桥和北门的位置了。解决问题的关键是如何三等分一个角。

已证明不可作出

三等分角问题（trisection of an angle）是二千四百年前，古希腊人提出的几何三大作图问题之一，即 用圆规与直尺把一任意角三等分。问题的难处在于作图使用工具的限制。古希腊人要求几何作图只许使用直尺 （没有刻度，只能作直线的尺）和圆规。这问题曾吸引着许多人去研究，但都无一成功。1837年凡齐尔（ 1814－1848）运用代数方法证明了，这是一个标尺作图的不可能问题。 在研究「三等分角」的过程中发现了如蚌线、心脏线、圆锥曲线等特殊曲线。人们还发现，只要放弃「尺 规作图」的戒律，三等分角并不是一个很难的问题。古希腊数学家阿基米得（前287－前212）发现只要 在直尺上固定一点，问题就可解决了。现简介其法如下：在直尺边缘上添加一点P，命尺端为O。 设所要三等分的角是∠ACB，以C为圆心，OP为半径作半圆交角边于A，B；使O点在CA延在线移 动，P点在圆周上移动，当尺通过B时，连OPB（见图）。由于OP＝PC＝CB，所以∠COB＝∠AC B／3。这里使用的工具已不限于标尺，而且作图方法也与公设不合。 另有一机械作图的方法可以三等分角，简介如下： 如右图：ABCD为一正方形，设AB均匀向CD平行移动，AD以D为中心依顺时针方向转到DC，若AB抵达DC时DA也恰好抵达DC，则他们交点的轨迹AO即曲线称为三分线。 令A是AC弧上的任一点，我们要三等分 ADC，设DA与三分线AO交于R，过R作AB之并行线交AD、BC于A、B，令T、U是AD之三等分点，过T、U作AB之并行线交三分线AO于V、W，则DV、DW必将 ADC三等分。