圆柱公共部分的表面积和体积

hejoseph

求以过正多面体的中心和顶点为轴，半径为1的圆柱公共部分的表面积和体积。
mathworld.wolfram.com/SteinmetzSolid.html
上面链接有一些结论。

hbghlyj

1. cyls = {{0, 1/Sqrt[2], 1/Sqrt[2]}, {0, -(1/Sqrt[2]), 1/Sqrt[2]}, {1/Sqrt[2], 0, 1/Sqrt[2]}, {-(1/Sqrt[2]), 0, 1/Sqrt[2]}, {1/Sqrt[2], 1/Sqrt[2], 0}, {-(1/Sqrt[2]), 1/Sqrt[2], 0}};
2. Graphics3D[cyl = Cylinder[3 {-#, #}] & /@ cyls]

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\[V=\dfrac{16}{3}\left(3+2\sqrt3-4\sqrt2\right)\]
36个曲面,其中24个是筝形的,12个是菱形的(Moore 1974).

hbghlyj

1. ineq = 2 x^2 + (y - z)^2 < 2 && 2 x^2 + (y + z)^2 < 2 && 2 (-1 + y^2) + (x - z)^2 < 0 && 2 y^2 + (x + z)^2 < 2 && (x - y)^2 + 2 (-1 + z^2) < 0 && (x + y)^2 + 2 z^2 < 2; With[{h = 1.2},RegionPlot3D[ineq, {x, -h, h}, {y, -h, h}, {z, -h, h}, Boxed -> False, Axes -> None, PlotPoints -> 75, Mesh -> None]]

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1+1=？

这个结论是积分出来的，有没有初等证明

hejoseph

#3的几何体是由一个截顶正八面体补上一些圆柱片而成的，如下两个图


体积可参考下图的图 6.3.4 的割补方法，图 6.3.4 的两个几何体体积是相等的


由构造可知截顶正八面体的内棱切球半径为 $1$，所以截顶正八面体的棱长为
\[
\frac{2}{3}
\]
体积为
\[
\left(\frac{2}{3}\right)^3\times 8\sqrt{2}=\frac{64\sqrt{2}}{27}
\]
中心到正方形面的距离为
\[
\frac{2}{3}\sqrt{2}
\]
利用图 6.3.4 的割补方法，正方形面延申到底部的正方形边长为
\[
\frac{2}{3}\times\frac{1}{\sqrt{1-\left(\dfrac{2}{3}\sqrt{2}\right)^2}}=2
\]
所以正方形面所补上的圆柱片的体积为
\begin{align*}
&2^2\times\left(1-\frac{2}{3}\sqrt{2}\right)-\frac{1}{3}\times\left(1-\frac{2}{3}\sqrt{2}\right)\times\left(2^2+\sqrt{2^2\times\left(2^2-\left(\frac{2}{3}\right)^2\right)}+\left(2^2-\left(\frac{2}{3}\right)^2\right)\right)\\
={}&\frac{8}{81}\left(27-19\sqrt{2}\right)
\end{align*}
中心到正六边形面的距离为
\[
\frac{2}{3}\times\frac{\sqrt{6}}{2}=\frac{\sqrt{6}}{3}
\]
利用图 6.3.4 的割补方法，正六边形面延申到底部的正六边形边长为
\[
\frac{2}{3}\times\frac{1}{\sqrt{1-\left(\dfrac{\sqrt{6}}{3}\right)^2}}=\frac{2\sqrt{3}}{3}
\]
底部正六边形面积为
\[
\frac{2\sqrt{3}}{3}\times\left(\frac{2\sqrt{3}}{3}\right)^2=2\sqrt{3}
\]
底部正六边形面积去掉正六边形面的面积为
\[
2\sqrt{3}-\frac{2}{3}\times\left(\frac{2\sqrt{3}}{3}\right)^2=\frac{4\sqrt{3}}{3}
\]
所以正六边形所补上的圆柱片的体积为
\begin{align*}
&2\sqrt{3}\times\left(1-\frac{\sqrt{6}}{3}\right)-\frac{1}{3}\times\left(1-\frac{\sqrt{6}}{3}\right)\times\left(2\sqrt{3}+\sqrt{2\sqrt{3}\times\frac{4\sqrt{3}}{3}}+\frac{4\sqrt{3}}{3}\right)\\
={}&\frac{2}{9}\left(6\sqrt{3}-7\sqrt{2}\right)\\
\end{align*}
因此所求几何体的体积为
\[
\frac{64\sqrt{2}}{27}+6\times\frac{8}{81}\left(27-19\sqrt{2}\right)+8\times\frac{2}{9}\left(6\sqrt{3}-7\sqrt{2}\right)=\frac{16}{3}(3-4\sqrt{2}+2\sqrt{3})
\]

hejoseph

从圆柱的某一条直母线展开圆柱后斜截圆柱的截线的轨迹线是正弦曲线，因此要求表面积，只要求出这条正弦曲线以及展开后截点位置即可。
继续求#3几何体的表面积
从体积的计算结果来看，正方形面的圆柱片展开后的截线轨迹方程为
\[
y=\sin x
\]
截点的横坐标为
\[
x=\arcsin\frac{1}{3}
\]
所以正方形面圆柱片的表面积为
\[
8\int_0^{\arcsin\frac{1}{3}}\sin x dx=\frac{8}{3}(3-2 \sqrt{2})
\]
正六边形面的圆柱片展开后的截线轨迹方程为
\[
y=\frac{\sqrt{3}}{3}\sin x
\]
截点的横坐标为
\[
x=\arcsin\frac{\sqrt{3}}{3}
\]
所以正六边形面圆柱片的表面积为
\[
12\int_0^{\arcsin\frac{\sqrt{3}}{3}}\frac{\sqrt{3}}{3}\sin x dx=4(\sqrt{3}-\sqrt{2})
\]
因此所求几何体的表面积为
\[
6\times\frac{8}{3}(3-2 \sqrt{2})+8\times 4(\sqrt{3}-\sqrt{2})=16(3-4\sqrt{2}+2\sqrt{3})
\]

hejoseph

通过几个这种几何体的体积和表面积的数值关系，可以猜测：若这种半径为 $1$ 的圆柱构成几何体的表面积为 $S$，体积为 $V$，则 $S=3V$。

hejoseph

hejoseph 发表于 2025-4-28 15:17
通过几个这种几何体的体积和表面积的数值关系，可以猜测：若这种半径为 $1$ 的圆柱构成几何体的表面积为 $S ...

已得到证明。
沿直母线均匀划分圆柱面，每两段之间的区域变为平面，此时中心到这些区域的距离都相等，体积就是这些区域的面积和乘以中心到区域的距离再乘以三分之一。当区域间距趋于无穷小时，区域面积和就等于圆柱面区域的面积，中心到这些区域的距离就等于圆柱的半径，所以其体积就是圆柱面区域的面积乘以圆柱的半径再乘以三分之一。
因此只要知道体积、表面积其中一个，其余的量就能求出来。

hejoseph

贴体积的计算结果：
正四面体和正方体构造出的是同一个几何体，其体积为 $12(2\sqrt{2}-\sqrt{6})$。
正八面体构造出的几何体的体积为 $8(2-\sqrt{2})$。
正二十面体构造出的几何体体积为 $40\sqrt{5}-10\sqrt{50+10 \sqrt{5}}$。
正十二面体的构造太复杂，还未计算出来。

kuing

hejoseph 发表于 2025-4-28 22:05 已得到证明。 沿直母线均匀划分圆柱面，每两段之间的区域变为平面，此时中心到这些区域的距离都相等，体积 ...

是不是可以这样说：
在半径为 `R` 的圆柱表面任意取一个区域 `\Omega`，在圆柱的轴上任意取一点 `P`， `P` 与 `\Omega` 边界的所有连线围成一个几何体（该如何描述更准确？柱面锥？） 设该几何体的体积为 `V`，设 `\Omega` 的面积为 `S`，则 `V=SR/3`？

hejoseph

补个直观图，分别对应于正四面体或正方体中心与顶点连线为轴、半径相等的圆柱公共部分；以平行于正方体的对角线为轴、半径相等的圆柱公共部分；正二十面体中心与顶点连线为轴、半径相等的圆柱公共部分。

hejoseph

借用bbs.emath.ac.cn/forum.php?mod=redirect&go … 39787&pid=125245的图


正十二面体的顶点与圆心连线为轴，半径为 $1$ 的圆柱公共部分体积为 $5(24+24\sqrt{2}+\sqrt{3}-4\sqrt{6}-7\sqrt{15}-4\sqrt{30})$，根据上面得到的结论，表面积为体积的三倍。

hejoseph

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