hejoseph 发表于 2008-11-10 22:49:00

Johnson多面体

<p>每个面都是正多边形除了正多面体、半正多面体（包括阿基米德多面体，侧面为正方形底面为正多边形的正棱柱，侧面为正三角形底面为正多边形的正交错棱柱）外的的凸多面体称为Johnson多面体。<br/>如何证明这些多面体只有92种？<br/>求棱长为1的92种Johnson多面体的体积、相邻两面所成的二面角大小。求出二面角大小以后就可以作出这些多面体了。</p><p>Johnson多面体的图形请参考这个网页：<a href="http://mathworld.wolfram.com/JohnsonSolid.html">http://mathworld.wolfram.com/JohnsonSolid.html</a></p>

chenjun_nj 发表于 2008-11-14 23:51:00

本帖最后由 作者 于 2008-11-14 23:58:24 编辑 <br /><br /> <strong><font face="Verdana" color="#61b713">hejoseph</font></strong>兄，我终于看懂了，在AutoCAD中，一般不求出两面角也可以用点、线、圆要素加上捕捉功能作出（有些顶点可能需要一些计算）。<br/>如任意画一个正多边形，所作多面体展开图中与这个正多边形相连的也是一些正多边形，取画出的正多边形的一个顶点相邻两边分别为轴旋转展开图中与此轴相连的正多边形，那么需要相连的顶点轨迹就是空间的两个圆，用捕捉功能就可以找到两圆的交点，交点就是多面体的一个顶点。重复这个过程就可以找到所有的顶点。

qjchen 发表于 2008-11-15 11:56:00

<p>:)</p><p>chenjun_nj兄的做法挺好的:)</p><p>此处介绍一个软件：</p><p><a href="http://www.peda.com/polypro/">http://www.peda.com/polypro/</a></p><p>可以绘制5种柏拉图 (Platonic solid），13种阿基米德多面体(Archimedean solid)，（5+5）种棱柱及转向棱柱体(prisms and anti-prisms)，</p><p>92种Johnson多面体，8种三角面体（Deltahedra），15种卡塔兰立体(Catalan)，（5+5）种双棱锥及鸢面体（Dipyramids and Deltohedra)，</p><p>25+12种 网格球及网格球顶(Geodesic spheres and domes).</p><p>虽然是demo版，假如只是查看的话，基本没有什么限制，可以绘制各个角度的展开图和立体图。动态旋转折叠。</p><p>假如想仔细计算的朋友可以转着看看:)</p><p>&nbsp;</p>

hejoseph 发表于 2008-11-15 19:38:00

chenjun_nj兄你好，我不回用AutoCAD，不过体积和二面角是几何体的最基本度量之一，我觉得还是应该算一下的。

qjchen 发表于 2008-11-15 20:49:00

本帖最后由 作者 于 2008-11-15 20:50:53 编辑 <br /><br /> <p>To chenjun_nj兄</p><p>刚才想了一下，您的做法应该只是在一个顶点只有三个多边形交界的时候有效，多了还得有其他的约束条件。</p><p>记得以前构造正12面体的时候，就用过这种方法。</p><p>但是到了92面体的时候，就得辅助计算才行了。</p><p><a href="http://bbs.mjtd.com/forum.php?mod=viewthread&tid=50254">http://bbs.mjtd.com/forum.php?mod=viewthread&tid=50254</a></p><p></p>

chenjun_nj 发表于 2008-11-15 20:58:00

本帖最后由 作者 于 2008-11-15 20:58:48 编辑

是的，一个顶点多于3个多边形时，可能就不能直接用旋转法求交点了。构作所有的正多面体均可以用这个方法。

hejoseph 发表于 2008-11-17 18:03:00

正八面体和正二十面体都不能用旋转法求交点的，这是因为只有三面角才能用三个面角唯一确定下来，这跟平面里的多边形类似。

chenjun_nj 发表于 2008-11-17 18:56:00

<strong><font face="Verdana" color="#61b713">hejoseph</font></strong>兄：<br/>8和20面体也可以用旋转求顶点的，因为8面体的底边正方形是在一个面上，那么就可以用正方形的相邻两边旋转正三角形的顶点求得交点；<br/>同样正20面体的底边是正5边形，同样的方法旋转正三角形顶点求交点。<br/>Johnson多面体中有一种是4个正三角形和一个正方形共一个顶点，其底边是共圆的5边形，4条边相等、第5边是2^0.5倍，不知作图法能否作成。

hejoseph 发表于 2008-11-17 19:30:00

chenjun_nj发表于2008-11-17 18:56:00static/image/common/back.gifhejoseph兄：8和20面体也可以用旋转求顶点的，因为8面体的底边正方形是在一个面上，那么就可以用正方形的相邻两边旋转正三角形的顶点求得交点；同样正20面体的底边是正5边形，同样的方法旋转正

<p>红色部分恰好就是我和qjchen所说的要额外附加的条件，这虽然很明显的事实，但并不是能从正多面体的定义中直接能得到的，需要证明的。</p><p>Johnson多面体的情况我还不熟悉，发上来就是打算大家共同研究最后得到完满的结果。</p><p>一般我不怎么喜欢成天对着题海做题，而是喜欢探索一些不太熟悉但自己又觉得有趣的内容。</p>
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