Ortobicúpula triangular elongada

Ortobicúpula triangular elongada
Imagen del sólido
Tipo	Johnson J34 - J35 - J36
Caras	2+6 triángulos 2.3+6 cuadrados
Aristas	36
Vértices	18
Configuración de vértices	6(3.4.3.4) 12(3.43)
Grupo de simetría	D3h
Poliedro dual	-
Propiedades
convexo

En geometría, la ortobicúpula triangular elongada es uno de los sólidos de Johnson (J₃₅). Como sugiere su nombre, puede construirse elongando una ortobicúpula triangular (J₂₇) insertando un prisma hexagonal entre sus dos mitades. El sólido resultante es superficialmente similar al rombicuboctaedro (uno de los sólidos arquimedianos), con la diferencia de que tiene triple simetría rotacional sobre su eje en lugar de simetría cuádruple.

Los 92 sólidos de Johnson fueron nombrados y descritos por Norman Johnson en 1966.

Volumen

El volumen de J₃₅ puede calcularse como sigue:

J₃₅ se compone de 2 cúpulas y un prisma hexagonal.

Las dos cúpulas forman 1 cuboctaedro = 8 tetraedros + 6 medios octaedros. 1 octaedro = 4 tetraedros, así que en total hay 20 tetraedros.

¿Cuál es el volumen de un tetraedro? Constrúyase un tetraedro cuyos vértices coincidan con los vértices alternos de un cubo (de lado ${\frac {1}{\sqrt {2}}}$, si el tetraedro tiene aristas unitarias). Las cuatro pirámides triangulares que quedan si se quita el tetraedro del cubo forman medio octaedro = 2 tetrahedra. Por tanto,

$V_{tetraedro}={\frac {1}{3}}V_{cubo}={\frac {1}{3}}{\frac {1}{{\sqrt {2}}^{3}}}={\frac {\sqrt {2}}{12}}$

El cálculo del prisma hexagonal es más directo. El hexágono tiene área $6{\frac {\sqrt {3}}{4}}$, por lo que

$V_{prisma}={\frac {3{\sqrt {3}}}{2}}$

Finalmente,

$V_{J_{35}}=20\cdot V_{tetraedro}+V_{prisma}={\frac {5{\sqrt {2}}}{3}}+{\frac {3{\sqrt {3}}}{2}}$

Valor aproximado:

$V_{J_{35}}=4,9550988153084743549606507192748$

Enlaces externos

• Weisstein, Eric W. «Johnson Solid». En Weisstein, Eric W, ed. MathWorld (en inglés). Wolfram Research. 

• Datos: Q3051595