柏拉图多面体

1、从柏拉图多面体到尤拉公式壹、 柏拉图多面体“多面体”是日常生活中经常看到的立体，它是被一些平面所包围的立体，例如粉笔盒、三棱镜、新光摩天大楼等等，那些包围多面体的多边形叫做多面体的面，两个面相交的线段叫做多面体的棱，棱与棱的交点叫做多面体的顶点。顶点是由三个或三个以上的面交会出来的。例如：右图中的立体中有5个面，9条棱，6个顶点。所谓“柏拉图多面体”(Platonic Polyhedra)就是指正多面体，正多面体就是每个顶点处交会着相同数目全等的正凸多面体且每个立体角相等。正多面体会称为柏拉图多面体并不是因为柏拉图发现了正多面体，而是因为柏拉图及其追随者对它们所作的研究而得名。貳、 柏拉图多面

2、体有多少个？(1) 要谈柏拉图多面体有几个之前，先观察平面上的凸正n边形，n至少等于3，且每一个内角为，而180，因此平面上的正凸n边形有无限多个。在空间中，柏拉图多面体是否会有无限多个呢？答案令人很惊讶！不仅不是无限多个，而且只有5个。古人对于这个事实虽不愿相信，却不得不接受，最后只好搬出“神的旨意”来承认这个事实。为何会说是“神的旨意”呢？原来在伽利略(Galiep15641642意大利人)发明望远镜之前，当时天空中人类只观察到五颗行星，因此这五个正多面体就分别代表那五颗行星，这么的巧合，那一定是“神的旨意”，这样的想法，甚至影响了天文学家克卜勒(Kepler 15711630德国人)，他

3、曾试图去观察、计算各行星的轨道半径，周期与五个正多面体对应，可惜并未成功。(2) 接下来我们来讨论柏拉图多面体的个数：我们从一个顶点出发，因为正多面体的每一个顶点处都是正n边形内角的顶点，我们先从简单的正多边形讨论起：(1)当正多边形是正三角形时，每一个正三角形的内角为60， 若每一个顶点有3个正三角形，则会形成正四面体(Tetrahedon) 若每一个顶点有4个正三角形，则会形成正八面体(Octahedron) 若每一个顶点有5个正三角形，则会形成正二十面体(Icsoahedon) 但是当每一个顶点处有6个正三角形时，那么交会在这个顶点的面的角之总和为360，于是这些三角形构成一平面或是凹面

4、，故表面是正三角形的柏拉图多面体只有3种。(2)当正多边形是正方形时，每一个正方形的内角为90 若每一个顶点处有3个正方形，则会形成正立方体(Hexahedron)。但是当每一个顶点处有4个正方形，那么交会在这个顶点的面的角之总和为360，于是这些三角形构成一平面或是凹面，故表面是正方形的柏拉图多面体只有1种。(3)当正多边形是正五边形时，每一个正五边形的内角为108若每一个顶点处有3个正五边形，则会形成正十二面体(Dodecahedron)。但是当每一个顶点处有4个正五边形，那么交会在这个顶点的面的角之总和为360，于是这些三角形构成一平面或是凹面，故表面是正五边形的柏拉图多面体只有1种。(

5、4)当正多边形是正六边形时，假如3个正六边形交会在一顶点处，那么这些面的角之总和=360，于是构成一个平面。从此处亦可看出多边形的面数愈多，它们的内角愈大，多于六边的正多边形其三个内角之总和将超过360，于是，无法将它们连接在一起而构成一正的凸多面体。我们将上面的讨论整理如下：设正多面体的所有面都是正n边形，每一个顶点的棱数都是m，换句话说，每个顶点的角都是m个角的顶点。 因为正n边形的每个内角=，就每个顶点而言，因为它是m个角的顶点，所以在每个顶点的所有角度和=m因为正多面体是凸多面体，所以在每一个顶点的所有角度和360，所以m360m(n-2)2n m (m,n都是不小于3的正整数)解这个

6、不等式当n=3时，m6，得m=3,4,5；当n=4时，m4，得m=3；当n=5时，m，得m=3；当n6时，m3，得此时m,n无解。因此，我们只能得到五个关于m,n的解：n33345m34533名称正四面体正八面体正二十面体正六面体正十二面体參、 尤拉公式-多面体的面数、棱数、顶点间的关系(1)几个立体的面数、棱数、顶点 数一数柏拉图多面体的面数、棱数、顶点，结果如下表所示： 正多面体顶点数(V)面数(F)棱数(E)正四面体446正六面体8612正八面体6812正十二面体201230正二十面体122030顶点数(V)、面数(F)、棱数(E)之间有何关系呢？光看上面的表或许无法归纳出来，我们再多看

7、几个立体：立体顶点数(V)面数(F)棱数(E)三角柱659五角柱10715五角锥6610塔顶体9916截角立方体10715(2)几个找规律的想法：(a)V是否随F增大呢？(b)F和V是否为一致地随着E的增大而增大呢？(c)F+V是否随着E的增大而增大呢？(d)F+V=E+2成立吗？经过前面几个方向的推测，上述的立体都有面数+顶点数=棱数+2的规则虽然上述的10个立体都符合F+V=E+2这个规则，但我们需要更多的事实来支持我们的猜想。(3)更多的证据： 证据一：让我们考虑两类立体有n个侧面的柱体、有n个侧面的锥体：假如一个柱体有n个侧面，则F=n+2，V=2n，E=3n假如一个锥体有n个侧面，则

8、F=n+1，V=n+1，E=2n因此这两类的立体亦满足F+V=E+2这个例子。 证据二、在观察上述10个立体中曾提及的类似屋顶的“塔顶体”，我们取任何多面体代替立方体，在这个多面体的任一各面在上放一个“屋顶”。假如原来的多面体有F个面、V个顶点、E条边，且假定所选的面有n个边。我们在上面放上一个有n个侧面的锥体，从而得到一个新的立体(“塔顶体”)，我们来看看新的立体的面数、顶点数、棱数。新的立体面数=F-1+V，顶点数=V+1，棱数=E+n于是我们可得(新的立体面数)+(新的立体点数)-(新的立体棱数)+2=F+V-E-2若原来的立体满足F+V=E+2则(新的立体面数)+(新的立体点数)=(新

9、的立体棱数)+2这个结果告诉我们，如果我们原先的猜测是真的，那么在这个立体的一个面加上一个“屋顶”，这个式子还是会成立。亦是我们的猜想经得起加“屋顶”这个考验。问题： 如果将任一个多面体截去任意一个顶点，形成一个新的多面体，假如原来的多面体有F张面、V个顶点、E条边，新的立体有F/张面、V/个顶点、E/条边，你能检验F/+V/=E/+2是否成立吗？(3)尤拉公式 从前面的讨论，可知有很多种类型的立体都满足V-E+F=2，其实早在200多年前(公元1750年)瑞士数学家尤拉就发现了这个关系，因此我们把它称为尤拉公式。以四面体ABCD为例来体验这个公式：设四面体的顶点数V、棱数E、面数F，将四面体

10、ABCD投影到一个平面上，如下图所示：A的投影点为A/，所以、分别是、的投影线段，底面BCD之外的三面ABC、ACD、ABD分别投影到A/BC、A/CD、A/BD，经过投影可以把立体变成平面图形，那么计算点、线、面的数目时，会比较容易处理。假设平面图形上顶点、棱及面的数目分别以V/、E/、F/表示，显然的顶点及棱的数目并不会头影而改变，所以V=V/ E=E/但是计算面的时候，我们只计算小三角形A/BC、A/CD、A/BD，而外围的大三角形BCD却不计在内，可知F/=F-1因此，对于四面体证明公式V-E+F=2就相当于对它在平面上的投影图形证明公式V/-E/+F/=1.()底下来证明()式：首先

11、将棱去掉，同时A/BC也去掉了，如下图所示计算右上图的顶点、棱、面数时，会发现：棱固然减少一个，但是面数也相对减少一个，所以V/-E/+F/这个数不会改变。这也就是说，当我们去掉外围的一条棱之后，图形有所改变，可是V/-E/+F/这个数却不会改变。因此我们继续把外围的棱、去掉，如下图所示显然上面得三个图形V/-E/+F/这个数不会改变，我们可以继续简化图形，将B点去掉，同时也将去掉，此时顶点数目少一个，但是棱数也同时少了一个，所以对V/-E/+F/这个数没有影响。换句话说，当去掉外围一个顶点及其相连的棱时，图形没有改变，可是V/-E/+F/这个数不会改变。所以我们继续将顶点C,D去掉如下图所示

12、：最后，图形只剩下一个点A/，显然不用计算，一看便知V/-E/+F/ =1。以上我们用四面体为例说明尤拉公式的验证方法，其余立体都可依循同样的方法得到尤拉公式。问题：可否将在四面体中验证尤拉公式的方法，同样在六面体中验证？问题：如果从尤拉公式出发，如何证明正多面体只有5种？(4)正多面体的内切球半径、外接球半径与其他的性质我们知道正多面体共有五种：正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体。透过尤拉公式V-E+F=2，可以得知各多面体的顶点(V)、棱(E)、面(F)的个数，接下来讨论正多面体各个面之夹角、内切球、外接球半径。例題1 给定一个正四面体的边长为a，求其外接球半径R、内切球

13、半径r，表面积S，体积V及相邻两个面的夹角f。Ans：R=，r= ，S=a2，V=，f=2tan-1(=cos-1)(練習1) 给定一个正六面体的边长为a，求其外接球半径、内切球半径r，表面积S，体积V及相邻两个面的夹角f。例題2 给定一个正八面体的边长为a，求其外接球半径R、内切球半径r，表面积S，体积V及相邻两个面的夹角f。Ans：R=a，r=a，S=2a2，V=a3， f=2tan-1(=cos-1)(練習2) (a)观察正四面体与正八面体相邻两个面的夹角，它们之间有什么关系？(b)取一个正四面体及正八面体，两立体的面全等，将两个立体的一面密合贴 在一起，得一个新的立体，请判断这个新立体是几面体？(練習3) 给定一个正四面体，若以它的六条棱的中点为顶点，会形成一个什么样的多面体？例題3 给定一个正十二