4
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？
タ砰
正六面體
タ砰
タ砰 我们将上面的讨论整理如下：
正二十面體
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。
2
因为正 n 边形的每个内角=(n-2)180，就每个顶点而言，因为它是 m 个角的顶点， n
所以在每个顶点的所有角度和=(n-2)180 m n
从柏拉图多面体到欧拉公式
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。
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)
伽利略(Galiep1564~1642 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 1571~1630 德
国人)，他曾试图去观察、计算各行星的轨道半径，周期与五个正多面体对应，
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，故表面是正三角形的柏拉图
多面体只有 3 种。
1
(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)。
6
问题：可否将在四面体中验证欧拉公式的方法，同样在六面体中验证？
问题：如果从欧拉公式出发，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。透过欧拉公式 VE+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。
(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？
8
[例題 3] 给定一个正十二面体的边长为 a，求其外接球半径 R、内切球半径 r，表面积 S，：R= 3( 5+1)a，r= 10(25 11 5) a ，S=3 25+10 5 a2，V=15+7 5a3
7
[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。
A
Ans：R= 2a，r= 6a，S=2 3 a2，V= 2a3，
2
6
3
=2tan1 2 (=cos11) 3
G E
B
O
C
H
D
F
(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？
[例題 1] 给定一个正四面体的边长为 a，求其外接球半径 R、内切球半径 r，表面积 S，
体积 V 及相邻两个面的夹角。
Ans：R= 6a，r= 6a，S= 3 a2，V= 2a3，=2tan1 1 (=cos11)
4
12
12
2
3
A
OD
M
G
B
C
(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。
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：
D
D
B A/
A/
D
C
C
A/
A/
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欧拉公式的验证方法，其余立体都可依循同样的方法得到欧 拉公式。
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(n-2)180 m<360
n m(n2)<2n m< 2n (m,n 都是不小于 3 的正整数)
n-2 解这个不等式 当 n=3 时，m<6，得 m=3,4,5； 当 n=4 时，m<4，得 m=3； 当 n=5 时，m<10，得 m=3；
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 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=F1+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+VE2 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，
每一个内角为(n-2)180，而(n-2)180<180，因此平面上的正凸 n 边形有无限
n
n
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
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。 (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。
(3)欧拉公式 从前面的讨论，可知有很多种类型的立体都满足 VE+F=2，其实早在 200 多年前(公
元 1750 年)瑞士数学家欧拉就发现了这个关系，因此我们把它称为欧拉公式。 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 ABCD 投影到一个平面上， 如下图所示：
3 当 n6 时，m< 2n 12 3，得此时 m,n 无解。
n-2 n-2 因此，我们只能得到五个关于 m,n 的解：
n m 名称
3 3 正四面体
3 4 正八面体
3
4
5
3
正二十面体 正六面体
5 3 正十二面体
叁、 欧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：
A D
B
D B
A/ C
C
A 的投影点为 A/，所以A/B、A/C、A/D分别是 AB、 AC、 AD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/=F1 因此，对于四面体证明公式 VE+F=2
4
12
12
2
A
N
C
F
B
C
D
E
F
A
A
G
E
D