柏拉图多面体Word格式文档下载.docx
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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(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(Kepler1571~1630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,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,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,它们的角愈大,多于六边的正多边形其三个角之总和将超过360°
,于是,无法将它们连接在一起而构成一正的凸多面体。
(3)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m<
Þ
m(n-2)<
2nÞ
m<
(m,n都是不小于3的正整数)
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<
,得m=3;
当n³
6时,m<
£
3,得此时m,n无解。
因此,我们只能得到五个关于m,n的解:
n
3
4
5
m
名称
正四面体
正八面体
正二十面体
正六面体
正十二面体
3、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)
6
8
12
20
30
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,我们再多看几个立体:
立体
三角柱
9
五角柱
10
7
15
五角锥
塔顶体
16
截角立方体
(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面、V个顶点、E条边,新的立体有F/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,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:
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。
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?
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、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、切球半径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=2tan1(=cos1)
(練習1)给定一个正六面体的边长为a,求其外接球半径、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、切球半径r,表面积S,体积V及相邻两个面的夹角f。
R=a,r=a,S=2a2,V=a3,
f=2tan1(=cos1)
(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]给定一个正十二面体的边长为a,求其外接球半径R、切球半径r,表面积S,体积V及相邻两个面的夹角f。
R=,r=,S=3a2,V=a3
f=cos1()
[例題4]给定一个正二十面体的边长为a,求其外接球半径R、切球半径r,表面积S,体积V及相邻两个面的夹角f。
R=,r=,S=5a2,V=(3+)a3,f=2tan1
(練習4)试求接于单位球的正多面体的边长、切球半径r、外接球半径R、表面积S、体积V。
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