1

戀練數學： 『正多面體與摺紙』

第一單元：多面體的簡介 由幾個平面所包圍而成的封閉立體，稱為多面體（polyhedron）。其中，多面體的各面(Face)由多邊形構成，兩個面相交的線段稱為多面體的稜(或邊 Edge)，稜與稜的交點則稱為多面體

的頂點(Vertex)，如圖(1)。 在多面體的分類上，一般可以區分為凸多面體 ( convex polyhedron )，以及非凸多面體(凹多面體)。

把多面體的任何一個面伸展成平面，如果所有其他

各面都在這個平面的同側，這樣的多面體叫做凸多 面體。而且凸多面體的任何截面都是凸多邊形。如 圖(1) 下圖(2)示，左圖為典型的凸多面體，而右圖為凹多面體。 圖(2) 如果沒有特別說明，這裡所指稱的多面體皆為凸多面體。此外，常見的多面體還有柱體

與錐體。如圖(3)示分別為三角柱以及四角錐。 圖(3a) 圖(3b) 多面體中，由兩個平行的上、下底面，以及側面皆為平行四邊形所構成的封閉立體，稱

為角柱。若角柱的側稜(側面)垂直於底面，則稱此角柱為直角柱(如圖(3a)為直三角柱 )，反之

則為斜角柱；而底面是正多邊形的直角柱稱為正角柱，其各個側面皆為矩形。 多面體中，一底面為多邊形，而側面皆為三角形且共用一個頂點者，稱為錐體。如果一

個角錐的底面是正多邊形，且角錐的頂點與底面正多邊形的中心連線垂直底面，則稱此角錐

為正角錐(如圖(3b)為正四角錐 )，其各個側面皆為全等的等腰三角形。

2

除了多面體外，一般常見的立體還有旋轉體，如下圖(4)圓錐、圓柱、球體等。

圖(4)

南北朝時著名的數學家祖沖之與他的兒子祖暅(ㄊ一ˋ)，曾用巧妙的方法解決了球體體積的

計算．他們當時採用的一條原理是： "冪勢既同，則積不容異。"。意即，位於兩平行平面之

間的兩個立體，被任一平行於這兩平面的平面所截，如果兩個截面的面積相等，則這兩個立

體的體積相等。這一原理，在西方被稱為卡瓦列利原理(Cavalieri's principle)，但這是在祖氏

以後一千多年才由卡氏發現的，為了紀念祖氏父子發現這一原理的重大貢獻，大家也稱這原

理為"祖暅原理"或"祖氏原理"。

祖氏原理(卡瓦列利原理)：

具有相同高度且每一個橫截面的截面積均相等之幾何體有相同的體積。

圖(5)

利用祖氏原理，我們可以證明錐體體積圍柱體體積的三分之一。

引理 1. 錐體底面積和任何平行底面之截面積比等於對應高的平方比。

證明：(1) 錐體是角錐體時，以三角錐說明， 其餘以此類推： 在右圖(6)中，OH 是三角錐 ABC O 的高，因為 ABC 與 ' ' 'A B C 平行， 所以 AB 平行 ' 'A B ，HB平行 ' 'H B ， 圖(6)

A

'A

B

'B

C

'C

H

'H

O

1h

2h1r

2r

1d

2d

3

故 1

2

' ' ' ' ' ' hA B OB H B OHhAB OB HB OH

，又因為相似三角形面積比等於對應邊長的

平方比，得證 2 2

12 2

2

' ' ' ' ' hA B C A BABC hAB

。

(2) 錐體是圓錐體時：如圖(6)，由相似三角形得兩圓面積比2 2

1 12 2

2 2

r dr d

。

引理 2. 同底等高之錐體具有相同體積。

證明：設右圖(7)中角錐與圓錐的底 面積皆為 A，高皆為 h，任意 平面 E 於等高處截兩錐體， 使得錐體頂點至截面之距離 皆為 d，設兩錐體截面之面積 分別為 1A ， 2A ，

則2

1 22

A Adh A A

，(由引理 1 )

故 1 2A A ，所以角錐與圓錐體積相同。 圖(7)

引理 3. 三角柱定可切割成三個體積相同之三角錐。

證明：如右圖(8)，對任意三角柱 ABC PQR 以下列步驟分割：作 , ,PB PC QC， 切割成三個三角錐：PAB C ， PQB C ，CQR P ，其中三角錐 PAB C ， PQB C 之底面積

PAB PQB 且高皆為 C 到平面 ABQP 的距離，故三角錐PAB C 與 PQB C 之體積相同；同理三角錐 PQB C ，CQR P 之底面積 BCQ CQR

且高皆為 P 到平面 BCRQ 的距離，故三角錐 圖(8) PQB C ，CQR P 之體積相同。(由引理 2)

所以三角錐PAB C ， PQB C ，CQR P 之體積相等。

A A

d d

1A2A

d d

A

A

B

B

C

C

B

C

P

PP

P

Q Q

C

R

Q

R

4

定理 1. 錐體的體積等於13底面積高。

證明：(1) 錐體是角錐體時，以三角錐說明，於類推。

已知三角柱的體積等於底面積高，由引理 3，可知三角錐的體積為同底面積且

同高之三角柱體積的三分之ㄧ，故三角錐的體積為13底面積高。

(2) 錐體是圓錐體時：由引理 2，具同底等高之錐體(含角錐與圓錐兩類)有相同的體積，

圓錐的體積 同底等高之三角錐的體積 13底面積高。

由此可知，不論是角錐或圓錐，它們的體積皆等於同底等高之角柱與圓柱體積的三分之

ㄧ。且可以推論：

推論 1.祖氏原理的一般形式： 以同一方向的截面截兩個立體，若截出的面積比例是一個常數，則此二立體體積的比也

是同一個常數。

例 1. 試利用祖氏原理證明：球體積為 343

r 。(其中 r 為球體半徑)

證明：參考圖(9)所示。

圖(9) 參考資料： [1] 李虎雄 幾何學下冊 康熙圖書 [2] 范志軒 為什麼是三分之ㄧ？ 網站資料

5

戀練數學：『正多面體與摺紙』 學習單一

班級：________ 座號：________ 姓名：________________

1. 如右下圖長方體 ABCD EFGH ，其中 AB ＝ BC ＝4 且 AE ＝6，試求四面體DEGB的

體積為何？

圖（1）

2. 設一錐台的兩底面之半徑分別為 1r 和 2r ，且其高為H (如右下圖示)，試求此圓錐台之體積

為何？

圖（2） 3. 一正立方體被一平面所截，其截面可能為以下何種形狀？(多選) (1) 鈍角三角形 (2) 正三角形 (3) 直角三角形 (4) 等腰梯形 (5) 菱形 (6) 正五邊形 (7) 五邊形 (8) 正六邊形 圖（3） (9) 六邊形 (10)七邊形

6

第二單元：柏拉圖多面體、阿基米德多面體簡介 所謂柏拉圖多面體(Platonic Solid)，又稱正多面體(Regular polyhedron)，其每個面都是全

等的正多邊形，而且每個頂點處的多面角都是全等的正多面角(多面體中，共用同一頂點的相

鄰兩條稜線所夾之角稱為面角，多條稜線形成多面角，每個面角由相同正多邊形的角所組成

者，為正多面角；若一多面體某個頂點處的各個面角分別為 1, 2, , n ，則必有

1 2 360n 。)。 設一正多面體的每個面由全等的正n 邊形所組成，而且過每一個頂點都有m個面拼在一

起，則此正多面體每一個頂點處的正多面角，其面角總和為( 2) 180 360n m

n

，化簡

得 ( 2)( 2) 4n m 。要求 ,m n為正整數解，可得所有可能解 ( , ) (3,3), (3,4), (3,5),n m (4,3), (5,3)。 當 3, 3n m ：可建構出正 4 面體(tetrahedron)。

當 4, 3n m ：可建構出正 6 面體(hexahedron or cube)。

當 3, 4n m ：可建構出正 8 面體(octahedron)。

當 5, 3n m ：可建構出正 12 面體(dodecahedron)。

當 5, 3n m ：可建構出正 20 面體(icosahedron)。

7

由以上推論與建構，可知正多面體僅有 5 種，而且早在希臘時代就已經知道只有這五種。 例 1.設有一正 4 面體的邊長為1，如右圖(10)，試求此正 4 面體的 (1)頂點數 (2)稜數 (3)面數 (4)表面積 (5)高 (6)體積 (7)內切球半徑 (8)外接球半徑 圖(10) 其餘正多面體關於頂點數 ( )V 、面數 ( )F 、稜數 ( )E 的關係可以參考如下表(1)：

正多面體 頂點數 面數 稜數

V F E 正 4面體 4 4 6 正 6面體 8 6 12 正 8面體 6 8 12 正 12面體 20 12 30 正 20面體 12 20 30

表(1)中，可以發現正 6面體的頂點數(面數)正 8面體的面數(頂點數)，而正 12面體的頂點

數(面數)正 20面體的面數(頂點數)。我們稱正 6面體與正 8面體為對偶(共軛)多面體，而

正 12面體與正 20面體亦為對偶。

此外，邊長為a 的正多面體關於表面積 (A)、體積 (V)、內切球半徑 ( )r 、外接球半徑 ( )R 、

相鄰兩面夾角 ( ) 等其它的關係可以參考如下表(2)：

8

正多

面體 表面積 (A) 體積 (V) 內切球半徑 ( )r

外接球半徑

( )R 相鄰兩面夾角 ( )

四 23a 3212

a 6

12a

64

a 1 1cos 70 52'3

六 26a 3a 2a

32

a 90

八 22 3a 323

a 6

6a

22

a 1 1cos 109 28'

3

十二 23 25 10 5a 315 7 54

a

50 22 54 5

a

6 3 54

a 1 5cos 116 57'5

二十 25 3a 35(3 5)12

a 3(3 5)12

a 10 2 5

4a

1 5cos 138 19'

3

利用正多邊形為面所組成的多面體除了柏拉圖多面體(正多面體)外，還有阿基米德多面

體(Archimedean solid)或稱半正多面體(semi-regular convex polyhedron)。其實半正多面體泛指

由兩種以上正多邊形所組成的立體，其中包含無限多種凸正稜柱與凸反稜柱，如下圖(11)示，

圖(11a)六角正稜柱 圖(11b)六角反稜柱

為此兩類凸多面體族的一例。

阿基米德多面體是半正多面體中最有代表性與對稱性的一族，總共只有十三種。如下所

示：(取材自維基百科)

表(3) 截半多面體：

名稱 (頂點布局)

立體圖 面 邊 頂點

9

截半立方體 (截半八面體)

（Cuboctahedron）

(3.4.3.4)

14 三角形×8 正方形×6

24 12

截半二十面體 (截半十二面體)

(三十二面體) （Icosidodecahedron）

(3.5.3.5)

32 三角形×20 五邊形×12

60 30

表(4) 截角多面體：

名稱 (頂點布局)

立體圖 面 邊 頂點

截角四面體 （Truncated Tetrahedron）

(3.6.6)

8 三角形×4 六邊形×4

18 12

截角立方體 （Truncated Cube）

(3.8.8)

14 三角形×8 八邊形×6

36 24

截角八面體 （Truncated Octahedron）

(4.6.6)

14 正方形×6 六邊形×8

36 24

小斜方截半立方體 （Rhombicuboctahedron or

Small Rhombicuboctahedron）

(3.4.4.4 )

26 三角形×8

正方形×18 48 24

10

大斜方截半立方體 （Truncated

Cuboctahedron or Great Rhombicuboctahedron）

(4.6.8)

26 正方形×12 六邊形×8 八邊形×6

72 48

扭稜立方體 （Snub cube）

(3.3.3.3.4) (具有兩種手性鏡像)

38 三角形×32 正方形×6

60 24

截角十二面體 （Truncated

Dodecahedron） (3.10.10)

32 三角形×20 十邊形×12

90 60

截角二十面體(足球的形

狀) （Truncated Icosahedron）

(5.6.6)

32 五邊形×12 六邊形×20

90 60

小斜方截半二十面體 (小斜方三十二面體)

（Rhombicosidodecahedron or Small

Rhombicosidodecahedron） (3.4.5.4)

62 三角形×20 正方形×30 五邊形×12

120 60

大斜方截半二十面體 (大截角截半二十面體)

(大斜方三十二面體) (大截角三十二面體)

（Truncated Icosidodecahedron or Great Rhombicosidodecahedron）

(4.6.10)

62 正方形×30 六邊形×20 十邊形×12

180 120

11

扭稜十二面體 （Snub dodecahedron）

(3.3.3.3.5) (具有兩種手性鏡像)

92 三角形×80 五邊形×12

150 60

觀察表(1)、表(3)與表(4)中，柏拉圖多面體與阿基米德多面體的頂點數 ( )V 、面數 ( )F 與

稜數 ( )E 的關係，會發現都有 2V F E 的結果，而且這樣的結果並不是巧合，對一般的

凸多面體皆成立。此公式最早由瑞士的著名數學家尤拉給出，故稱為凸多面體的尤拉公式。

此外對凸多邊形而言，也有類似的結論： 1V F E ，稱為凸多邊形的尤拉公式。 又已知凸多邊形的外角和為360，那麼就凸多面體而言，有沒有類似的結論呢？若一多

面體某個頂點處的各個面角分別為 1, 2, , n ，則定義此多面體在這個頂點處的缺角(或

稱角虧)為360 ( 1 2 )n ，且令 表示此多面體所有面角的總和。

例 2.試計算各個正多面體的 與缺角總和。

解：如表(5)所列：

正多面體 頂點數 ① 面數 ② 缺角總和

V 360 V F ①②

正 4面體 4 1440 4 180 4 720 720 正 6面體 8 2880 6 360 6 2160 720 正 8面體 6 2160 8 180 8 1440 720 正 12面體 20 7200 12 540 12 6480 720 正 20面體 12 4320 20 180 20 3600 720

如上例的結果，發現正多面體的缺角總和皆為720，這會是巧合嗎？

設一凸多面體有V 個頂點，F 個面與E 條稜，其中F 個面分別由 1 2, , , Fm m m 邊形組

成， 1 2 2Fm m m E (每條稜在相鄰平面共被計算了兩次)。

則 1

360 ( 2) 180F

kk

V m

1

360 180 2 180F

kk

V m F

360 2 180 2 180 360 ( )V E F V F E

12

可知此凸多面體當 2V F E 時，缺角總和為720；反之，當缺角總和為720時，

滿足 2V F E 。對於任意凸多面體而言，" 2V F E "與"缺角總和為720 "這兩個

性質等價。 以下，我們給出凸多面體的尤拉公式 2V F E 的一個證明。 證明：因為由F 個面所圍成的多面體，如果去掉其中一個面，則只有面數少 1，而頂點數與

稜數都不會改變，所以我們考慮在去掉凸多面體其中一面的情形下，只要證明 , ,V E F滿足 1V F E 即可。

此時，想像此多面體由極具延展彈性的材料作成，在不改變各多邊形面邊數的限制下，

將此多面體由少掉一個面的缺口處拓展延伸，並攤平成一個平面圖形，如圖(12)示意。

而圖(12)中平面圖形的頂點數、面數與稜數與 原去掉一面的多面體相較並沒有增減，所以 我們只要如圖(12)論證其滿足 1V F E 即可。 當只有一個多邊形面(圖(12-1))，顯然

1 1 1 1V F E 成立。( 1 1V ) 圖(12)

假設增加到k 個面，而且這連成一片的多邊形平面圖形中間沒有任何洞(圖(12-2))，

式 1k k kV F E 仍然成立；

圖(12-1) 圖(12-2) 圖(12-3) 那麼當再增一多邊形面至 1k 個面時，若增加的多邊形為n 邊形，且新增加的n 邊形

和原先圖形共用m條稜(如圖(12-3)示意)，則有

1 1k kF F ， 1k kE E n m ， 1 ( 1)k kV V n m

於是， 1 1 1 ( 1) 1k k k k k kV F E V n m F E n m

1k k kV F E ，由數學歸納法得證。

同時也得證了凸多面體的缺角總和為720。

13

例 3.如右下圖(13)之圖形，為阿基米德多面體中的一種(截角二十面體 Truncated Icosahedron)，別稱巴克球（Bucky-ball），又此多面體模型在化學上恰似由 60 個碳原子所組成的分子

結構，所以又名碳 60( 60C )。已知此多面體每一個 頂點處的 3 面角是由兩個正 6 邊形與一個正 5 邊形 匯聚而成。請問此多面體有幾個頂點？幾條稜？幾 個面？而這些面又是由多少正 5 邊形，以及多少正 6 邊形所組成？ 解：設此多面體有V 個頂點，E 條稜與F 個面，且其中 有 x 個正 5邊形， y 個正 6邊形。則有：

(1)每個頂點處的 3面角，其面角和為108 2 120 348 ， 而缺角總和為360 348 720V V ，求得 60V 。 (2)因為每個頂點處看過去有 3 條稜，而每條稜都有兩個頂點， 圖(13)

所以32V E 90E 。

(3)利用尤拉公式 2V F E ，可得 90 60 2 32F 。

(4)又由總面角和 540 720 348 60 3 4 116x y x y ，

以及 32x y ，可以解得 12, 20x y 。

可知巴克球是由 12個正 5邊形與 20個正 6邊形構成，共有 32面，60 個頂點，90條稜。 參考資料： [1] 李虎雄 幾何學下冊 康熙圖書 [2] 維基百科 正多面體 網站

[3] 維基百科 阿基米德多面體 網站

[4] 笹部貞市郎 幾何學辭典 九章出版社

14

圖（3）

戀練數學：『正多面體與摺紙』 學習單二

班級：________ 座號：________ 姓名：________________ 1. 試繪正 4 面體所有可能的展開圖。 圖（1） 2. 如右圖示：設多面體中，其頂點數為V ，面數F ，稜數E，試分別求 EFV ？ 圖（2）， EFV ___________ 圖（3）， EFV ___________ 3. 正六面體各面中心是一個正八面體的頂點﹐試求這個正六面體和正八面體的表面積比。 圖（4）

15

第三單元：正多面體摺紙 關於摺紙與數學的關係，1989 年時由雅克·賈斯汀（Jacques Justin）最早發現並給出了摺

紙定理，而且截至目前為止，共推衍了六個公理(1991年由日裔義大利數學家藤田文章發現)，

第七個公理則於 2001 年由羽鳥公士郎發現。

假定所有摺紙操作均在理想的平面上進行，並且所有摺痕都是直線，那麼這些公理描述

了通過摺紙可能達成的所有數學操作。

藤田–羽鳥的 7 條公理如下：(取材自維基百科) (1) 給定兩點 和 ，有且僅有一條摺痕同時過這兩點。

(2) 給定兩點 和 ，有且僅有一種方法把 折到 上。

這條公理相當於是作線段 的垂直平分線。

(3) 給定兩直線 和 ，可以把 折到 上。

這條公理相當於是找出 和 組成的角的平分線。

16

(4) 給定一點 和一條直線 ，有且僅有一種方法過 折出 的垂線。

(5) 給定兩點 和 和一條直線 ，可以沿過 的直線將 折到 上。

這個公理相當於找出圓和直線的交點，所以有最多 2個解，最少也可能無解。

(6) 給定兩點 和 和兩直線 和 ，可以一次將 、 分別折到 、 上。

這個公理相當於找到同時與兩條拋物線相切的直線，等價於解一個三次方程。

(7) 給定一點 和兩直線 和 ，可以沿著 的垂線將 折到 上。

17

公理 5可能有最多 2個解，公理 6可能有最多 3個解，而尺規作圖的公理最多只有兩個

解。所以，摺紙的作圖能力要強於尺規作圖。就是說，尺規作圖相當於在解二次方程，而摺

紙幾何相當於解三次方程。因而諸如三等分角、倍立方等尺規作圖無法解決的問題卻可以用

摺紙幾何解決。

關於多面體的摺紙，底下以正八面體與正十二面體的組合摺紙為例：

18

19

參考資料： [1] 維基百科 摺紙公理 網站 [2] 黃燕苹 李秉彝 摺紙與數學 科學出版社 [3] 洪萬生 摺摺稱奇：稱登大雅之堂的摺紙數學 三民書局 [4] Construction advises for paper models of polyhedra

http://www.korthalsaltes.com/selecion.php?sl=instructions [5] 川村みゆき 鄭世彬譯 多面體摺紙入門 教育之友文化

20

104 下 戀練數學：課程問卷回饋單

班級：_______ 座號：_______ 姓名：________________

各位同學大家好：

非常感謝參與選修戀練數學，希望課程的設計與活動能讓你有豐富的收穫。為使下一

次的選修課程能有所改善進步，請您依這學期選修本課程的感受，提供寶貴的建議與回饋，

以作為日後的參考，謝謝！

※ 以下勾選方式請以滿意程度評分，滿分 5 分，依次 4、3、2、1分。

一、滿意度評量（主要是授課內容的滿意程度） 5分 4 分 3 分 2 分 1 分

（一）課程單元 1：「黃金比例與費氏數列」 □ □ □ □ □

（二）課程單元 2：「有趣的魔方陣」 □ □ □ □ □

（三）課程單元 3：「正多面體與摺紙」 □ □ □ □ □

（四）對課後學習單內容設計的滿意程度

1.學習單次數：太多 5分，依次遞減 □ □ □ □ □

2.習題難易度：太難 5分，依次遞減 □ □ □ □ □

（五）對授課內容數學太多(太難)或少(易)的主觀感受

1.太多 5分，依次 4、3、2、1分 □ □ □ □ □

2.太難 5分，依次 4、3、2、1分 □ □ □ □ □

（六）對授課教師整體表現的滿意程度 □ □ □ □ □

（七）學期課程內容是否符合期待 □ □ □ □ □

二、其它建議

（一）課程內容方面：(例如建議某些新單元內容，或與現在所學相關，或與生活應用相關。)

21

（二）課程設計方面：(例如上課方式，電腦上機，或師生互動等。)

（三）學習評量建議：(例如學習單內容設計，或報告、筆試測驗或其它等。)

（四）其它任何建議：

問卷到此結束，謝謝您的填答！

22

Platonic Solids 1. Tetrahedron

2. Cube

3. Octahedron

4. Dodecahedron

23

5. Icosahedron

Archimedean Solids 1. Cuboctahedron

2. Icosidodecahedron

24

3. Truncated Tetrahedron

4. Truncated Octahedron

5. Truncated Cube

6. Truncated Icosahedron

25

7. Truncated Dodecahedron

8. Rhombicuboctahedron

9. Truncated Cuboctahedron

10. Rhombicosidodecahedron

26

11. Truncated Icosidodecahedron

12. Snub Cube

13. Snub Dodecahedron