柏拉圖立體

  此條目頁的主題是常見的五種凸正多面體。關於廣義的正多面體，請見「正多面體」。

在幾何學中，凸正多面體，又稱為柏拉圖立體，是指各面都是全等的正多邊形且每一個頂點所接的面數都是一樣的凸多面體，是一種三維的正幾何形狀，符合這種特性的立體總共只有5種。在漢語文化中，正多面體通常是指只有5種的凸正多面體，然而在只討論每面全等、每個個角等角且每條邊等長的情況下，亦有其他多種幾何結構存在，也稱為正多面體。

正多面體的別稱柏拉圖立體是因柏拉圖而命名的。柏拉圖的朋友泰阿泰德告訴柏拉圖這些立體，柏拉圖便將這些立體寫在《蒂邁歐篇》（Timaeus） 內。正多面體的作法收錄《幾何原本》的第13卷。在命題13描述正四面體的作法；命題14為正八面體作法；命題15為立方體作法；命題16則是正二十面體作法；命題17則是正十二面體作法。

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  正四面體
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  正六面體
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  正八面體
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  正十二面體
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  正二十面體

判斷依據

判斷正多面體的依據有三條

1. 正多面體的面由正多邊形構成
2. 正多面體的各個頂角相等
3. 正多面體的各條棱邊都相等

這三個條件都必須同時滿足，否則就不是正多面體，比如黃鐵礦的晶形五角十二面體，雖然和正十二面體一樣是由十二個五角形圍成的，但是由於它的各個頂角並不等價因此不是正多面體。

正多面體具有很高的對稱性，每個正多面體是相似多面體所屬點群中對稱性最高的，對正多面體加以變化就會導致對稱性下降，如正十二面體屬於Ih點群，當它變化為五角十二面體的時候對稱性也隨之下降為Td群。

存在的凸正多面體

凸正多面體共有五個，均由古希臘人發現：（表中a為正多面體的邊長）

名稱	透視圖	旋轉透視圖	立體圖	構成面	面	邊	頂點	幾何數據	所屬點群
正四面體				正三角形	4	6	4	表面積：${\sqrt {3}}a^{2}$$\approx 1.732a^{2}$ 體積：${1 \over 12}{\sqrt {2}}a^{3}$$\approx 0.118a^{3}$ 二面角角度：$\arccos {\frac {1}{3}}$$\approx 70^{\circ }52'$ 外接球半徑：${\frac {\sqrt {6}}{4}}a$$\approx 0.612a$ 內切球半徑：${\frac {\sqrt {6}}{12}}a$$\approx 0.204a$ 對偶多面體：正四面體	Td群
正六面體（立方體）				正四邊形	6	12	8	表面積：$6a^{2}\$ 體積：$a^{3}\$ 二面角角度：$90^{\circ }$ 外接球半徑：${\sqrt {\frac {3}{4}}}a$$\approx 0.866a$ 內切球半徑：${\frac {a}{2}}$ 對偶多面體：正八面體	Oh群
正八面體				正三角形	8	12	6	表面積：$2{\sqrt {3}}a^{2}$$\approx 3.464a^{2}$ 體積：${\frac {\sqrt {2}}{3}}a^{3}$$\approx 0.471a^{3}$ 二面角角度：$\arccos \left(-{\frac {1}{3}}\right)$$\approx 109^{\circ }28'$ 外接球半徑：${\frac {a}{\sqrt {2}}}$$\approx 0.707a$ 內切球半徑：${\frac {a}{\sqrt {6}}}$$\approx 0.408a$ 對偶多面體：立方體	Oh群
正十二面體				正五邊形	12	30	20	表面積：$3{\sqrt {25+10{\sqrt {5}}}}a^{2}$$\approx 20.65a^{2}$ 體積：${1 \over 4}(15+7{\sqrt {5}})a^{3}$$\approx 7.663a^{3}$ 二面角角度：$\arccos {\bigg (}{-{\frac {\sqrt {5}}{5}}}{\bigg )}$$\approx 116^{\circ }57'$ 外接球半徑：${\frac {\sqrt {6}}{4}}{\sqrt {3+{\sqrt {5}}}}a$$\approx 1.401a$ 內切球半徑：${\frac {a}{4}}{\sqrt {\frac {50+22{\sqrt {5}}}{5}}}$$\approx 1.114a$ 對偶多面體：正二十面體	Ih群
正二十面體				正三角形	20	30	12	表面積：$5{\sqrt {3}}a^{2}$$\approx 8.660a^{2}$ 體積：${5 \over 12}(3+{\sqrt {5}})a^{3}$$\approx 2.182a^{3}$ 二面角角度：$\arccos {\bigg (}{-{\frac {\sqrt {5}}{3}}}{\bigg )}$$\approx 138^{\circ }19'$ 外接球半徑：${\frac {a}{4}}{\sqrt {10+2{\sqrt {5}}}}$$\approx 0.951a$ 內切球半徑：${\frac {a}{12}}{\sqrt {3}}\left(3+{\sqrt {5}}\right)$$\approx 0.756a$ 對偶多面體：正十二面體	Ih群

用途

因為正多面體的形狀的骰子會較公平，所以正多面體骰子經常出現於角色扮演遊戲。

正四面體、立方體和正八面體，亦會自然出現於結晶體的結構。

正多面體經過削角操作可以得到其他對稱性類似的結構，比如著名的球狀分子碳六十空間結構就是正二十面體經過削角操作得到的，稱為截角二十面體。因此可以知道，碳六十分子所屬的對稱性群也是與正十二面體相同的Ih群。

由於正多面體和由正多面體衍生的削角正多面體大多有很好的空間堆積性質，即可以在空間中緊密堆積，因此常常選擇正多面體形或者削角正多面體形的盒子作為分子模擬計算的周期邊界條件。

除了上面提到的正十二面體，還有一種由五邊形（其中四條邊等長）構成的多面體——黃鐵礦形五角十二面體，黃鐵礦形五角十二面體是黃鐵礦的一種可能的晶體外形，儘管黃鐵礦形五角十二面體是由五邊形構成的，但並不是柏拉圖體，它所屬的對稱性群也不是正十二面體的Ih群而是與黃鐵礦內部結構一致的Th群。

象徵意義

開普勒在《宇宙的奧秘》(1596)中給太陽系的柏拉圖立體模型。

柏拉圖視「四古典元素」為元素，其形狀如正多面體中的其中四個。

• 火的熱令人感到尖銳和刺痛，好像小小的正四面體。
• 空氣是用正八面體製的，可以粗略感受到，它極細小的結合體十分順滑。
• 當水放到人的手上，它會自然流出，那它就應該是由很多小球所組成，好像正二十面體。
• 土與其他的元素相異，因為它可以被堆疊，正如立方體。

剩下沒有用的正多面體——正十二面體，柏拉圖以不清晰的語調寫：「神使用正十二面體以整理整個天空的星座。」柏拉圖的學生亞里士多德添加了第五個元素——以太（希臘文：Αιθήρ，拉丁轉寫：aithêr；拉丁文：aether），並認為天空是用此組成，但他沒有將以太和正十二面體連繫。

約翰內斯·開普勒依隨文藝復興建立數學對應的傳統，將五個正多面體對應五個行星——水星、金星、火星、木星和土星，同時它們本身亦對應了五個古典元素。

正多面體只有 5 個的證明

所有正多面體的相關於頂點數 V、棱數 E 和面數 F 的性質都可以由每個面上的邊（棱）的數目 p 和每個頂點出發的棱的數目 q 給出。由於每條棱有兩個頂點又在兩個面上，我們有

$pF=2E=qV.$

另一個關係是歐拉公式:

$V-E+F=2.$

（這個不顯然的事實可以通過多種途徑證明。在幾何拓撲中，這是因為球面的歐拉示性數是 2。） 上面三個等式可以解出 V, E和 F：

$V={\frac {4p}{4-(p-2)(q-2)}},\quad E={\frac {2pq}{4-(p-2)(q-2)}},\quad F={\frac {4q}{4-(p-2)(q-2)}}.$

注意交換 p 和 q 會交換 F 和 V 但 E 不變。

正多面體只有五種這個定理是一個經典結果。下面給出了兩個證明。注意這兩個證明都只證明了正多面體至多有五種，這五種的存在性需要靠構造給出。

幾何證明

下面的幾何討論和歐幾里得在幾何原本中給出的證明非常相似：

1. 多面體的每個頂點至少在三個面上。
2. 這些相交的面處的角（也就是頂點發出的角）的和必須小於 360°。
3. 正多面體的頂點發出的角是相等的，所以這個角必須小於 360°/3 = 120°。
4. 正六邊形及邊更多的正多邊形的角大於等於 120°，所以正多面體上的面只能是正三角形，正方形或正五邊形。於是：
   • 正三角形：每個角是 60°，所以正多面體每個頂點發出的角數目小於 360°/60° = 6，也就是每個頂點只能在三、四、五個面上，這分別對應於正四面體、正八面體、正二十面體；
   • 正方形：每個角是 90°，所以正多面體每個頂點發出的角數目小於 360°/90° = 4，也就是每個頂點只能在三個面上，這對應於正方體；
   • 正五邊形：每個角是 108°，所以正多面體每個頂點發出的角數目小於 360°/108° = 10/3，也就是每個頂點只能在三個面上，這對應於正十二面體。

拓撲證明

純粹的拓撲證明可以只利用正多面體的性質．關鍵在於 $V-E+F=2$ 和 $pF=2E=qV$．綜合上面等式，我們有

${\frac {2E}{q}}-E+{\frac {2E}{p}}=2.$

於是

${1 \over q}+{1 \over p}={1 \over 2}+{1 \over E}.$

由於 $E>0$，

${\frac {1}{q}}+{\frac {1}{p}}>{\frac {1}{2}}.$

注意到 p 和 q 必須大於等於 3，我們可以容易地找到所有五組 (p, q)：

$(3,3),\quad (4,3),\quad (3,4),\quad (5,3),\quad (3,5)$。

參見

• 星形正多面體
• 四維正多胞體

外部連結

• 正多面體平面展開圖 （頁面存檔備份，存於網際網路檔案館）
• 正多面體360度立體環視 （頁面存檔備份，存於網際網路檔案館）
• 正多面體只有五種的證明
• 多面體紙製模型 正多面體 （頁面存檔備份，存於網際網路檔案館）