即 欧拉公式 公式描述： 若G为一连通之平面图，则 V + F - E +1=D（2） 其中V代表G中点的个数，F代表G中面的个数，而E是G的边数。D是G的空间维数（此公式同样适用于立体图形D就等于3） 简单的来说，就是一个几何结构(即立体图形或者平面图形)的顶点数+面数-边数+1=空间维数.

1公式导出

2 西瓜切割的问题(问题1: 问题2: 问题3 问题4 问题5 问题6)

3 Pick面积公式

典型例题剖析

1公式导出

考 虑一片耕地共有E条田埂,将此片耕地分割成F块(含外部的一块),二条田埂的交点为某块田的角顶,设角顶共有V个.想象最外面一块田充满着水,欲灌溉全部 田地,由外围开始,每挖掉一条田埂就可灌溉一块田,当然为灌溉全部田地及修复田埂起见,田埂能够不挖尽量不挖,当全部灌溉完毕时,我们观察田埂的情形:

欲多灌溉一块田地,必须多挖掉一条田埂,而原先共有F-1块干地,故被挖去的田埂数为F-1条.

固定任一角顶,我们必可由此角顶经由未挖去的田埂不需涉水,及可达到其他任意角顶,如果有一角顶无法经由干路到达,则必定有一条田埂不需挖而被挖掉了.

由固定角顶到其他顶点的干路必唯一,否则必有一块田地仍为干地,我们将其他顶点与到达此顶点的最后一段路一一对应,发现未被挖去的田埂数恰为V-1条.

由(1)(2)知,田埂总数为未挖去的田埂数加上已挖去的田埂数,即

E=(F-1)+(V-1)

得证欧拉公式 V-E+F=2

§

2 西瓜切割的问题

问题1:

平面上有n条相异直线,这n 条直线可将此平面分割成多少块区域

如果这n条直线任二直线必相交,任三条直线不共点,则此n条直线必有C(n,2)个交点,外加一个无穷远点,因此

V=C(n,2)+1

又每条直线都会与其他直线都会相交,因此这条直线上共有 n-1个交点,这条直线被分成n段,因此

E=n2

利用Euler公式可知

F=2-V+E

=

问题2:

平面上有n条直线, 这n条直线将平面分割成多边形区域, 这些区域中有多少个是有界的 有多少个是无界的

n条直线在平面最多有个交点,可找出一个很大的圆包含所有的交点, 则此圆与给定的n条直线相交于2n的点 此圆周被分割成2n段,又每一段恰在一个无界区域上, 故无界区域恰有2n个,从而有界区域共有

个

研究问题:射影平面上n条直线将此平面分割成多少个区域

Ans:条

问题3

如果限制这n条直线任二不平行任三不相交,则其中有多少个区域是三

角形区域

解:(1)三角形区域个数的上界:由于任三线不共点,三角形不会有公共边,故总边数为3a,另一方面由于每个边都是基本线段,而每条直线上有n-2个基本线段,故得

,

当n=3,4,5,7,9,15时等号成立.

(2)三角形区域个数的下界:

设 直线与另外n-1条直线的交点依次为A1, A2,…, An,基本线段AiAi+1, 与过Ai, Ai+1 的直线围成三角形△BAiAi+1 (1in-2),任意直线穿过这个三角形将它分成两块时,仍有一块为三角形区域,因此在整个构图中每个 △BAiAi+1都有三角形区域,它们的顶点中必有一个离 最远,记为Pi,由于i≠j时Δi≠Δj,就得到a≥n-2.

问题4

空间中任作n个平面,最多将空间分成多少个区域

ans:

问题5

瓜皮问题:

(a)平面上任作n个圆,最多将平面分成多少个区域

(b)空间中任作n个球,最多将空间分成多少个区域

Ans: a. b.

问题6

平面上任作n个凸m边形,最多将平面分成多少个区域

解: 设最多个数为un ,则 u1=2,un=un-1+2m(n-1)

故

等号成立的构形:将直径为1的圆周mn等分,交错连成n个正m边形,每两个m边形交于2m个点,每条边上的2(n-1)个交点都不重合,因此等号成立.

3 Pick面积公式

热流证法:

设P为格子多边形,内部共有 I 个格子点,边上共有b个格子点,

Pick面积公式:P的面积为

(P)=

设初始时刻t=0时,每个格子点有一单位的热源,热量从格子点散布到整个格子板上,经过长时间后,热量均匀分布在整个格子板上,且平均密度为1,此时格子多边形的总热量恰为格子多边形的的面积 (P).

问题:格子多边形P的总热量来自何处

观察下面事实:

设e为格子多边形P的一个边,M为e的中点,不在e上的格子点成对对称于M点,从每组成对的格子点所散发出来且穿过边e的热量相等,但其方向相反,因此穿过边e的热流总和为0.因此我们可说格子多边形P的总热量来自P内部的格子点和来自P边界P上的格子点.

(2) 计算格子多边形的总热量 (P),来自P内部的格子点共有i个,每个

热量为1,共有i单位的热量;来自边界P但不为顶点的格子点,每个

热量为1,有一半的热量留在P,来自顶点的格子点,每个热量为1,

有(内角/2),即一半再扣掉(外角/2)的热量留在P中,来自边界P上

的格子点共有()i单位的热量留在P中.

综合(1)(2)可导出 .

几何证法:

先考虑有两条直角边分别平行于两坐标轴的格点直角三角形,此三角形无论沿横坐标轴方向,纵坐标方向,无论平移多少整数单位长,均不影响其边上及其内部的格点数,故不妨设这个格点三角形的顶点是O(0,0), A(a,0), B(0,b),a,b均为正整数.

设AB内部不含端点的格子数为u,内部格子点数q,边上的格子点数为

p=u+a+b+1.取C为点 (a,b),则矩形OACB内部格子点数为 (a-1)(b-1)=u+2q,得

p+2q=u+a+b+1+2q

=(a-1)(b-1)+a+b+1

=ab+2

=2OAB +2

从而

OAB=

进而考虑一般的格子三角形,它可视为一个含它的矩形截去若干个格点直角三角形得到的.

最后考虑一般的格子多边形,它可分割为若干个格点三角形.

欧拉公式证法:

基本三角形是指三个顶点是格子点且内部和边上都没有其他的格子点的三角形.

所有的基本三角形其面积都是1/2

所有的格子多边形都可分解成基本三角形

将给定的格子多边形可分解成基本三角形,然后在复制此格子多边形,将两个格子多边形沿着边界黏合起来得到球面上的连通图形,由欧拉公式知

V'-E'+F'=2

因这个连通图形的面都是三角形区域,因此 2E'=3F';又图形式上下对称,得知 F'=2F, V'=2I+b

代入欧拉公式得

2I+b-3F+2F=2

解得 F=2I+b-2

因此格子多边形的面积是

§4正三角形的相异正三角形分割

问题:是否能将一个正三角形分割成若干个大小均异的小正三角形

设一个正三角形有一个相异小正三角形分割,记此分割为T.T的顶点可分为三大类:(1)原大正三角形的顶点 (2)六个小三角形的公共顶点 (3)恰为三个小三角形的公共顶点,其他的(角在T的外部或为某个小三角形内部.

首先构造一个连通图形:

结点:(a)在分割T的小三角形中心放置一个红点,

(b)在恰为三个小三角形的公共顶点上均放置一个绿点,

(c)在大正三角形的外部某定点放置一个绿点,

(d)在六个小三角形的公共顶点选出一对对顶角,在此角顶附近各放置一个绿点.

弧: (a)若小三角形中心有一红点,有一顶点为绿点,将此两点连成一弧;

(b)连结包含原大正三角形顶点的小正三角形中心的红点与外部的绿点;

(c)在包含六个小三角形的公共顶点的小正三角形中心的红点,或与该三角形的绿点相连,或与紧邻该三角形的绿点相连.

假设T共被分割成n个小三角形,则此连通图形共有n个红点,每条弧都是连接一个红点与一个绿点,每个红点恰与三个绿点相连接,故

E=3n;

又每个绿点都与三条弧相连,故知绿点共有n个,因此

V=n+n;

利用欧拉公式知 F=E-V+2=3n-2n+2=n+2.

设ci为恰由i条弧所围成区域的个数,因为每个面都是红绿结点交替连接射,当i为奇数时,c I=0,又每对结点最多只有一弧连接,因此 c2=0,从而

F=c4+c6+c8+…=n+2

因每条弧都是两线的交线,故

2E=4 c4+6c6+8c8+…=2(3n)=6n

消去n可得

6= c4-c8-2c10-…

因此 c4(6,及至少有六个四边形区域.

由连通图形的造法我们知道至少有一对三角形具有公共边,此时这两个三角形全等,与假设矛盾.

问题:任给一个非正三角形,是否必有一个彼此相似且大小相异的三角分割

当x+x3≠x4时,非正三角形的相异相似分割如左上图

当x+x3 =x4时,非正三角形的相异相似分割如右上图.

问题:球面上是否存在一个图形使得每个顶点至少引出六条弧

设ci为恰由i条弧所围成区域的个数, 每对结点最多只有一弧连接,因此 c2=0,因每条弧都是两线的交线,故

2E=3c3+4 c4+6c6+8c8+…(3F

设Vk表示恰引出k条弧的顶点个数,由假设知

V1= V2= V3= V4= V5=0, 故

2E= 6V6+7 V7+8V8+…(6V

利用欧拉公式知 6(E+2)=6(V+F)(2E+4E=6E.

这是不可能的,因此至少有一个顶点引出的弧数少于6.

典型例题剖析

例1 下列几何体是正多面体的是( )

A.长方体 B.正四棱柱

C.正三棱锥 D.棱长都相等的三棱锥

解 选D.因为棱长都相等的三棱锥就是正四面体.

例2 对于下列命题:(1)底面是正多边形的,而侧棱长与底面边界长都相等的棱锥是正多面体;(2)正多面体的面不是三角形,就是正方形;(3)若长方体的各侧面都是正方形时,它就是正多面体;(4)正三棱锥就是正四面体,其中正确的序号是 .

解 (2)显然不对,∵正十二本每个面都是全等的正五边形.

(1)所给的几何体是正棱锥,作为正棱锥每个侧面都是全等的正三角形,底面正多边形是任意的,而作为正多面体的所有面必须是全等的正多边形,故(1),(4)不对.∴应填(3).

例3 一个凸多面体有8个顶点,①如果它是棱锥,那么它有 条棱, 面;②如果它是棱柱,那么它有 条棱 个面.

解 ①如果它是棱锥,则是七棱锥,有14条棱,8个面

②如果它是棱柱,则是四棱柱,有12条棱,6个面

[基础题]

例1 一个十二面体共有8个顶点,其中两个顶点处各有6条棱,其他顶点处各有相同数目的棱,则其他顶点处各有多少条棱

思路:可利用欧拉公式,关键在于弄清E,F,V的含义.

解:∵F=12,V=8

∴E=V+F-2=18

两个顶点处各有6条棱,余下6个顶点,这6个顶点构成六边形,过这6个顶点的棱各有4条.

这样的十二面体模型可以这样作:作一六边形(不妨作正六边形),在这个六边形所在两侧各取一点,共8个顶点,12个面.

例2 一个简单多面体的顶点数为12,每个顶点处都有3条棱,面的形状只有四边形和六边形,求该多面体的各面中四边形和六边形的个数.

思路:可利用欧拉公式列出关于多面体面数F,顶点V的方程,关键在于确定棱数或找出棱数与该多面体的各面中四边形和六边形的个数之间的关系,从而探求思路.

解:设多面体中,四边形和六边形分别有x个和y个

在多面体中,顶点数V=12,面数F=x+y

棱数

根据欧拉公式有12+(x+y)-18=2 ①

另外,棱数E也可表示为

于是 ②

联立①②得x=6,y=2

所以该多面体的面中四边形有6个,六边形有2个.

[易错题]

例 一个简单多面体的各面都是三角形,若它的顶点数为V,面数为F,则F与V之间的关系是_________.

错解:因多面体有F个三角形,从而有3F条边

故多面体的棱数为E=3F

据欧拉公式得V+F-3F=2

∴V=2F+2 即

错误原因分析:错把多面体的棱数算成了3F条,没有考虑到多面体相邻两面的两条边合为一条棱,故多面体的棱数实为 .

解:因多面体有F个三角形,从而有3F条边

故多面体的棱数为

据欧拉公式得

∴2V=F+4 即F=2V-4

[创新题]

例1 已知铜的单晶体的外形是简单几何体,单晶铜有三角形和八边形两种晶面,如果铜的单晶体有24个顶点,以每个顶点为一端都有三条棱,计算单晶铜的两种晶面的数目.

思路:欧拉公式在化学中有广泛的应用.本例的特点是:各面不都是边数相同的多边形,因此面数是两种多边形面数之和,棱数仍是各面边数总和的一半,另一方面,已知顶点数及每一个顶点发出的棱数,也能求得多面体的棱数,计算公式如下:

多面体的棱数E与各面的边数之间的关系 (其中 , ,… 为各面的边数)

多面体的棱数E与各顶点引出的棱数之间的关系 (其中 , , …为各顶点的棱数)

解:设三角形晶面有x个,八边形晶面有y个,则单晶铜面数F=x+y

又顶点数V=24,且每个顶点为一端都有3条棱

所以棱数

由欧拉公式得24+(x+y)-36=2 整理得x+y =14 ①

又因棱数 整理得3x+8y=72 ②

由①②解得x=8,y=6

所以单晶铜的三角形晶面有8个,八边形晶面有6个.

例2 有一个三棱锥和一个四棱锥,它们的棱长都相等,将它们的一个侧面重叠后,还有几个暴露面

思路:此题是美国的一道有83万人参加的1982年中学生数学竞赛试题,出题者和绝大部分考生都认为正确的答案是7个面,但佛罗里达州的一名中学生丹尼尔则答是5个面.被评卷委员会所否定,结果丹尼尔自己做了一个模型验证其结论的正确性,并给出了证明.提出了申诉.最后在有关数学家再度仔细考虑之后不得不承认他是正确的.实际上丹尼尔最初是凭直觉来思考的.但丹尼尔的思维是创新思维.

解:如图9-126,面VAD叠合后,直觉地想到SV‖AB,则S,A,B,V共面,同理,S,V,C,D也共面.先作SV‖AB,取VS=a(棱长),则易证S－VAD为正三棱锥.

答:还有5个面暴露.

[名校模拟题]

例1 已知简单多面体的每个面都是五边形,每个顶点都有三条棱相交.求该简单多面体的面数,顶点数和棱数.

思路:由欧拉公式及简单多面体的顶点数,棱数,面数之间的关系,得到由三个未知量组成的方程组,解方程组即可.

解:设简单多面体的面数为F,顶点数为V,棱数为E

因为每个面上有5条边,所以棱数

又因为每个顶点有三条棱相交,所以棱数

∴ ,

又因为V+F-E=2,所以

解得E=30,F=12,V=20

答:该简单多面体的面数为12,顶点数为20,棱数为30.