第 11 章：逐个构造、证明正则性，再证明唯一性

11.1 每个例子都要通过哪些检查

本章每次依次回答四个问题：造了什么实体 → 哪些面确实在表面 → 哪些整体变换能对齐顶点 → 固定顶点后怎样对齐棱和面。 后两项依据第 1.10 节，合起来才直接满足第 1.5 节的定义。

构造	顶点怎样对齐	在一个基准顶点怎样覆盖全部局部旗标
正四面体	任意顶点交换来自整体镜面反射	固定该顶点，任意排列其余三点，覆盖 $6$ 个标记
立方体	改变坐标符号	三坐标的 $6$ 种排列，对应 $6$ 个棱—面关联对
正八面体	改符号、置换坐标	四重旋转选面，镜面反射选其两侧之一，共 $8$ 个
正二十面体	改符号、循环坐标	五重旋转选面，镜面反射选其两侧之一，共 $10$ 个
正十二面体	用已证二十面体的整体对称	顶点—面反向对应将全部旗标一起传递

最后一行使用直接的旗标对应即可，不必强行重复前四行的动作。表中每项都会在对应小节用整个点集核对；不是只观察一个局部图案便假定整个立体也对称。

为什么常算平方距离？ 对非负长度 $r,s$ ， $r=s\iff r^2=s^2$ ，大小比较也等价。坐标差平方相加不含开方，故更容易精确核对。它只是计算方式，不能独自证明三点所在的三角形是凸包的面，也不能独自证明旗标传递性。

共球面为什么能包住整个凸包？ 设互异原始点 $v_i$ 全满足 $|v_i|=R>0$ ， $P=\operatorname{conv}\{v_i\}$ 。半径 $R$ 来自这些点的实际距离，不是随意选一个很大的常数。对任意 $x=\sum_i\lambda_i v_i\in P$ ，平方展开给出

$\sum_i\lambda_i|v_i|^2-|x|^2 =\frac12\sum_{i,j}\lambda_i\lambda_j|v_i-v_j|^2\ge0.$

左边第一项等于 $R^2$ ，所以 $|x|^2\le R^2$ 。这直接证明 $P$ 包含在实心球中，不需要预先引用未解释的范数不等式。球面是边界 $|x|=R$ ，实心球还包含 $|x|<R$ 的点；凸包通常在实心球内，不是整个落在球面上。

为什么每个原始点都是真顶点？ 固定 $v_i$ ，对另一个原始点 $v_j$ ，

$v_i\cdot v_j=R^2-\frac{|v_i-v_j|^2}{2}<R^2\quad(j\ne i).$

在全部原始点中，只有 $v_i$ 使 $v_i\cdot x=R^2$ ；凸组合取等条件又保证在整个凸包中也只有它取等。注意两个集合不同：

$H_i=\{x\in\mathbb R^3:v_i\cdot x=R^2\}, \qquad P\cap H_i=\{v_i\}.$

$H_i$ 本身仍是一张无限平面。若 $v_i=tA+(1-t)B$ ，其中 $A,B\in P$ 、 $0<t<1$ ，支撑不等式的取等条件迫使 $A,B$ 都在 $P\cap H_i$ ，只好 $A=B=v_i$ 。所以不存在将它夹在中间的两个不同凸包点，它就是顶点。

顶点当然也在某些面的边界上；这里排除的是“只处在棱中段或面内部的非顶点”。几何上 $H_i$ 正是球在 $v_i$ 处的切平面，也可直接核对它只碰球一个点：在 $|x|\le R$ 且 $v_i\cdot x=R^2$ 下， $|x-v_i|^2=|x|^2-R^2\le0$ ，只可能 $x=v_i$ 。

图 29｜二维截面类比：圆内的凸包与上方切线只共有红点。三维中换成球与切平面，单点接触的逻辑相同。

另一个独立工具来自已证明的欧拉公式。一般三维凸多面体每面至少三棱，每棱属于两面，所以 $3F\le2E$ ；由 $E=V+F-2$ 得

$\boxed{F\le2V-4}.$

它不假定正则性。后面找到二十个实际支撑面后，才用它排除更多面，因此不会循环使用“正二十面体已经存在”。

11.2 正四面体：四点、四个实际面与全部对称

取

$v_1=(1,1,1),\quad v_2=(1,-1,-1),\quad v_3=(-1,1,-1),\quad v_4=(-1,-1,1),$

令 $P=\operatorname{conv}\{v_1,v_2,v_3,v_4\}$ 。四点不共面：若都满足 $ax+by+cz=d$ ，用第一点分别减去其余三点，得到 $b+c=a+c=a+b=0$ ，从而 $a=b=c=0$ ，不可能是一张平面的方程。因此凸包是三维的。

四点平方半径都是 $3$ ，任意两点的点积为 $-1$ ，故平方距离为 $3+3-2(-1)=8$ ，六条边等长。

对每个 $i$ ，半空间 $v_i\cdot x\ge-1$ 包含全部四点，平面 $v_i\cdot x=-1$ 恰好包含其余三个点。因此这三个点的三角形是一个实际支撑面，而不是内部三角形。四个 $i$ 给出四个面； $V=4$ 时一般面数上界是 $4$ ，所以没有其他面。每个面是边长 $2\sqrt2$ 的等边三角形，每个顶点相交三面。

图 30｜四面体先由坐标构造，再用支撑平面确定面。绘图为投影，图上角度和长度不作为正则性的证明。

最后检验整体正则性。任选两个顶点，关于它们连线的垂直平分平面反射，会交换这两个顶点；另外两个顶点到它们距离相等，恰好在该平面上，保持不动。因此任意交换两个顶点都来自整个点集的空间对称。连续作这些交换可实现四顶点的任意排列。把旗标写成四个有顺序的不同顶点：第一点 $A$ 是所选顶点，第二点 $B$ 是所选棱的另一个端点，第三点 $C$ 是所选面的第三个顶点，第四点 $D$ 是剩余点。任意两个旗标对应两份四点排序；已证任意排列都可实现，故有同一个整体对称把 $A,B,C,D$ 一起移到目标排序，直接满足定义。若按第 1.10 节理解，则先移动所选顶点，再固定它排列另外三点，覆盖该顶点的全部六个旗标。

11.3 立方体与正八面体：坐标能把面写全

立方体。 取 $P=[-1,1]^3$ ，即 $-1\le x,y,z\le1$ 。它显然有界，原点周围有小球，且是六个半空间的交。

固定一个坐标为 $1$ 或 $-1$ ，另外两个坐标仍可在 $[-1,1]$ 中独立变化，得到六个边长 $2$ 的正方形面。除此之外不可能有新面：边界必须至少有一个坐标取端值；一片有面积的平面面不能只靠这些正方形的有限条交线拼成，必在其中一个平面内。八个顶点是全部 $(\pm1,\pm1,\pm1)$ ，每个顶点三面相交。

独立改变坐标正负号、互换三个坐标，都保持整个立方体。先用符号变化把目标顶点对齐；在 $(1,1,1)$ 处，每条棱由“哪个坐标允许变化”标记，每个面由“哪个坐标固定为 $1$ ”标记。棱在该面内，恰好要求这两个坐标不同。例如所选棱沿 $z$ 、所选面为 $x=1$ ，便是有序坐标对 $(z,x)$ 。共有 $3\times2=6$ 个这样的关联对；三坐标的置换可把任意有序不同坐标对移到另一个，同时保持顶点 $(1,1,1)$ 。所以该处六个旗标都对齐。故任意关联标记可整体对齐，立方体是凸正多面体。

正八面体。 取六点 $(\pm1,0,0),(0,\pm1,0),(0,0,\pm1)$ 的凸包 $P$ 。它等于

$|x|+|y|+|z|\le1.$

一方面，六点都满足该凸不等式；另一方面，满足式子的点可按权重 $|x|,|y|,|z|$ 混合相应的有符号坐标轴端点，剩余权重放在原点，而原点本身是 $(1,0,0),(-1,0,0)$ 的平均值。所以它确实在六点凸包中。

绝对值式等价于八个半空间 $s_1x+s_2y+s_3z\le1$ ，其中每个 $s_i=\pm1$ 独立选择。每个取等平面恰好交出三个对应轴端点组成的三角形。每条边长 $\sqrt2$ ，所以八个面全是全等的等边三角形。每个轴端点属于四个面。

图 31｜方盒的六个面和坐标轴端点的八个三角形面，都能由坐标不等式逐面写出。各体中金色高亮一个面。

符号变化和坐标置换可把任意轴端点移到 $(0,0,1)$ 。固定该顶点时，四个面由另外两个轴端点的符号 $(\pm1,\pm1)$ 标记。绕竖轴转 $90^\circ$ ，即 $(x,y,z)\mapsto(-y,x,z)$ ，轮换这四个面。选面后还有两条从顶点出发的棱可选；在 $x,y\ge0$ 的基准面内，关于 $x=y$ 反射交换两条棱，且保持顶点和该面。其他面处用已经写出的符号变化搬运同一反射。故四面各两种选择，共八个旗标全部覆盖。旋转和反射都排列整个六点集，不只是轮换局部示意图。因此顶点、棱、面可同时对齐，满足完整正则性标准。

11.4 正二十面体：黄金比例、两类支撑面与面数穷尽

先说明发现路线。 参数 $(p,q)=(3,5)$ 给出“每顶点有五个三角形”，计算预告应有十二顶点，但并未规定坐标。受五重结构启发，可以先设计“一个上极点、上层正五边形、下层错位正五边形、一个下极点”，即 $1+5+5+1$ 个点。这个布局仍是待验证的方案，不是仅凭 $q=5$ 强制得到的唯一布局。

图 32｜从五重局部结构提出双五边形设计。图中保留透明环线便于看清两层，包含背后的候选连线，不是实体遮挡图。正文先解等长参数，再接回支撑面与正则性证明。

为了看出等棱条件有解，把目标棱长取为 $2$ 。设两个正五边形半径为 $r$ ，分别位于高度 $z=h_0$ 、 $z=-h_0$ ；上层各点方位角为 $2\pi k/5$ ，下层整体错开 $\pi/5$ ；两极点高度为 $\pm H$ ，其中 $H>h_0>0$ 。三类候选棱的平方长度为

$\begin{aligned} \text{同层相邻点：}&\quad 4r^2\sin^2(\pi/5),\\ \text{两层最近点：}&\quad 4h_0^2+4r^2\sin^2(\pi/10),\\ \text{极点到同侧五点：}&\quad r^2+(H-h_0)^2. \end{aligned}$

每式的几何来源都可由直角三角形读出：同层弦长为两倍半径乘半圆心角的正弦；跨层棱再加高度差 $2h_0$ 的平方；极点连线的水平分量长 $r$ 。依次令三式为 $4$ ，就解得

$r=\frac1{\sin(\pi/5)},\quad h_0=\sqrt{1-r^2\sin^2(\pi/10)},\quad H=h_0+\sqrt{4-r^2}.$

这些不是画图调出的近似值。令 $\varphi=(1+\sqrt5)/2$ ，初等三角恒等式给出 $\cos(\pi/5)=\varphi/2$ ：设 $c=\cos(\pi/5)$ ，由 $\cos(3\pi/5)=-\cos(2\pi/5)$ 得 $(c+1)(4c^2-2c-1)=0$ ，用 $0<c<1$ 选出正根。

于是 $\sin(\pi/10)=(\varphi-1)/2$ ，代入可化为

$R=\sqrt{\varphi+2},\qquad h_0=\frac\varphi R,\quad r^2=R^2-h_0^2,\quad H=R.$

例如 $h_0^2=\varphi^2/(\varphi+2)>0$ 、 $4-r^2=(R-h_0)^2>0$ ，所取根均有几何意义； $H>h_0$ 因 $\varphi+2>\varphi$ 。

到此证明了候选等棱布局的参数相容，还没有证明全部实际面和整体正则性。第 11.5 节会将已验证的坐标点集沿顶点轴观察，得到恰好这两层五边形，从而把这条发现路线接回完整证明。

为什么又出现三个矩形？ 为了简化精确运算，可另试一套容易写出符号对称的点集

$S_t=\{(0,\pm1,\pm t),(\pm1,\pm t,0),(\pm t,0,\pm1)\},\qquad t>1.$

三组点分别在三个互相垂直的坐标平面，每组四点形成长宽比 $t$ 的矩形。选择这套布局是一项构造技巧， $12=4+4+4$ 仅说明点数凑得上，不能推出四点应排成矩形；更不能先假定所求立体已经存在、再拿其中心对称性证明存在。

图 33｜三组坐标各给出四个矩形顶点。本图把三张平面分别正视展开以免遮挡；长短比按成功参数 φ 绘制，但不能从图反推存在性。

取 $A=(0,1,t),B=(0,-1,t),C=(1,t,0)$ 。 $AB^2=4$ ，而 $AC^2=1+(t-1)^2+t^2$ 。把两条计划使用的候选棱设为等长，逐步得到

$1+(t-1)^2+t^2=4 \iff 2t^2-2t-2=0 \iff t^2-t-1=0.$

$t>1$ 选择正根 $t=\varphi$ 。但这里没有得到等边三角形 $ABC$ ：第三条线段

$BC^2=1+(t+1)^2+t^2, \qquad BC^2\big|_{t=\varphi}=4\varphi^2>4.$

所以原对话一度说“希望三角形 $ABC$ 等边”并不正确。这里 $AB$ 、 $AC$ 是从同一顶点出发的两条候选棱，未必是同一个三角形面的两边。真正包含 $AB$ 的第二类代表面，第三点将是 $(\varphi,0,1)$ ，不是上面的 $C$ 。

现在才固定 $t=\varphi$ ，开始实际验证。

令 $\varphi=(1+\sqrt5)/2$ ，则 $\varphi^2=\varphi+1$ 、 $\varphi(\varphi-1)=1$ 。取十二点

$S=\{(0,\pm1,\pm\varphi),\ (\pm1,\pm\varphi,0),\ (\pm\varphi,0,\pm1)\}, \qquad P=\operatorname{conv}S.$

每一对正负号独立选择，三种坐标形状各有四点，共十二点。后面逐项核对候选面真正位于凸包边界。

所有点平方半径为 $1+\varphi^2=\varphi+2$ ，故十二点都是实际顶点。点集关于原点对称，并且包含点对平均得到的 $\pm\varphi e_1,\pm\varphi e_2,\pm\varphi e_3$ ，其中 $e_i$ 是三个单位坐标轴方向；其凸包是一小个实心八面体，所以 $P$ 有三维内部。

置换三个坐标为 $(x,y,z)\mapsto(z,x,y)$ ，以及独立改变坐标正负号，都把 $S$ 保持不变；这些变换也保持凸包。只需先检查两类代表面。

第一类。 平面 $x+y+z=\varphi+1$ 。对任意 $S$ 中的点，左边只能是 $\pm1\pm\varphi$ ，都不大于 $\varphi+1$ 。恰有三个点取等：

$(0,1,\varphi),\quad(1,\varphi,0),\quad(\varphi,0,1).$

三个点的任意两点间平方距离都是

$1+(\varphi-1)^2+\varphi^2=4.$

因此它们是一个实际等边三角形支撑面。改变三坐标的符号得到八个不同支撑面，其法向量为 $(\pm1,\pm1,\pm1)$ 。

第二类。 取法向量 $n=(\varphi-1,0,\varphi)$ ，平面 $n\cdot x=\varphi+1$ 。分三种点坐标核对：

S 中的点形状	n 点积的可能值	取最大值的点数
$(0,\pm1,\pm\varphi)$	$\pm(\varphi+1)$	2
$(\pm1,\pm\varphi,0)$	$\pm(\varphi-1)$	0
$(\pm\varphi,0,\pm1)$	$\pm1\pm\varphi$	1

恰好三个取等点为 $(0,1,\varphi),(0,-1,\varphi),(\varphi,0,1)$ ，两两距离都是 $2$ 。改变非零坐标符号，再循环坐标，给出十二个不同支撑面，法向量为 $(\pm(\varphi-1),0,\pm\varphi)$ 的三种循环位置。

图 34｜黄金比例给出等棱候选；支撑平面不等式才保证这些三角形在凸包表面。不能从名字“二十面体”反推面数。

这两类已找到二十个不同的实际面。又因 $V=12$ ，第 11.1 节的面数上界是 $2\cdot12-4=20$ ，所以它们就是全部面。由欧拉公式 $E=12+20-2=30$ 。

符号变化和循环坐标可把十二点中的任一点移到任一点，所以每顶点面数相同；二十个三角形总共贡献六十次顶点—面关联，平均每顶点 $60/12=5$ 面。至此已经证明各面是全等等边三角形、每顶点五面，下面再补完整的整体对称，而不省略这一项。

11.5 五重旋转为什么保持整个二十面体

固定 $v=(0,1,\varphi)$ 。它的五个相邻顶点按循环次序是

$u_0=(0,-1,\varphi),\quad u_1=(\varphi,0,1),\quad u_2=(1,\varphi,0),\quad u_3=(-1,\varphi,0),\quad u_4=(-\varphi,0,1).$

上式五点都统一记为 $u_i$ ，下标 $i=0,1,2,3,4$ 。它们确为邻点：前节两类支撑面中，包含 $v$ 的五个三角形依次是 $vu_i u_{i+1}$ ，下标按模 $5$ 循环。

直接代入点积与距离公式，得到

$v\cdot u_i=\varphi,\quad |u_i|^2=\varphi+2, \quad |u_i-u_{i+1}|^2=4, \quad |u_i-u_{i+2}|^2=4\varphi^2.$

因此五点都在垂直于轴 $Ov$ 的同一平面 $v\cdot x=\varphi$ ，又都在以 $O$ 为心的同一球面上，故位于两者相交的同一个圆上。圆心是轴与该平面的交点。

五条短弦长 $2$ ，其余五条长弦长 $2\varphi>2$ 。最短弦的较小圆弧里不能还藏着另一点，否则会有更短的弦。因此列出的短弦按圆周顺序连接五点。等弦对应等圆心角，五个角合计一圈，所以每个为 $72^\circ$ ；这证明五点构成正五边形，而不是仅凭图形认定。

图 35｜这是从顶点轴方向看五个邻点的正视图。旋转不仅轮换此五边形，还轮换相反的五边形，故保持整个十二点集。

现在看整个十二点集，而不只看这一个五边形：

$S=\{v,-v\}\ \cup\ \{u_0,\ldots,u_4\}\ \cup\ \{-u_0,\ldots,-u_4\}.$

绕轴 $Ov$ 转 $72^\circ$ ，固定 $v,-v$ ，轮换五个 $u_i$ ，同时轮换五个 $-u_i$ ，所以保持全部十二点，进而保持整个凸包。经过轴和某个 $u_i$ 的镜面反射，也保持这两个正五边形及两个轴点。

正五边形的每条镜轴都经过一个顶点和对面边中点，所以前面这些镜面也包含各关联三角形的面中心方向。

把前面的双五边形设计接回实物。 沿 $Ov$ 选新竖轴，单位方向为 $v/R$ ，其中 $R=\sqrt{\varphi+2}$ 。因为 $v\cdot u_i=\varphi$ ，五个 $u_i$ 的高度都是 $h_0=\varphi/R$ ，半径平方为 $r^2=R^2-h_0^2$ ； $-u_i$ 的高度为 $-h_0$ 。负号使平面内角度多出 $\pi$ ，模五边形步长 $2\pi/5$ 后等于错开 $\pi/5$ ；两极点 $\pm v$ 高度为 $\pm R$ 。这与第 11.4 节解出的 $r,h_0,H$ 完全相同，至多差绕轴选起始角或镜像。因此已验证的十二点凸包，恰好也实现了 $1+5+5+1$ 的设计。

在固定顶点 $v$ 处，五重旋转可轮换五个关联三角形；关于该轴与一个面中心方向的镜面反射可交换该面上从 $v$ 发出的两条棱。具体编号 $f_i=vu_iu_{i+1}$ ： $72^\circ$ 旋转把 $f_i$ 移到 $f_{i+1}$ 。给定目标面 $f_j$ ，先旋转选到它；若标记棱落在 $vu_j$ 而目标是 $vu_{j+1}$ ，再关于经过轴与弦 $u_ju_{j+1}$ 中点的平面反射。正五边形有五条镜轴；经过边中点的镜轴也经过对面顶点，故正是前面已验证保持整个十二点集的镜面之一。它保持 $f_j$ 并交换这两条棱。五个面各两种选择，共十种局部旗标全部覆盖。再结合前节把任意顶点移到任意顶点的符号变化与循环坐标，得到整个立体任意关联标记可对齐。故它确为第 1.5 节定义的凸正二十面体。

11.6 正十二面体：不用一句“取对偶”带过

把二十面体二十个面所用的法向量组成点集

$N=\{(\pm1,\pm1,\pm1)\} \ \cup\ \{(\pm(\varphi-1),0,\pm\varphi)\text{ 的三种循环位置}\}.$

令 $h=\varphi+1$ 、 $D=\operatorname{conv}N$ 。八点加十二点，一共二十点；第一类点平方半径为 $1+1+1=3$ ；第二类为 $(\varphi-1)^2+\varphi^2=(2-\varphi)+(\varphi+1)=3$ 。所以二十点都是实际顶点。 $N$ 包含立方体的八顶点，故 $D$ 含有三维内部。

这与“取二十面体面中心”是什么关系？每个三角形的顶点平均值是其中心。对第一类代表面，三点之和为 $h(1,1,1)$ ；对第二类代表面，三点之和为 $h(\varphi-1,0,\varphi)$ 。符号与坐标变换保持这个关系，所以所有面中心恰为 $(h/3)n$ ， $n\in N$ 。因此面中心凸包只是 $D$ 的统一缩放版本。没有把任意多面体的面中心构造说成一般极对偶定理。

先证明一个稍后会用的小引理。 非空、有界的有限半空间交等于其顶点的凸包。给定其中一点 $y$ ，把在此点取等的限制叫“活跃限制”。若这些等式已经唯一确定 $y$ ，它就是顶点：若 $y$ 夹在两个可行点中间，所有活跃等式必须在两端也成立，两端只好都等于 $y$ 。

若还不能唯一确定，选一条保持现有活跃等式的非零方向，沿正、反两向走到可行范围的端点。有界性保证两个端点都能在有限距离达到；剩余有限个严格不等式保证开始时两边都能走一点。 $y$ 是这两个端点的凸组合。

每个端点至少多出一个真正限制这条方向的等式，所以允许活动的方向至少少一维：三维、平面、直线，最多经过三层就没有可走方向。反复分解后， $y$ 是有限个顶点的凸组合。顶点有限，因为每个顶点由三个独立的活跃平面确定，而平面只有有限张。引理证毕。这也解释精确检查程序为何只需枚举三个约束平面的交点。

确定 D 的全部实际面。 考虑另一个明确给出的凸体

$K=\{y:v\cdot y\le h\text{ 对每个 }v\in S\}.$

前面的支撑面核对已证明，每个 $n\in N$ 都满足所有这些限制，所以 $D\subseteq K$ 。原点严格满足限制；又因为 $\pm\varphi e_i\in P=\operatorname{conv}S$ ，这些不等式推出 $|y_i|\le h/\varphi$ ，所以 $K$ 有界且内部非空。

取 $K$ 的任意顶点 $y$ 。它至少有三个独立的活跃约束，否则存在保持全部活跃等式的一条方向，稍微向正、反走都仍可行， $y$ 就不是顶点。

三个活跃的 $v$ 满足 $v\cdot y=h$ ，它们不共线；这说明平面 $x\cdot y=h$ 在原二十面体 $P$ 上支撑出一个有面积的面。 $P$ 的实际面已经全部确定，必是二十个三角形之一，设其法向量为 $n\in N$ 。三个独立的一次方程同时被 $y,n$ 满足，故 $y=n$ 。

所以 $K$ 的所有顶点都在 $N$ 中。由刚证的小引理， $K\subseteq\operatorname{conv}N=D$ ；结合反向包含，得到 $D=K$ 。这一步排除了凸包表面还出现未列出的面。

对固定 $v\in S$ ，平面 $v\cdot y=h$ 恰好包含原二十面体中经过 $v$ 的五个面法向量，所以在 $D$ 上得到一个五边形支撑面。它们平方半径都为 $3$ ，且位于同一平面，故在一个圆上。第 11.5 节的 $72^\circ$ 旋转轮换它们，它们是等间隔的五个点，形成正五边形。

图 36｜十二面体由明确点集构造，再证明等于十二个半空间的交；“取面中心”只是它的统一缩放描述，不能代替面与正则性的验证。

十二个 $v$ 给出十二个真正的五边形面，而且没有其他面。理由也可直接从 $D=K$ 看出：任何面上的点都必须至少使一个半空间限制取等；有限张不同平面与一张新面平面的交线，不能铺满一个有面积的面，故每个面必在这十二个约束平面之一。

这十二个面全等，因为原二十面体的对称可将任意 $v$ 移到任意另一个顶点，也将对应的五边形整体移过去。每个 $n\in N$ 只对应原来一个三角形的三个顶点，恰有三个 $v$ 满足 $v\cdot n=h$ ，所以每个新顶点恰相交三面。于是 $V=20,F=12,E=30$ 。

最后检验完整正则性。 原二十面体的顶点 $v$ 对应新体的五边形面，原面法向量 $n$ 对应新体的顶点，两者关联恰好是 $v\cdot n=h$ 。原来两三角形共有的棱，对应新体中连接两法向量顶点的棱。于是原来的“顶点—棱—面”标记，与新体的“面—棱—顶点”标记一一对应。

原二十面体的任意对称都保持 $S$ 、全部支撑面和 $N$ ，因而保持 $D$ 。更明确地，把新体旗标反向读成原体旗标，先在原体中找到已证明存在的那个整体对称 $Q$ ；它保持点积， $Qv\cdot Qn=v\cdot n$ ，所以同时保持新顶点、新棱及新面的关联，并把新旗标三项一起送到目标。原体任意关联标记可对齐，新体也一样。因此 $D$ 满足完整正则性标准，确为凸正十二面体。这里“对偶”只是在已证明的构造之后，给这种顶点与面互换的对应起名字。

11.7 精确复核是什么，能证明到哪一步

本版的复核不再只用浮点数和误差阈值。所有坐标都在形如 $a+b\varphi$ 的数中，其中 $a,b$ 为有理数，运算只用 $\varphi^2=\varphi+1$ 化简。比较大小时转为 $u+v\sqrt5$ ，根据符号及 $u^2$ 与 $5v^2$ 的精确比较判定，不取小数近似。

程序穷举点集中三个点决定的候选支撑平面，精确核对哪些点取等；核对面内边长、内角点积以及顶点面数；再对所有关联标记核对第 10.1 节的点积表，并验证对应刚性变换确实排列整个点集。结果是：

立体	V	E	F	从一个固定标记出发核对的全部标记数
正四面体	4	6	4	24
立方体	8	12	6	48
正八面体	6	12	8	48
正二十面体	12	30	20	120
正十二面体	20	30	12	120

还对 $K$ 的十二个约束枚举了全部 $\binom{12}{3}=220$ 组三约束，确认可行交点恰为所列二十点，并精确核对邻点五边形的边与对角线平方长度。

这是一份有限、无容差的计算证书，读者可运行本版精确构造核对脚本（本地资料）复算。它补充前面的纸面证明，不替代定义、一般引理或本节之后的唯一性论证。图片绘制才使用小数近似。

11.8 同一组参数为什么只有一种：用空间坐标补完唯一性

这一节不再直接引用未解释的“球面三角形按角唯一”。只使用第 10.1 节的点积、平面夹角和已定义的整体正则性。

先固定中心。 取全部顶点的平均位置为 $O$ 。任何整个立体的对称都会排列全部顶点，因此保持这个平均位置。 $O$ 在内部：对任一面支撑不等式，所有顶点都满足，至少一个严格满足，否则全部顶点共面；平均值就严格满足每个面限制。

取一组关联标记：顶点 $A$ 、棱中点 $M$ 、面中心 $C$ 。面中心是正多边形顶点的平均值。因为该面的顶点可由保持此面的整体对称互相轮换，这些对称都固定 $O$ ，所以 $O$ 到面各顶点距离相同， $OC$ 垂直于面。正多边形中心到一条边中点的线段又垂直于该边，所以 $CM\perp MA$ 。

统一缩放，使半条棱长 $MA=1$ 。选坐标轴后，可以写成

$O=(0,0,0),\quad C=(0,0,h),\quad M=(d,0,h),\quad A=(d,1,h),\qquad d,h>0.$

在正 $p$ 边形内，中心—棱中点—顶点的直角三角形中，中心角是 $\pi/p$ ，故

$d=\cot(\pi/p).$

图 37｜左图仅示意 O、C、M、A 的位置关系，透视角度不按比例；右图以 q=3 画出绕顶点轴的六个等角扇区。正文用点积求出唯一的 d、h。

再绕轴 $OA$ 看一圈。该顶点周围的 $q$ 个面各被“面中心方向”分为两块，共有 $2q$ 个关联标记扇区；它们来自凸体表面的径向投影，完整围住该方向，既不重叠也不留下缝隙。固定 $A$ 的整体对称能将这些标记任意对齐，并固定 $O$ ，所以这 $2q$ 个绕轴扇区的角度相同，每个为 $2\pi/(2q)=\pi/q$ 。