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一个多面体，不管选定它的哪一面并将其向四周延伸，其余各面都在该面的同一侧，则这个多面体叫做凸多面体。凸多面体具有一个很重要的性质——欧拉定理：凸多面体的顶点数为V，棱数为E，面数为F，则：F+V-E=2。
众所周知，正多面体共有五种：正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体和正二十面体，前人对这些结果已给予论证，然而，由边数不同而边长相等的正多边形构成的凸多面体，结果将是何种情形？
一、边长相同的正n1边形与正n2边形构成的凸多面体（n1≠n2）
1.同一顶点处只有三条棱，且每一顶点处只有一个正n1边形和两个正n2边形的类型。
例如，足球模型正是如此类型之一，一个足球可以看成是由边长相等的正五边形和正六边形构成的凸多面体，每个正五边形的周围都是正六边形，且每一顶点处只有一个正五边形和两个正六边形。除此之外，是否还存在别的类似于足球模型的凸多面体呢？
设一个凸多面体由正n1边形和正n2边形构成（n1≠n2），且正n1边形的周围都是正n2边形，每个顶点处都只有一个正n1边形和两个正n2边形。以下从两方面分析n1和n2的取值：
分析一：因为一个顶点处只有三条棱，即是一个顶点处只有正n1边形的一个内角和正n2边形的两个内角，所以正n2边形的两个内角之和必须大于正n1边形的一个内角，且这三个内角之和必须小于360°。
分析二：若n2是奇数，不妨设n2=5，即是正n1边形的周围都是正五边形，如图1，正五边形ABCDE的边AB、CD边分别与正五边形相接，边BC、DE分别与正n1边形相接，而边AE边不管是与正五边形还是正n1边形相接，都不能与“任一顶点处只有一个正n1边形和两个正五边形”这一条件相符，因而，n2=5不成立。同理可证得n2是奇数都不成立。
综合以上两个分析，再结合欧拉定理，分析探究得出n1与n2的取值有以下结论：
（1）当n1∈{x|x≥3，x∈N}，n2=4时，这时的凸多面体是正n1棱柱（其中n1=4时，即为前面所述的正方体）。
（2）当n1=3，n2=6时，设构成这个凸多面体有x个正三边形，y个正六边形，z条棱，m个顶点。因为任两个正三边形不相邻，每个顶点处有两个正六边形，每个顶点处有三条棱，每条棱有2个顶点，则有：3x=m，6y=2m，2z=3m。
由欧拉定理得：x+y+m-z=2，所以， + +m- =2。
解得：m=12，x=4，y=4。
即该多面体是由4个正三边形和4个正六边形构成，每个正三边形的周围都是正六边形。
同理证得以下结论：
（3）n1=3，n2=8，该多面体是由8个正三边形和6个正八边形构成，每个正三边形的周围都是正八边形。
（4）n1=3，n2=10，该多面体是由20个正三边形和12个正十边形构成，每个正三边形的周围都是正十边形。
（5）n1=4，n2=6，该多面体是由6个正四边形和8个正六边形构成，每个正四边形的周围都是正六边形。
（6）n1=5，n2=6，（即是前面所述的足球模型），是由12个正五边形和20个正六边形构成成。
2.同一顶点处只有四条棱，且边数相同的两个正多边形不相邻的类型。
每个顶点处有正n1边形的两个内角和正n2边形的两个内角（n1≠n2），且相等的两个内角不相邻。设正n1边形的内角为α，正n2边形的内角为β，如图2，因为2α+2β<360°，即α+β<180°，所以只有正三边形和正四边形，或者正三边形和正五边形两种可能结果。
（1）当n1=3，n2=4时，设构成这个凸多面体有x个正三边形，y个正四边形，z条棱，m个顶点，则有：3x=2m，4y=2m，2z=4m。
由欧拉定理得：x+y+m-z=2。
即： + +m-2m=2。
解得：m=12，x=8，y=6。
因而一个凸多面体可以由8个正三边形与6个正四边形构成，且任两个正三边形（或正四边形）没有公共棱。
（2）当n1=3，n2=5时，同理可得，由20个正三边形与12个正五边形构成一个凸多面体，且任两个正三边形（或正五边形）没有公共棱。
二、边长相同的正n1边形、正n2边形、正n3边形构成的凸多面体（n1、n2、n3互不相等）
这里只讨论每个顶点处只有三条棱，且每个顶点是三个不同边形的公共点的类型。
1.当n1（或n2、n3）是奇数时，不妨设n1=3，如图3，若AB边与正n2边形相接，则BC边与正n3边形相接，而AC边无论与正n1边形、或正n2边形还是正n3边形相接都不能与“每个顶点是三个不同边形的公共点”这一条件相符，因而，当n1=3时不成立，同理可证得当n1（或n2、n3）是奇数时，这样的凸多面体不存在。
2.当n1（或n2、n3）是偶数时，结合以下三个条件：①从一个顶点出发的三个内角之和小于360°，②两个最小内角之和大于第三个内角；③n1、n2、n3互不相等。因而这三个正多边形只可能是正四边形、正六边形、正八边形，或者正四边形、正六边形、正十边形两种结果。
（1）当n1=4，n2=6，n3=8时，设这个凸多面体是由x个正四边形、y个正六边形、z个正八边形构成，共有m个顶点，s条棱，则有：4x=m，6y=m，8z=m，2s=3m。
由欧拉定理得：x+y+z+m-s=2。
即： + + +m- =2，
解得m=48，x=12，y=8，z=6。
因而这个凸多面体是由边长相等的12个正四边形、8个正六边形、6个正八边形构成，且任两个边数相同的正多边形不相邻。
（2）当n1=4，n2=6，n3=10时，同理可证得：该凸多面体是由边长相等的30个正四边形、20个正六边形、12个正十边形构成，且任两个边数相同的正多边形不相邻。
众所周知，正多面体共有五种：正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体和正二十面体，前人对这些结果已给予论证，然而，由边数不同而边长相等的正多边形构成的凸多面体，结果将是何种情形？
一、边长相同的正n1边形与正n2边形构成的凸多面体（n1≠n2）
1.同一顶点处只有三条棱，且每一顶点处只有一个正n1边形和两个正n2边形的类型。
例如，足球模型正是如此类型之一，一个足球可以看成是由边长相等的正五边形和正六边形构成的凸多面体，每个正五边形的周围都是正六边形，且每一顶点处只有一个正五边形和两个正六边形。除此之外，是否还存在别的类似于足球模型的凸多面体呢？
设一个凸多面体由正n1边形和正n2边形构成（n1≠n2），且正n1边形的周围都是正n2边形，每个顶点处都只有一个正n1边形和两个正n2边形。以下从两方面分析n1和n2的取值：
分析一：因为一个顶点处只有三条棱，即是一个顶点处只有正n1边形的一个内角和正n2边形的两个内角，所以正n2边形的两个内角之和必须大于正n1边形的一个内角，且这三个内角之和必须小于360°。
分析二：若n2是奇数，不妨设n2=5，即是正n1边形的周围都是正五边形，如图1，正五边形ABCDE的边AB、CD边分别与正五边形相接，边BC、DE分别与正n1边形相接，而边AE边不管是与正五边形还是正n1边形相接，都不能与“任一顶点处只有一个正n1边形和两个正五边形”这一条件相符，因而，n2=5不成立。同理可证得n2是奇数都不成立。
综合以上两个分析，再结合欧拉定理，分析探究得出n1与n2的取值有以下结论：
（1）当n1∈{x|x≥3，x∈N}，n2=4时，这时的凸多面体是正n1棱柱（其中n1=4时，即为前面所述的正方体）。
（2）当n1=3，n2=6时，设构成这个凸多面体有x个正三边形，y个正六边形，z条棱，m个顶点。因为任两个正三边形不相邻，每个顶点处有两个正六边形，每个顶点处有三条棱，每条棱有2个顶点，则有：3x=m，6y=2m，2z=3m。
由欧拉定理得：x+y+m-z=2，所以， + +m- =2。
解得：m=12，x=4，y=4。
即该多面体是由4个正三边形和4个正六边形构成，每个正三边形的周围都是正六边形。
同理证得以下结论：
（3）n1=3，n2=8，该多面体是由8个正三边形和6个正八边形构成，每个正三边形的周围都是正八边形。
（4）n1=3，n2=10，该多面体是由20个正三边形和12个正十边形构成，每个正三边形的周围都是正十边形。
（5）n1=4，n2=6，该多面体是由6个正四边形和8个正六边形构成，每个正四边形的周围都是正六边形。
（6）n1=5，n2=6，（即是前面所述的足球模型），是由12个正五边形和20个正六边形构成成。
2.同一顶点处只有四条棱，且边数相同的两个正多边形不相邻的类型。
每个顶点处有正n1边形的两个内角和正n2边形的两个内角（n1≠n2），且相等的两个内角不相邻。设正n1边形的内角为α，正n2边形的内角为β，如图2，因为2α+2β<360°，即α+β<180°，所以只有正三边形和正四边形，或者正三边形和正五边形两种可能结果。
（1）当n1=3，n2=4时，设构成这个凸多面体有x个正三边形，y个正四边形，z条棱，m个顶点，则有：3x=2m，4y=2m，2z=4m。
由欧拉定理得：x+y+m-z=2。
即： + +m-2m=2。
解得：m=12，x=8，y=6。
因而一个凸多面体可以由8个正三边形与6个正四边形构成，且任两个正三边形（或正四边形）没有公共棱。
（2）当n1=3，n2=5时，同理可得，由20个正三边形与12个正五边形构成一个凸多面体，且任两个正三边形（或正五边形）没有公共棱。
二、边长相同的正n1边形、正n2边形、正n3边形构成的凸多面体（n1、n2、n3互不相等）
这里只讨论每个顶点处只有三条棱，且每个顶点是三个不同边形的公共点的类型。
1.当n1（或n2、n3）是奇数时，不妨设n1=3，如图3，若AB边与正n2边形相接，则BC边与正n3边形相接，而AC边无论与正n1边形、或正n2边形还是正n3边形相接都不能与“每个顶点是三个不同边形的公共点”这一条件相符，因而，当n1=3时不成立，同理可证得当n1（或n2、n3）是奇数时，这样的凸多面体不存在。
2.当n1（或n2、n3）是偶数时，结合以下三个条件：①从一个顶点出发的三个内角之和小于360°，②两个最小内角之和大于第三个内角；③n1、n2、n3互不相等。因而这三个正多边形只可能是正四边形、正六边形、正八边形，或者正四边形、正六边形、正十边形两种结果。
（1）当n1=4，n2=6，n3=8时，设这个凸多面体是由x个正四边形、y个正六边形、z个正八边形构成，共有m个顶点，s条棱，则有：4x=m，6y=m，8z=m，2s=3m。
由欧拉定理得：x+y+z+m-s=2。
即： + + +m- =2，
解得m=48，x=12，y=8，z=6。
因而这个凸多面体是由边长相等的12个正四边形、8个正六边形、6个正八边形构成，且任两个边数相同的正多边形不相邻。
（2）当n1=4，n2=6，n3=10时，同理可证得：该凸多面体是由边长相等的30个正四边形、20个正六边形、12个正十边形构成，且任两个边数相同的正多边形不相邻。