空間裡能否找到乙個正方體和乙個平面，使得正方體各頂點到平面的距離恰好為零至七這八個整數？

1樓：蘋果味梨子

可以這麼理解，立方體和乙個指定平面的方位（純看距離的話）有五個自由度：中心點到平面距離，邊長，空間角度（算三個）。所以八個頂點裡有五個頂點到平面的距離可以任選，但是剩下三個需要由這五個來決定。

挑一種情況，八個點到平面距離由小到大依次是d0,d1,d2,d3,d4,d5,d6,d7. d0至d3以及d7可以分別取任何實數，但是剩下的三個需要滿足d6＋d1＝d0+d7,d5＋d2＝d0＋d7,......

題主說得分別取0-7是滿足以上條件的，所以肯定可以實現

2樓：大鈾子

設正方體各頂點序號為零至七，序號即題目距離，以零點為原點，一二四點為方向作直角座標系。設一點，二點為，四點為，設平面法向量。

由點到平面距離公式得：，解得法向量，。

因為平面經過零點，所以得到平面點法式。

3樓：靈劍

隨便找乙個稜長為7的立方體，四條側稜按逆時針順序，取距離底面0 1 3 2位置的點，顯然四點共面（考慮對角線兩個點，它們的中點重合，所以是個平行四邊形），所以立方體八個頂點到這個四邊形所在平面距離的比例剛好是0:1:3:

2:7:6:

4:5（因為所有側稜都平行，所以擷取側稜長和距離成比例），接下來縮放一下這個立方體就行了。

4樓：Stars17

不妨設正方體頂點為座標原點，三條稜分別與三個空間座標軸重合。

如果能找到線性變換滿足：

那麼取正方體稜長，平面為即可，因為點到平面的距離為：

正好為。

可取正方體稜長，平面為。

5樓：

上面的回答很棒。比如, , , , , , , }這組解，大概長這樣，還是蠻神奇的。

6樓：

可以的。模掉對稱性的話，一共有4種放法。

放入x,y,z座標系。不妨設平面是S= ，正方體乙個頂點是原點o。於o相鄰的頂點為 v_1,v_2,v_3. 那麼所有的頂點為

o,v_1,v_2,v_3,v_1+v_2, v_1+v_3,v_2+v_3,v_1+v_2+v_3.

記錄v_i=(x_i,y_i,z_i)。那麼頂點到S 的距離是

0, |z_1|,|z_2|,|z_3|, |z_1+z_2|,|z_1+z_3|,|z_2+z_3|, |z_1+z_2+z_3|.

他們是 0,...,7的乙個排列。

記 A=z_1^2+z_2^2+z_3^2, B=(z_1+z_2)^2+(z_1+z_3)^2+(z_2+z_3)^2, C=(z_1+z_2+z_3)^2

有 A+B+C=1^2+...+7^2=7*4*5.

注意到 A+C=B. 所有B＝(A+B+C)/2＝70。

現在在 1^2,...,7^2中挑3個數是，它使得他們的和為70.

注意到， 1^2,...,7^2模5 只能是 1,-1,0.其中只有 5^2 mod 5=0. 所有要想和mod 5為0，必須有5。

剩下兩個數是 u>v. 有u+v=70-25=45。所以 45>u >45/2 且不等於 25。所以只能是6^2。這時v=3^2可以有

3^2+5^2+6^2=70=1^2+2^2+4^2+7^2.

由對稱性，不妨設 z_1+z_2=6(如果是-6，我們把z軸反一下). 不妨設 |z_1|<|z_2|.

另外有|z_1+z_3|, |z_1+z_2|是3，5 的乙個排列， |z_1|,|z_2|,|z_3|,|z_1+z_2+z_3|是 1，2，4，7的乙個排列。

容易驗算出所有可行解是

(z_1,z_2,z_2)=(2,4,-7),(2,4,1),(-1,7,-2),(-1,7,-4)。

對每個可行解，我們可以構造乙個矩陣＝正交矩陣的倍數，使得它的最後一行是恰好是這組解。那麼它的列就是v_1,v_2,v_3. 注意到，這樣的矩陣沒有唯一性，但是不同的矩陣對應的正方體只相差乙個沿著z軸的旋轉，或沿過z軸的乙個平面的反射，所以模掉對稱後是同様的放法。