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每日一题：2026-06-10

题目

已知集合 Rn={(x1,x2,…,xn)∣xi∈R,i=1,2,…,n} (n≥1)R^n=\left\{(x_1,x_2,\dots,x_n)\big|x_i\in R,i=1,2,\dots,n\right\}\ (n\geq1)，定义 RnR^n 上两点 A(a1,a2,…,an)A(a_1,a_2,\dots,a_n)，B(b1,b2,…,bn)B(b_1,b_2,\dots,b_n) 的距离 d(A,B)=∑i=1n∣ai−bi∣\displaystyle d(A,B)=\sum_{i=1}^n |a_i-b_i|.

(1) 当 n=2n=2 时，以下命题正确的有 ‾\underline{\quad\quad\quad}（不需证明）：

① 若 A(1,2)A(1,2)，B(4,6)B(4,6)，则 d(A,B)=7d(A,B)=7；

② 在 △ABC\triangle ABC 中，若 ∠C=90∘\angle C=90^\circ，则 [d(A,C)]2+[d(C,B)]2=[d(A,B)]2[d(A,C)]^2+[d(C,B)]^2=[d(A,B)]^2；

③ 在 △ABC\triangle ABC 中，若 d(A,B)=d(A,C)d(A,B)=d(A,C)，则 ∠B=∠C\angle B=\angle C；

(2) 当 n=2n=2 时，证明 R2R^2 中任意三点 A,B,CA,B,C 满足关系 d(A,B)≤d(A,C)+d(C,B)d(A,B)\leq d(A,C)+d(C,B)；

(3) 当 n=3n=3 时，设 A(0,0,0)A(0,0,0)，B(4,4,4)B(4,4,4)，P(x,y,z)P(x,y,z)，其中 x,y,z∈Zx,y,z\in Z，d(A,P)+d(P,B)=d(A,B)d(A,P)+d(P,B)=d(A,B). 求满足要求的 PP 点的个数 nn，并证明从这 nn 个点中任取 11 个点，其中必存在 4 个点，它们共面或者以它们为顶点的三棱锥体积不大于 83\dfrac{8}{3}.

参考解答

解析：

(1) ① 根据新定义直接计算．② 根据新定义，写出等式两边的表达式，观察它们是否相同，即可判断；③ 由新定义写出等式 d(A,B)=d(A,C)d(A,B)=d(A,C) 的表达式，观察有无 ∣AB∣=∣AC∣|AB|=|AC|；

(2) 由新定义，写出不等式两边的表达式，根据绝对值的性质证明；

(3) 根据新定义及绝对值的性质得 PP 点是以 ABAB 为体对角线的正方体的表面和内部的整数点，共 125 个，把它们分布在五个平面 (z=0,1,2,3,4)(z=0,1,2,3,4) 上，通过抽屉原理分类讨论可得．

详细解答：

(1) 当 n=2n=2 时，

① 若 A(1,2)A(1,2)，B(4,6)B(4,6)，则 d(A,B)=∣4−1∣+∣6−2∣=3+4=7d(A,B)=|4-1|+|6-2|=3+4=7，故①正确．

② 命题②错误，分析如下：

在 △ABC\triangle ABC 中，设 A(x1,y1)A(x_1,y_1)，B(x2,y2)B(x_2,y_2)，C(x3,y3)C(x_3,y_3)．

由新定义：

[d(A,B)]2=(∣x1−x2∣+∣y1−y2∣)2=(x1−x2)2+(y1−y2)2+2∣(x1−x2)(y1−y2)∣,\begin{aligned} [d(A,B)]^2 &=\big(|x_1-x_2|+|y_1-y_2|\big)^2 \\ &= (x_1-x_2)^2+(y_1-y_2)^2+2|(x_1-x_2)(y_1-y_2)|, \end{aligned}

[d(A,C)]2+[d(C,B)]2=(∣x1−x3∣+∣y1−y3∣)2+(∣x2−x3∣+∣y2−y3∣)2=(x1−x3)2+(y1−y3)2+2∣(x1−x3)(y1−y3)∣+(x2−x3)2+(y2−y3)2+2∣(x2−x3)(y2−y3)∣.\begin{aligned} [d(A,C)]^2+[d(C,B)]^2 &=\big(|x_1-x_3|+|y_1-y_3|\big)^2 + \big(|x_2-x_3|+|y_2-y_3|\big)^2 \\ &= (x_1-x_3)^2+(y_1-y_3)^2 + 2|(x_1-x_3)(y_1-y_3)| \\ &\quad + (x_2-x_3)^2+(y_2-y_3)^2 + 2|(x_2-x_3)(y_2-y_3)|. \end{aligned}

由 ∠C=90∘\angle C=90^\circ 得欧氏距离勾股定理：

(x1−x3)2+(y1−y3)2+(x2−x3)2+(y2−y3)2=(x1−x2)2+(y1−y2)2,(x_1-x_3)^2+(y_1-y_3)^2+(x_2-x_3)^2+(y_2-y_3)^2=(x_1-x_2)^2+(y_1-y_2)^2,

代入得：

[d(A,C)]2+[d(C,B)]2=(x1−x2)2+(y1−y2)2+2[∣(x1−x3)(y1−y3)∣+∣(x2−x3)(y2−y3)∣].[d(A,C)]^2+[d(C,B)]^2=(x_1-x_2)^2+(y_1-y_2)^2 + 2\big[|(x_1-x_3)(y_1-y_3)|+|(x_2-x_3)(y_2-y_3)|\big].

但 2[∣(x1−x3)(y1−y3)∣+∣(x2−x3)(y2−y3)∣]=2∣(x1−x2)(y1−y2)∣2\big[|(x_1-x_3)(y_1-y_3)|+|(x_2-x_3)(y_2-y_3)|\big]=2|(x_1-x_2)(y_1-y_2)| 不一定成立，故 [d(A,C)]2+[d(C,B)]2=[d(A,B)]2[d(A,C)]^2+[d(C,B)]^2=[d(A,B)]^2 不一定成立，命题②错误．

③ 命题③错误，分析如下：

若 d(A,B)=d(A,C)d(A,B)=d(A,C)，根据新定义：

∣x1−x2∣+∣y1−y2∣=∣x1−x3∣+∣y1−y3∣.|x_1-x_2|+|y_1-y_2|=|x_1-x_3|+|y_1-y_3|.

但由此不能推出 ∣AB∣=∣AC∣|AB|=|AC|（欧氏距离），从而 ∠B=∠C\angle B=\angle C 不一定成立，命题③错误．

综上，仅有命题①正确，故填 ①\boldsymbol{①}．

(2) 当 n=2n=2 时，设 A(x1,y1)A(x_1,y_1)，B(x2,y2)B(x_2,y_2)，C(x3,y3)C(x_3,y_3)．

由绝对值的三角不等式：

∣x1−x3∣+∣x3−x2∣≥∣x1−x2∣,∣y1−y3∣+∣y3−y2∣≥∣y1−y2∣.|x_1-x_3|+|x_3-x_2|\geq|x_1-x_2|,\quad |y_1-y_3|+|y_3-y_2|\geq|y_1-y_2|.

将两式左右分别相加：

(∣x1−x3∣+∣y1−y3∣)+(∣x3−x2∣+∣y3−y2∣)≥∣x1−x2∣+∣y1−y2∣.\big(|x_1-x_3|+|y_1-y_3|\big) + \big(|x_3-x_2|+|y_3-y_2|\big) \geq |x_1-x_2|+|y_1-y_2|.

由新定义 d(X,Y)=∑i=12∣xi−yi∣d(X,Y)=\sum_{i=1}^2|x_i-y_i| 得：

d(A,C)+d(C,B)≥d(A,B),d(A,C)+d(C,B)\geq d(A,B),

即 d(A,B)≤d(A,C)+d(C,B)d(A,B)\leq d(A,C)+d(C,B)，不等式得证．

(3) ① 确定 PP 点的取值范围并计算个数

d(A,B)=∣4−0∣+∣4−0∣+∣4−0∣=12d(A,B)=|4-0|+|4-0|+|4-0|=12．

对任意 P(x,y,z)P(x,y,z)，由绝对值性质：对任意实数 tt，∣t∣+∣t−4∣≥4|t|+|t-4|\geq4，当且仅当 0≤t≤40\leq t\leq4 时取等号．

于是：

d(A,P)+d(P,B)=(∣x∣+∣x−4∣)+(∣y∣+∣y−4∣)+(∣z∣+∣z−4∣)≥4+4+4=12=d(A,B).\begin{aligned} d(A,P)+d(P,B) &= \big(|x|+|x-4|\big)+\big(|y|+|y-4|\big)+\big(|z|+|z-4|\big) \\ &\geq 4+4+4 =12 = d(A,B). \end{aligned}

题设要求 d(A,P)+d(P,B)=d(A,B)d(A,P)+d(P,B)=d(A,B)，因此上述三个绝对值不等式必须同时取等号，故：

0≤x≤4,0≤y≤4,0≤z≤4.0\leq x\leq4,\quad 0\leq y\leq4,\quad 0\leq z\leq4.

又 x,y,z∈Zx,y,z\in\mathbb{Z}，故 x,y,z∈{0,1,2,3,4}x,y,z\in\{0,1,2,3,4\}，每个坐标有 5 种取值，因此 PP 点的总个数为 5×5×5=1255\times5\times5=125，即 n=125\boldsymbol{n=125}．

（注：所有 PP 点是以 ABAB 为体对角线的正方体内、含边界和表面的所有整数格点．）

② 证明任取 11 个点必满足结论

将这 125 个格点按 zz 坐标分为 5 组，分别对应平面 z=0,1,2,3,4z=0,1,2,3,4，每个平面上各有 5×5=255\times5=25 个格点．

任取 11 个点，分两种情况：

情况 1： 存在 4 个点属于同一个平面，此时这 4 个点共面，命题直接成立．

情况 2： 不存在 4 点共面，即每个平面上选取的点数至多为 3．

由抽屉原理：5 个平面，若每个平面最多选 2 个点，总共最多选 5×2=105\times2=10 个点．现选取了 11 个点，因此至少有一个平面上选取了 3 个点．

按这个有 3 个点的平面的 zz 坐标再细分讨论：

(i) 若该平面是中间平面 z=1,2,3z=1,2,3 中的某一个，记为 z=kz=k．

与 z=kz=k 相邻的平面是 z=k−1z=k-1 和 z=k+1z=k+1：

  • 若两个相邻平面中至少存在 1 个选中的点：取该相邻平面上的点，与 z=kz=k 上的 3 个点构成三棱锥．该三棱锥的高为两个平面的 zz 轴间距 h=1h=1．z=kz=k 平面上 3 个格点构成的三角形的最大面积为 Smax=12×4×4=8S_{\text{max}}=\dfrac{1}{2}\times4\times4=8，故该三棱锥体积最大值为：

Vmax=13Smaxh=13×8×1=83,V_{\text{max}}=\frac{1}{3}S_{\text{max}}h=\frac{1}{3}\times8\times1=\frac{8}{3},

即体积不大于 83\dfrac{8}{3}，满足命题．

  • 若两个相邻平面都没有选中的点：所有选中的点只能分布在剩下的 z=0z=0 和 z=4z=4 两个平面上，每个平面最多选 3 个点，总共最多选 6 个点，与选取 11 个点矛盾，该情况不可能出现．

(ii) 若该平面是端面 z=0z=0 或 z=4z=4，不妨设为 z=0z=0（z=4z=4 完全对称）．

  • 若相邻平面 z=1z=1 上至少存在 1 个选中的点：同理取 z=1z=1 上的点与 z=0z=0 上的 3 个点构成三棱锥，高 h=1h=1，体积最大值同样为 83\dfrac{8}{3}，满足命题．

  • 若 z=1z=1 上也没有选中的点：所有 11 个点需分布在 z=2,3,4z=2,3,4 三个平面上，每个平面最多选 3 个点，最多只能选 9 个点，矛盾．故剩余点必然分布为 3,3,23,3,2 的形式，即存在另一个有 3 个点的中间平面，转化为(i)的情况，同样存在体积不超过 83\dfrac{8}{3} 的三棱锥．

综上，从这 125 个点中任取 11 个点，其中必存在 4 个点，它们共面或者以它们为顶点的三棱锥体积不大于 83\dfrac{8}{3}．

答案：

(1) ①\boldsymbol{①} \qquad (2) 证明见解析 \qquad (3) n=125\boldsymbol{n=125}，证明见解析