几何与统计的奇妙碰撞——正四面体经典题目的优美结论及其高维推广

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2026-5-9

引入

有一经典的网红题（无贬义），大意是：

题目大意

给定四个平行平面，给出平面之间的距离。有一正四面体的四个顶点分别在四个平面上，求正四面体的棱长。

学习平面向量时大概还会看见一道经典题目，如下：

题目大意

证明正三角形顶点到任一过中心直线的距离平方和为定值。

我们之后会见到，这两个问题的结论其实是同一个命题在三维和二维的特例。

这两个问题的做法繁多，对结论稍加整理，可以得出这一个优美的命题：

命题

已知棱长为 $a$ 的 $n$ 维正单形在某正交坐标系下 $(n+1)$ 个顶点的某个坐标分量分别为 $x_0,x_1,\dots,x_n$ ，则

a^2 = 2(n+1)\sigma^2\{x_i\}

其中 $\sigma^2\{x_i\}$ 代表 $x_0,x_1,\dots,x_n$ 的方差。

定义（正单形）

$n$ 维正单形是指 $n$ 维空间中 $(n+1)$ 个顶点组成的图形，且任意两个顶点的距离都相等。称这个距离为正单形的棱长。

顶点为 $V_0, V_1, \dots V_n$ 的 $n$ 维正单形有如下性质：

性质

对于互不相等的 $i,j,k$ 有 $\angle V_iV_jV_k = \dfrac{\pi}{3}$ 。

这是因为三个不同的顶点必定组成正三角形。

以 $V_0$ 为原点，选择 $\mathbf{e}_i = \dfrac{1}{a}\overrightarrow{V_0V_i},\ i=1,\dots,n-1$ 作为基底，建立一个仿射坐标系。

根据上面的性质，有 $\mathbf{e}_i^2=1, \mathbf{e}_i\mathbf{e}_j=\dfrac{1}{2} (i\ne j)$ 。

在这组基底下，由于基向量的长度和两两角度全部相等，可以推导出如下点积公式：

点积公式

在 $\mathbf{e}_i^2=1, \mathbf{e}_i\mathbf{e}_j=c\ (i\ne j)$ 的基底下，

$\displaystyle \mathbf{x}=\sum_{i=1}^{n} x_i\mathbf{e}_i, \mathbf{y}=\sum_{i=1}^{n} y_i\mathbf{e}_i$ ，则

\mathbf{x}\cdot\mathbf{y} = (1-c) \sum_{i=1}^{n} x_iy_i + c\left(\sum_{i=1}^{n} x_n\right)\left(\sum_{i=1}^{n} y_n\right)

证明

\begin{align*} \mathbf{x}\cdot\mathbf{y} &= \sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n} x_iy_j \mathbf{e}_i \cdot \mathbf{e}_j \\ &= \sum_{i=1}^{n} x_iy_i + \sum_{1\le i,j\le n}^{i\ne j} cx_iy_j \\ &= (1-c)\sum_{i=1}^{n} x_iy_i + c \sum_{1\le i,j\le n} x_iy_j \\ &= (1-c) \sum_{i=1}^{n} x_iy_i + c\left(\sum_{i=1}^{n} x_n\right)\left(\sum_{i=1}^{n} y_n\right) \end{align*}

具体到 $c=\dfrac{1}{2}$ 的情形，则是

\mathbf{x}\cdot\mathbf{y} = \dfrac{1}{2} \sum_{i=1}^{n} x_iy_i + \dfrac{1}{2} \left(\sum_{i=1}^{n} x_n\right)\left(\sum_{i=1}^{n} y_n\right)

根据方差的平移不变性，不妨设 $V_0$ 也为原坐标的原点。设 $\mathbf{u} = \displaystyle\sum_{i=1}^{n} u_i\mathbf{e}_i$ 为原坐标系的某个基向量。

根据 $|\mathbf{u}| = 1$ 有

\begin{align*} \mathbf{u}^2 &= \left(\sum_{i=1}^{n} u_i\mathbf{e}_i\right)^2 \\ &= \dfrac{1}{2}\sum_{i=1}^{n}u_i^2 + \dfrac{1}{2}\left(\sum_{i=1}^{n} u_i\right)^2 \\ &= 1 \end{align*}

显然 $x_0=0$ ，而对于 $i=1,\dots,n$ ，

\begin{align*} &x_i = \mathbf{u} \cdot a\mathbf{e}_i = \frac{au_i}{2} + \frac{a}{2}\sum_{i=1}^{n} u_i \\ \implies& \bar{x} = \frac{1}{n+1}\sum_{i=1}^{n}x_i = \frac{a}{2}\sum_{i=1}^{n} u_i \\ \end{align*}

于是

\begin{align*} (n+1)\sigma^2\{x_i\} &= \sum_{i=0}^{n} (x-\bar{x})^2 \\ &= \left(\frac{a}{2}\sum_{k=1}^{n}u_i\right)^2 + \sum_{k=1}^{n} \left(\frac{au_i}{2}\right)^2 \\ &= \dfrac{1}{2} a^2 \left( \dfrac{1}{2}\sum_{i=1}^{n}u_i^2 + \dfrac{1}{2}\left(\sum_{i=1}^{n} u_i\right)^2 \right) \\ &= \frac{1}{2}a^2 \end{align*}

$\square$

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