在平面上，对正 $n$（$n\geqslant 3$ 且 $n\in\mathbb N$）边形 $A_1A_2\cdots A_n$，若存在某条直线 $l$，满足\[ \{ d(A_k,l)\mid k=1,2,\cdots,n\}=\{0,1,2,\cdots,n-1\},\]则称该正 $n$ 边形是距离遍历正 $n$ 边形，其所有可能的边长组成的集合记为 $P_n$．
1、求 $P_3,P_4$；
2、求证：当 $n=5,6$ 时，不存在距离遍历正 $n$ 边形；并猜想当 $n>6$ 时，是否存在距离遍历正 $n$ 边形？（不需要说明理由）
3、在空间上，是否存在正方体的 $8$ 个顶点到某个平面的距离构成集合 $\{0,1,2,3,4,5,6,7\}$，如果存在，求所有可能的正方体棱长；如果不存在，请说明理由．
解析
1、 $n=3$ 在平面直角坐标系中，设正三角形 $A_1A_2A_3$ 顶点坐标分别为 $A_1(0,0),A_2(1,0),A_3\left(\frac 12,\frac{\sqrt 3}2\right)$，直线 $l$ 的法向量为 $(p,q)$，则\[\begin{cases} 1\cdot p+0\cdot q=2,\\ \frac 12\cdot p+\frac{\sqrt 3}2\cdot q=\pm 1,\end{cases}\iff (p,q)=(2,0),\left(2,-\frac{4\sqrt 3}{3}\right),\]分别对应边长 $\sqrt{p^2+q^2}$ 为 $2,\frac{2\sqrt{21}}3$．
$n=4$ 在平面直角坐标系中，设正方形 $A_1A_2A_3A_4$ 顶点坐标分别为 $A_1(0,0),A_2(1,0),A_3(1,1),A_4(0,1)$，直线 $l$ 的法向量为 $(p,q)$，则 $A_2,A_3,A_4$ 到直线 $l$ 的有向距离分别为 $p,(p+q),q$，不妨设 $p+q>0$ 且 $|p|>|q|$，则所有可能的排列为\[(p,q)=(3,-2),(3,-1),(2,1),\]分别对应边长 $\sqrt{p^2+q^2}$ 为 $\sqrt{13},\sqrt{10},\sqrt 5$．
综上所述，$P_3=\left\{2,\frac{2\sqrt{21}}3\right\}$，$P_4=\left\{\sqrt 5,\sqrt {10},\sqrt{13}\right\}$．
2、$n=5$ 设给定的直线为 $x$ 轴，正五边形外接圆半径为 $R$，中心纵坐标为 $h$，记 $\alpha=\frac{2\pi}5$，则 $5$ 个顶点的纵坐标分别为\[y_k=h+R\sin(\theta+k\alpha),\quad k=1,2,3,4,5,\]其中 $\theta$ 是初始相位角．记 $z_k=y_k-h$，利用和差化积公式可得\[z_{k-1}+z_{k+1}=2\cos\alpha\cdot z_k\implies \begin{cases} z_1+z_3=2\cos\alpha\cdot z_2,\\ z_2+z_4=2\cos\alpha\cdot z_3,\end{cases}\]而 $h=\frac 15\sum_{k=1}^5y_k$ 为有理数，于是 $z_k$ 为有理数，但 $2\cos\alpha=\frac{\sqrt 5-1}2$ 是无理数，因此 $z_2=z_3=0$，矛盾． 综上所述，不存在距离遍历正 $5$ 边形．
$n=6$ 对于正六边形，设 $6$ 个顶点的纵坐标分别为 $y_k$（$k=1,2,3,4,5,6$），中心的纵坐标为 $h$，$z_k=y_k-h$，则\[z_k+z_{k+3}=0,\quad k=1,2,3,\]且\[z_{k-1}+z_{k+1}=z_k,\]因此 $6$ 个顶点的纵坐标只可能是 $h\pm m,h\pm n,h\pm (m+n)$，它们都是整数，因此 $2m,2n,2m+2n,2h$ 都是整数且奇偶性一致，进而 $2m,2n,2h$ 均为偶数，因此在等式\[6h=\sum_{k=1}^6y_k\]中，左边为偶数，右边为奇数（$0+1+2+3+4+5=15$ 为奇数），矛盾．
综上所述，不存在距离遍历正 $6$ 边形．
根据 ${\rm Niven}$ 定理，当角度 $\theta$ 是 $\pi$ 的有理数倍时，其有理余弦值只可能为 $0,\pm\frac 12,\pm 1$，因此当 $n>6$ 时，$\cos\frac{2\pi}{n}$ 必为无理数，因此不存在距离遍历正 $n$ 边形．
3、设正方体 $8$ 个顶点坐标分别为\[(0,0,0),(1,0,0),(1,1,0),(0,1,0),(0,0,1),(1,0,1),(1,1,1),(0,1,1),\]对应平面的法向量为 $(p,q,r)$，且\[ T(p,q,r):=\{|p|,|q|,|r|,|p+q|,|p+r|,|q+r|,|p+q+r|\}=\{1,2,3,4,5,6,7\},\]问题转化为求 $\sqrt{p^2+q^2+r^2}$ 的所有可能值．
情形一 $7$ 是 $p,q,r$ 之一，不妨设 $p=7$，此时 $q,r<0$，不妨设 $-q>-r$，有\[\{-q,-r,7+q,7+r,-q-r,7+q+r\}=\{1,2,3,4,5,6\},\]分为和均为 $7$ 的 $3$ 组 $(-q,7+q),(-r,7+r),(-q-r,7+q+r)$，所有可能的解为 $(-q,-r)=(4,2),(4,1),(2,1)$，对应棱长 $\sqrt{p^2+q^2+r^2}$ 分别为 $\sqrt{69},\sqrt{66},3\sqrt 6$．
情形二 $7$ 是 $2$ 个数的和，不妨设 $p+q=7$．此时 $p,q>0$ 且 $r<0$，进而集合 $T(p,q,r)$ 的各元素之和为\[\begin{split} S&=p+q+(-r)+(p+q)+|p+r|+|q+r|+(p+q+r)\\ &=3(p+q)+|p+r|+|q+r|\\ &=21+\max\{|7+2r|,|p-q|\}\\ &<28,\end{split}\]因此此情形无解．
情形三 $7$ 是 $3$ 个数的和．此时 $p,q,r>0$，只有 $(p,q,r)$ 为 $(4,2,1)$ 或其排列，对应棱长为 $\sqrt{21}$．
综上所述，所有可能的棱长为 $\sqrt{21},3\sqrt{6},\sqrt{66},\sqrt{69}$．