https://spherical-harmonics.hateblo.jp/entry/TItech/2023/05

2025.04.09記

[5] $xyz$ 空間の $4$ 点 $\mbox{A}(1，0，0)$ ， $\mbox{B}(1，1，1)$ ， $\mbox{C}(-1，1，-1)$ ， $\mbox{D}(-1，0，0)$ を考える．

(1) $2$ 直線 $\mbox{AB}$ ， $\mbox{BC}$ から等距離にある点全体のなす図形を求めよ．

(2) $4$ 直線 $\mbox{AB}$ ， $\mbox{BC}$ ， $\mbox{CD}$ ， $\mbox{DA}$ に共に接する球面の中心と半径の組をすべて求めよ．

2025.04.09記
例えば交わり一致しない $xy$ 平面上の2直線 $y=mx，z=0$ と $y=-mx，z=0$ から等距離にある点全体のなす図形は $xz$ 平面と $yz$ 平面ですから(1)の答は $xy$ 平面における2直線のなす角の2等分線(2本ある)に垂直な2平面をあわせたものとなる．

[うまい解答]
交わり一致しない2直線 $\rm AB，BC$ の交点 $\rm B$ を原点とし，平面 $\mbox{ABC}$ を $XY$ 平面とし，直線 $\rm AB，BC$ が $XY$ 平面上で $Y=\pm mX$ となるように $XYZ$ 座標を新しくとると $2$ 直線 $\mbox{AB}$ ， $\mbox{BC}$ から等距離にある点全体のなす図形は $XY$ 平面で $2$ 直線 $\mbox{AB}$ ， $\mbox{BC}$ のなす角の2等分線を法線ベクトルとする $XZ$ 平面と $YZ$ 平面をあわせた2平面となるので(1)の答は2平面となる．

直線 $\mbox{AB}$ の方向ベクトルとして $(0，1，1)$ （長さ $\sqrt{2}$ ），
直線 $\mbox{BC}$ の方向ベクトルとして $(1，0，1)$ （長さ $\sqrt{2}$ ）をとることができるので，平面 $\mbox{ABC}$ 上で直線 $\mbox{AB}$ ， $\mbox{BC}$ のなす角の2等分線の方向ベクトルは $(0，1，1)\pm(1，0，1)=(1，1，2)，(1，-1，0)$ であるから，点 $\rm B$ を通りこれらのベクトルを法線ベクトルとする平面を求めて $x+y+2z=4$ と $x-y=0$ をあわせた2平面が答えとなる．

(2) 同様にして直線 $\mbox{CD}$ の方向ベクトルとして $(0，1，-1)$ （長さ $\sqrt{2}$ ）をとることができるので， $2$ 直線 $\mbox{BC}$ ， $\mbox{CD}$ から等距離にある点全体のなす図形は点 $\rm C$ を通り $(1，0，1)\pm(0，1，-1)=(1，1，0)，(1，-1，2)$ であるから，点 $\rm C$ を通りこれらのベクトルを法線ベクトルとする平面を求めて $x+y=0$ と $x-y+2z=-4$ をあわせた2平面となる．

また直線 $\mbox{DA}$ の方向ベクトルとして $(\sqrt{2}，0，0)$ （長さ $\sqrt{2}$ ）をとることができるので， $2$ 直線 $\mbox{DA}$ ， $\mbox{CD}$ から等距離にある点全体のなす図形は点 $\rm D$ を通り $(\sqrt{2}，0，0)\pm(0，1，-1)=(\sqrt{2}，1，-1)，(\sqrt{2}，-1，1)$ であるから，点 $\rm D$ を通りこれらのベクトルを法線ベクトルとする平面を求めて $\sqrt{2} x+y-z=-\sqrt{2}$ と $\sqrt{2}x-y+z=-\sqrt{2}$ をあわせた2平面となる．

よって3つの2平面
$x+y+2z=4$ または $x-y=0$ ，
$x+y=0$ または $x-y+2z=-4$ ，
$\sqrt{2} x+y-z=-\sqrt{2}$ または $\sqrt{2}x-y+z=-\sqrt{2}$
の交点の座標が求める球面の中心となる．ここに登場する6平面は全て平行ではないので，それぞれの2平面の片方を選んだ8通りの3平面から求まる8つの交点が求める球面の中心となる．

(i) $x+y+2z=4$ ， $x+y=0$ ， $\sqrt{2} x+y-z=-\sqrt{2}$ の交点の座標は $z=2$ ， $x=-y$ ， $\sqrt{2} x+y-z=-\sqrt{2}$ を解いて $(\sqrt{2}，-\sqrt{2}，2)$ となる．これと $x$ 軸との距離を求めて $\sqrt{6}$ となる．

(ii) $x+y+2z=4$ ， $x+y=0$ ， $\sqrt{2} x-y+z=-\sqrt{2}$ の交点の座標は $z=2$ ， $x=-y$ ， $\sqrt{2} x-y+z=-\sqrt{2}$ を解いて $(-\sqrt{2}，\sqrt{2}，2)$ となる．これと $x$ 軸との距離を求めて $\sqrt{6}$ となる．

(iii) $x+y+2z=4$ ， $x-y+2z=-4$ ， $\sqrt{2} x+y-z=-\sqrt{2}$ の交点の座標は $y=4$ ， $x=-2z$ ， $\sqrt{2} x+y-z=-\sqrt{2}$ を解いて $(-2\sqrt{2}，4，\sqrt{2})$ となる．これと $x$ 軸との距離を求めて $3\sqrt{2}$ となる．

(iv) $x+y+2z=4$ ， $x-y+2z=-4$ ， $\sqrt{2} x-y+z=-\sqrt{2}$ の交点の座標は $y=4$ ， $x=-2z$ ， $\sqrt{2} x-y+z=-\sqrt{2}$ を解いて $(2\sqrt{2}，4，-\sqrt{2})$ となる．これと $x$ 軸との距離を求めて $3\sqrt{2}$ となる．

(v) $x-y=0$ ， $x+y=0$ ， $\sqrt{2} x+y-z=-\sqrt{2}$ の交点の座標は $x=y=0$ ， $\sqrt{2} x+y-z=-\sqrt{2}$ を解いて $(0，0，\sqrt{2})$ となる．これと $x$ 軸との距離を求めて $\sqrt{2}$ となる．

(vi) $x-y=0$ ， $x+y=0$ ， $\sqrt{2} x-y+z=-\sqrt{2}$ の交点の座標は $x=y=0$ ， $\sqrt{2} x-y+z=-\sqrt{2}$ を解いて $(0，0，-\sqrt{2})$ となる．これと $x$ 軸との距離を求めて $\sqrt{2}$ となる．

(vii) $x-y=0$ ， $x-y+2z=-4$ ， $\sqrt{2} x+y-z=-\sqrt{2}$ の交点の座標は $z=-2$ ， $x=y$ ， $\sqrt{2} x+y-z=-\sqrt{2}$ を解いて $(-\sqrt{2}，-\sqrt{2}，-2)$ となる．これと $x$ 軸との距離を求めて $3\sqrt{6}$ となる．

(viii) $x-y=0$ ， $x-y+2z=-4$ ， $\sqrt{2} x-y+z=-\sqrt{2}$ の交点の座標は $z=-2$ ， $x=y$ ， $\sqrt{2} x-y+z=-\sqrt{2}$ を解いて $(\sqrt{2}，\sqrt{2}，-2)$ となる．これと $x$ 軸との距離を求めて $3\sqrt{6}$ となる．

以上をまとめて複号の場合は同順で
中心 $(\pm\sqrt{2}，\mp\sqrt{2}，2)$ で半径 $\sqrt{6}$ ，
中心 $(\mp2\sqrt{2}，4，\pm\sqrt{2})$ で半径 $3\sqrt{2}$ ，
中心 $(0，0，\pm\sqrt{2})$ で半径 $\sqrt{2}$ ，
中心 $(\mp\sqrt{2}，\mp\sqrt{2}，-2)$ で半径 $3\sqrt{6}$
の8つの球面が求める答えである．

真面目にやると例えば次のようになる．ここで $3$ 直線 $\mbox{AB}$ ， $\mbox{CD}$ ， $\mbox{DA}$ から等距離にある点全体のなす図形は， $2$ 直線 $\mbox{AB}$ ， $\mbox{CD}$ から等距離にあるという条件から「 $2$ 直線 $\mbox{AB}$ ， $\mbox{CD}$ までの距離の和が直線 $\mbox{DA}$ までの距離の2倍になる」と考えることにより計算が非常に簡単になる．ここで登場する「 $2x^2+2=y^2+z^2$ 」を利用した解法は今のところ見ていない．

[解答]
(1) 直線 $\rm AB$ 上の点は $(1，t，t)$ と表すことができるので，点 $(x，y，z)$ との距離の2乗は
$(x-1)^2+(y-t)^2+(z-t)^2$ となるのでその最小値は $t=\dfrac{y+z}{2}$ のとき．よって
「直線 $\rm AB$ と点 $(x，y，z)$ との距離の2乗は $(x-1)^2+\dfrac{(y-z)^2}{2}$ 」…①
となる．同様に $\rm BC$ 上の点は $(s，1，s)$ と表すことができるので①で $x$ と $y$ を入れ替えて
「直線 $\rm BC$ と点 $(x，y，z)$ との距離の2乗は $(y-1)^2+\dfrac{(x-z)^2}{2}$ 」…②
となる．

$2$ 直線 $\mbox{AB}$ ， $\mbox{BC}$ から等距離にある点は①と②が等しいような点 $(x，y，z)$ であるから
$(x-1)^2+\dfrac{(y-z)^2}{2}=(y-1)^2+\dfrac{(x-z)^2}{2}$ ，すなわち $(x+y-2)(x-y)+\dfrac{(x+y-2z)(y-x)}{2}=\dfrac{1}{2}(x-y)(x+y+2z-4)=0$ を経由して2平面 $x-y=0$ または $x+y+2z-4=0$ となる．

(2) 直線 $\rm CD$ 上の点は $(-1，u，-u)$ と表すことができるので，(1)と同様にして
「直線 $\rm CD$ と点 $(x，y，z)$ との距離の2乗は $(x+1)^2+\dfrac{(y+z)^2}{2}$ 」…③
となる．よって $2$ 直線 $\mbox{BC}$ ， $\mbox{CD}$ から等距離にある点は②と③が等しいような点 $(x，y，z)$ であるから
$(y-1)^2+\dfrac{(x-z)^2}{2}=(x+1)^2+\dfrac{(y+z)^2}{2}$ ，すなわち $(x+y)(y-x-2)+\dfrac{(x+y)(x-y-2z)}{2}=\dfrac{1}{2}(x+y)(x-y+2z+4)=0$ を経由して2平面 $x+y=0$ または $x-y+2z-4=0$ となる．

よって $3$ 直線 $\mbox{AB}$ ， $\mbox{BC}$ ， $\mbox{CD}$ から等距離にある点は
「 $x-y=0$ または $x+y+2z-4=0$ 」かつ「 $x+y=0$ または $x-y+2z+4=0$ 」
を満たし，これは「(a) $x-y=0$ かつ $x+y=0$ 」または「(b) $x-y=0$ かつ $x-y+2z+4=0$ 」または「(c) $x+y+2z-4=0$ かつ $x+y=0$ 」または「(d) $x+y+2z-4=0$ かつ $x-y+2z+4=0$ 」
であり，整理して

「(a) $x=y=0$ 」または「(b) $x=y$ かつ $z=-2$ 」または「(c) $x=-y$ かつ $z=2$ 」または「(d) $x=-2z$ かつ $y=4$ 」…④

となる（条件(a)〜(d)はそれぞれ直線の方程式を表すので3つの直線から等距離にある点の集合は一般に4直線の方程式となる）．

さて，直線 $\rm DA$ （ $x$ 軸）上の点は $(v，0，0)$ と表すことができるので，
「直線 $\rm DA$ と点 $(x，y，z)$ との距離の2乗は $y^2+z^2$ 」…⑤
であるから， $3$ 直線 $\mbox{AB}$ ， $\mbox{CD}$ ， $\mbox{DA}$ から等距離にある点全体のなす図形は，①と⑤が等しい，③と⑤が等しいという条件から
①と③の合計が④の2倍になる，つまり $(x-1)^2+\dfrac{(y-z)^2}{2}+(x+1)^2+\dfrac{(y+z)^2}{2}=2(y^2+z^2)$ から
$2x^2+2=y^2+z^2$ …⑥（かつ①）
となる．