问题及解答

设这三条直线是

$L_1:\ x=y=z$

$L_2:\ x-1=y=z+1$

$L_3:\ x=y+1=z-1$

求过这三条平行直线的圆柱面方程.

这三条直线互相平行, 方向向量为 $(1,1,1)$. 故经过这三条直线的圆柱面的母线方向向量是 $v=(1,1,1)$. 于是只要求出准线 $\Gamma$ 即可.

任取 $L_1$ 上一点 $(1,1,1)$, 过这点作垂直于 $L_1$ 的平面 $\pi$, 方程是

\[
1\cdot(x-1)+1\cdot(y-1)+1\cdot(z-1)=0,
\]

即 $x+y+z=3$. 求出平面 $\pi$ 与 $L_1,L_2,L_3$ 的三个交点 $P_1,P_2,P_3$. 然后这三点构成的三角形的外接圆即为圆柱面的准线.

通过联立方程

\[
\left\{
\begin{aligned}
x+y+z=3,\\
x=y=z
\end{aligned}
\right.
\]

等容易求出 $P_1=(1,1,1)$, $P_2=(2,1,0)$, $P_3=(1,0,2)$. 设三角形 $\triangle P_1P_2P_3$ 的外接圆的圆心为 $(x,y,z)$. 注意到 $P_1,P_2,P_3\in\pi$, 故 $z=3-x-y$. 于是有

\[
\left\{
\begin{aligned}
(x-1)^2+(y-1)^2+(2-x-y)^2 &=r^2,\qquad (1)\\
(x-2)^2+(y-1)^2+(3-x-y)^2 &=r^2,\qquad (2)\\
(x-1)^2+y^2+(1-x-y)^2 &=r^2.\qquad (3)\\
\end{aligned}
\right.
\]

(2)-(1), (3)-(1) 得

\[
\left\{
\begin{aligned}
-2x-2(x+y)+8=0,\\
2y+2(x+y)-4=0.
\end{aligned}
\right.
\]

化简得

\[
\left\{
\begin{aligned}
2x+y=4,\\
x+2y=2.
\end{aligned}
\right.
\]

解得 $x=2, y=0$. 因此外接圆圆心为 $(2,0,1)$. 于是

\[
r^2=(2-1)^2+(0-1)^2+(1-1)^2=2.
\]

即半径 $r=\sqrt{2}$. 所以准线 $\Gamma$ 的方程是

\[
\left\{
\begin{aligned}
(x-2)^2+y^2+(z-1)^2 &=2,\\
x+y+z &=3.
\end{aligned}
\right.
\]

任取准线上一点 $M=(u,v,w)$, 过 $M$ 的母线方程为

\[
\frac{x-u}{1}=\frac{y-v}{1}=\frac{z-w}{1}.
\]

这里 $(x,y,z)$ 是圆柱面上的动点. 于是根据该母线与准线相交, 得到

\[
\left\{
\begin{aligned}
(u-2)^2+v^2+(w-1)^2 &=2,\qquad (4)\\
u+v+w&=3,\qquad (5)\\
x-u=y-v=z-w=t.
\end{aligned}
\right.
\]

将 $u=x-t$, $v=y-t$, $w=z-t$ 代入 (4) 和 (5), 得

\[
\left\{
\begin{aligned}
(x-t-2)^2+(y-t)^2+(z-t-1)^2=2,\qquad (6)\\
x+y+z=3(t+1).
\end{aligned}
\right.
\]

将 $t=\frac{x+y+z}{3}-1$ 代入 (6), 得

\[
\Bigl(x-\frac{x+y+z}{3}-1\Bigr)^2+\Bigl(y-\frac{x+y+z}{3}+1\Bigr)^2+\Bigl(z-\frac{x+y+z}{3}\Bigr)^2=2.
\]

这推出

\[
\begin{split}
&x^2+(\frac{x+y+z}{3})^2+1-\frac{2}{3}x(x+y+z)-2x+\frac{2}{3}(x+y+z)\\
&y^2+(\frac{x+y+z}{3})^2+1-\frac{2}{3}y(x+y+z)+2y-\frac{2}{3}(x+y+z)\\
&z^2+(\frac{x+y+z}{3})^2-\frac{2}{3}z(x+y+z)\\
=&2.
\end{split}
\]

化简为

\[
(x^2+y^2+z^2)-\frac{1}{3}(x+y+z)^2-2x+2y=0.
\]

最终化简得

\[
x^2+y^2+z^2-xy-yz-xz-3x+3y=0.
\]

这三条直线互相平行, 方向向量为 $(1,1,1)$. 故经过这三条直线的圆柱面的母线方向向量是 $v=(1,1,1)$. 于是只要求出准线 $\Gamma$ 即可.

任取 $L_1$ 上一点 $(0,0,0)$, 过这点作垂直于 $L_1$ 的平面 $\pi$, 方程是

\[
1\cdot(x-0)+1\cdot(y-0)+1\cdot(z-0)=0,
\]

即 $x+y+z=0$. 求出平面 $\pi$ 与 $L_1,L_2,L_3$ 的三个交点 $P_1,P_2,P_3$. 然后这三点构成的三角形的外接圆即为圆柱面的准线.

通过联立方程

\[
\left\{
\begin{aligned}
x+y+z=0,\\
x=y=z
\end{aligned}
\right.
\]

等容易求出 $P_1=(0,0,0)$, $P_2=(1,0,-1)$, $P_3=(0,-1,1)$. 设三角形 $\triangle P_1P_2P_3$ 的外接圆的圆心为 $(x,y,z)$. 注意到 $P_1,P_2,P_3\in\pi$, 故 $z=-x-y$. 于是有

\[
\left\{
\begin{aligned}
x^2+y^2+(-x-y)^2 &=r^2,\qquad (1)\\
(x-1)^2+y^2+(-x-y+1)^2 &=r^2,\qquad (2)\\
x^2+(y+1)^2+(-x-y-1)^2 &=r^2.\qquad (3)\\
\end{aligned}
\right.
\]

(2)-(1), (3)-(1) 得

\[
\left\{
\begin{aligned}
-2x-2(x+y)+2=0,\\
2y+2(x+y)+2=0.
\end{aligned}
\right.
\]

化简得

\[
\left\{
\begin{aligned}
2x+y=1,\\
x+2y=-1.
\end{aligned}
\right.
\]

解得 $x=1, y=-1$. 因此外接圆圆心为 $(1,-1,0)$. 于是

\[
r^2=1^2+(-1)^2+0^2=2.
\]

即半径 $r=\sqrt{2}$. 所以准线 $\Gamma$ 的方程是

\[
\left\{
\begin{aligned}
(x-1)^2+(y+1)^2+z^2 &=2,\\
x+y+z &=0.
\end{aligned}
\right.
\]

任取准线上一点 $M=(u,v,w)$, 过 $M$ 的母线方程为

\[
\frac{x-u}{1}=\frac{y-v}{1}=\frac{z-w}{1}.
\]

这里 $(x,y,z)$ 是圆柱面上的动点. 于是根据该母线与准线相交, 得到

\[
\left\{
\begin{aligned}
(u-1)^2+(v+1)^2+w^2 &=2,\qquad (4)\\
u+v+w&=0,\qquad (5)\\
x-u=y-v=z-w&=t.
\end{aligned}
\right.
\]

将 $u=x-t$, $v=y-t$, $w=z-t$ 代入 (4) 和 (5), 得

\[
\left\{
\begin{aligned}
(x-t-1)^2+(y-t+1)^2+(z-t)^2=2,\qquad (6)\\
x+y+z=3t.
\end{aligned}
\right.
\]

将 $t=\frac{x+y+z}{3}$ 代入 (6), 得

\[
\Bigl(x-\frac{x+y+z}{3}-1\Bigr)^2+\Bigl(y-\frac{x+y+z}{3}+1\Bigr)^2+\Bigl(z-\frac{x+y+z}{3}\Bigr)^2=2.
\]

这推出

\[
\begin{split}
&x^2+(\frac{x+y+z}{3})^2+1-\frac{2}{3}x(x+y+z)-2x+\frac{2}{3}(x+y+z)\\
&y^2+(\frac{x+y+z}{3})^2+1-\frac{2}{3}y(x+y+z)+2y-\frac{2}{3}(x+y+z)\\
&z^2+(\frac{x+y+z}{3})^2-\frac{2}{3}z(x+y+z)\\
=&2.
\end{split}
\]

化简为

\[
(x^2+y^2+z^2)-\frac{1}{3}(x+y+z)^2-2x+2y=0.
\]

最终化简得

\[
x^2+y^2+z^2-xy-yz-xz-3x+3y=0.
\]