三平面兩兩相交於一線、三線平行

假設聯立方程組：

$a_1 x + b_1 y + c_1 z = d_1$
$a_2 x + b_2 y + c_2 z = d_2$
$a_3 x + b_3 y + c_3 z = d_3$

的圖形為三平面兩兩相交於一線、三線平行，

則：

$\Delta = 0$ 且 $\Delta_x, \Delta_y, \Delta_z$ 至少有一個不是零

我們可以利用「平面族」的觀念，將第三個平面方程式假設為：

$(a_1 x + b_1 y + c_1 z - d_1) + t(a_2 x + b_2 y + c_2 z - d_2) + k = 0$

因此可以假設：

$a_3 = a_1 + t a_2$
$b_3 = b_1 + t b_2$
$c_3 = c_1 + t c_2$
$d_3 = d_1 + t d_2 + k$ （其中 $k \neq 0$ ）

因此（ ③ - ① - t×② ）：

$\Delta = \begin{vmatrix} a_1 & b_1 & c_1 \\ a_2 & b_2 & c_2 \\ a_3 & b_3 & c_3\end{vmatrix} = \begin{vmatrix} a_1 & b_1 & c_1 \\ a_2 & b_2 & c_2 \\ 0 & 0 & 0\end{vmatrix} = 0$

利用類似的作法（ ③ - ① - t×② ），可得：

$\Delta_x = \begin{vmatrix} d_1 & b_1 & c_1 \\ d_2 & b_2 & c_2 \\ d_3 & b_3 & c_3\end{vmatrix} = \begin{vmatrix} a_1 & b_1 & c_1 \\ a_2 & b_2 & c_2 \\ k & 0 & 0\end{vmatrix} = k \begin{vmatrix} b_1 & c_1 \\ b_2 & c_2\end{vmatrix}$

$\Delta_y = \begin{vmatrix} a_1 & d_1 & c_1 \\ a_2 & d_2 & c_2 \\ a_3 & d_3 & c_3\end{vmatrix} = \begin{vmatrix} a_1 & b_1 & c_1 \\ a_2 & b_2 & c_2 \\ 0 & k & 0\end{vmatrix} = k \begin{vmatrix} c_1 & a_1 \\ c_2 & a_2\end{vmatrix}$

$\Delta_z = \begin{vmatrix} a_1 & b_1 & d_1 \\ a_2 & b_2 & d_2 \\ a_3 & b_3 & d_3\end{vmatrix} = \begin{vmatrix} a_1 & b_1 & c_1 \\ a_2 & b_2 & c_2 \\ 0 & 0 & k\end{vmatrix} = k \begin{vmatrix} a_1 & b_1 \\ a_2 & b_2\end{vmatrix}$

因此：

$\Delta_x^2 + \Delta_y^2 + \Delta_z^2 = k^2 \left( \begin{vmatrix} b_1 & c_1 \\ b_2 & c_2\end{vmatrix}^2 + \begin{vmatrix} c_1 & a_1 \\ c_2 & a_2\end{vmatrix}^2 + \begin{vmatrix} a_1 & b_1 \\ a_2 & b_2\end{vmatrix}^2 \right)$

$\Delta_x^2 + \Delta_y^2 + \Delta_z^2 = k^2 \| \vec{n_1} \times \vec{n_2} \|^2 \neq 0$

其中：

$\vec{n_1} = (a_1, b_1, c_1)$
$\vec{n_2} = (a_2, b_2, c_2)$

因為 $\Delta_x^2 + \Delta_y^2 + \Delta_z^2 \neq 0$，所以必有至少一個不是零，得證。

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歪斜線公垂線段兩端點的座標

歪斜線公垂線段兩端點的座標可以寫成：

$P = A + \dfrac{(\vec{c}\times\vec{b})\cdot \vec{n}}{\|\vec{n}\|^2} \;\vec{a}$

$Q = B + \dfrac{(\vec{c}\times\vec{a})\cdot \vec{n}}{\|\vec{n}\|^2}\; \vec{b}$

其中：

$\vec{n}=\vec{a}\times\vec{b}$
$\vec{c}=\overrightarrow{AB}$

假設：

$P = A + s \; \vec{a}$
$Q = B + t \; \vec{b}$
$\overrightarrow{PQ} =Q-P= \vec{c} + t \; \vec{b} - s \; \vec{a}$

因為 $\overrightarrow{PQ}$ 同時垂直於 $\vec{a}, \vec{b}$，所以：

$\overrightarrow{PQ} \cdot \vec{a} = \vec{c} \cdot \vec{a} + t \; \vec{b} \cdot \vec{a} - s \; \vec{a} \cdot \vec{a} = 0$
$\overrightarrow{PQ} \cdot \vec{b} = \vec{c} \cdot \vec{b} + t \; \vec{b} \cdot \vec{b} - s \; \vec{a} \cdot \vec{b} = 0$

因此：

$s \;( \vec{a} \cdot \vec{a} ) - t \; (\vec{b} \cdot \vec{a}) = \vec{c} \cdot \vec{a}$
$s \; (\vec{a} \cdot \vec{b}) - t \; (\vec{b} \cdot \vec{b}) =\vec{c} \cdot \vec{b}$

根據克拉瑪公式 (Cramer’s Rule)、與向量四重積：

$s = \dfrac{\begin{vmatrix} \vec{c} \cdot \vec{a} & -\vec{a} \cdot \vec{b} \\ \vec{c} \cdot \vec{b} & - \vec{b} \cdot \vec{b} \end{vmatrix}}{\begin{vmatrix} \vec{a} \cdot \vec{a} & -\vec{a} \cdot \vec{b} \\ \vec{a} \cdot \vec{b} & - \vec{b} \cdot \vec{b} \end{vmatrix}} = \dfrac{\begin{vmatrix} \vec{c} \cdot \vec{a} & \vec{a} \cdot \vec{b} \\ \vec{c} \cdot \vec{b} & \vec{b} \cdot \vec{b} \end{vmatrix}}{\begin{vmatrix} \vec{a} \cdot \vec{a} & \vec{a} \cdot \vec{b} \\ \vec{a} \cdot \vec{b} & \vec{b} \cdot \vec{b} \end{vmatrix}} = \dfrac{(\vec{c}\times\vec{b})\cdot(\vec{a}\times\vec{b})}{(\vec{a}\times\vec{b})\cdot(\vec{a}\times\vec{b})} = \dfrac{(\vec{c}\times\vec{b})\cdot \vec{n}}{\|\vec{n}\|^2}$

$t = \dfrac{\begin{vmatrix} \vec{a} \cdot \vec{a} & \vec{c} \cdot \vec{a} \\ \vec{a} \cdot \vec{b} & \vec{c} \cdot \vec{b} \end{vmatrix}}{\begin{vmatrix} \vec{a} \cdot \vec{a} & -\vec{a} \cdot \vec{b} \\ \vec{a} \cdot \vec{b} & - \vec{b} \cdot \vec{b} \end{vmatrix}} = \dfrac{\begin{vmatrix} \vec{c} \cdot \vec{a} & \vec{a} \cdot \vec{a} \\ \vec{c} \cdot \vec{b} & \vec{a} \cdot \vec{b} \end{vmatrix}}{\begin{vmatrix} \vec{a} \cdot \vec{a} & \vec{a} \cdot \vec{b} \\ \vec{a} \cdot \vec{b} & \vec{b} \cdot \vec{b} \end{vmatrix}} = \dfrac{(\vec{c}\times\vec{a})\cdot(\vec{a}\times\vec{b})}{(\vec{a}\times\vec{b})\cdot(\vec{a}\times\vec{b})} = \dfrac{(\vec{c}\times\vec{a})\cdot \vec{n}}{\|\vec{n}\|^2}$

得證。