空间四点共圆
已知三维空间中四点的坐标分别为(x1, y1, z1), (x2, y2, z2), (x3, y3, z3), (x4, y4, z4)，如果这四点共圆，需要满足什么条件？二维空间中四点共圆我知道可以用一个行列式，那么空间中有没有类似的行列式呢？ 记四点为$A,B,C,D$，则应可将其中一点表示为另外三点的重心坐标：$D = \alpha A + \beta B + \gamma C, \left( \alpha+ \beta+ \gamma= 1 \right)$，并且有$\alpha \beta AB^2 + \beta \gamma BC^2 + \gamma \alpha CA^2 = 0$ 单形论漫谈里面有写，有行列式表法，跟凯莱门格行列式有点像 四点共圆，故共平面，所以首先有\[
D_r=\begin{vmatrix}x_1&y_1&z_1&1\\x_2&y_2&z_2&1\\x_3&y_3&z_3&1\\x_4&y_4&z_4&1\end{vmatrix}=0 \cdots\cdots\cdots\tag{1}
\]这四点与空间任意第5点`(x_5,y_5,z_5)`都共球面，有\[
\begin{vmatrix}x_1&y_1&z_1&r^2_1&1\\x_2&y_2&z_2&r^2_2&1\\x_3&y_3&z_3&r^2_3&1\\x_4&y_4&z_4&r^2_4&1\\x_5&y_5&z_5&r^2_5&1\end{vmatrix}=0,\text{where}\ r^2_i=x^2_i+y^2_i+z^2_i \cdots\cdots\cdots\tag{2}
\]取`(x_5,y_5,z_5)=(0,0,0)`代入可得\[
D_1=\begin{vmatrix}x_1&y_1&z_1&r^2_1\\x_2&y_2&z_2&r^2_2\\x_3&y_3&z_3&r^2_3\\x_4&y_4&z_4&r^2_4\end{vmatrix}=0 \cdots\cdots\cdots\tag{3}
\](2)按第5行展开后，将(1)和(3)代入可得\[x_5\cdot D_x+y_5\cdot D_y+z_5\cdot D_z=0\cdots\cdots\cdots\tag{4}
\]其中\[ D_x=\begin{vmatrix}y_1&z_1&r^2_1&1\\y_2&z_2&r^2_2&1\\y_3&z_3&r^2_3&1\\y_4&z_4&r^2_4&1\end{vmatrix},
D_y=\begin{vmatrix}x_1&z_1&r^2_1&1\\x_2&z_2&r^2_2&1\\x_3&z_3&r^2_3&1\\x_4&z_4&r^2_4&1\end{vmatrix},
D_z=\begin{vmatrix}x_1&y_1&r^2_1&1\\x_2&y_2&r^2_2&1\\x_3&y_3&r^2_3&1\\x_4&y_4&r^2_4&1\end{vmatrix}
\]由(4)可得\[
D_x=D_y=D_z=0
\]
所以我需要用含5个行列式的连等式\来表示,谁来把它合并成一个？ 过空间中四点的球的方程是$A(x^2+y^2+x^2)+Bx+Cy+Dz+F=0$.球面方程是\[
\begin{vmatrix}
x^2+y^2+z^2 & x & y & z & 1 \\
x_1^2+y_1^2+z_1^2 & x_1 & y_1 & z_1 & 1 \\
x_2^2+y_2^2+z_2^2 & x_2 & y_2 & z_2 & 1 \\
x_3^2+y_3^2+z_3^2 & x_3 & y_3 & z_3 & 1 \\
x_4^2+y_4^2+z_4^2 & x_4 & y_4 & z_4 & 1 \\
\end{vmatrix}
=0\]然后四点共圆 意思就是共面，于是 这四个点任意构成的直线方向向量 都与某同一个非零法向向量 内积为零，故而可以列出一个行列式。 hujunhua的方法不错，我们只要任意选择不在四个已知点所在平面上的点$(x_5,y_5,z_5)$
那么其中(1),(2)同时成立，就代表这四个点在平面和球相交的轨迹上，也就是四点共圆。
唯一的问题是如果点$(x_5,y_5,z_5)$选择的不好，会存在五点共面的情况，比如$D_r=D_1=0$代表四点共圆或者在经过原点的一个平面上。
我们同样可以任意选择四个不同的不在一个平面上的$(x_5,y_5,z_5)$,分别让它们的$D_r$都等于0，也同样可以唯一确定四点共圆，结果是同样需要五个等式。 hujunhua 发表于 2021-6-18 09:56
四点共圆，故共平面，所以首先有\[
D_r=\begin{vmatrix}x_1&y_1&z_1&1\\x_2&y_2&z_2&1\\x_3&y_3&z_3&1\\x_ ...我倒觉得反过来也说得过去。得到 2）式子后。行列式的意义就是给定同一个球上的四个点(共球不一定共面)，对于 球上的其他任意一点$(x_5,y_5,z_5)$，行列式 恒成立。
所以，在行列式展开后$x_5\cdot D_x+y_5\cdot D_y+z_5\cdot D_z+r\cdot D_r+1\cdot D_1=0$, 因为点$(x_5,y_5,z_5)$在球上，$(x_5,y_5,z_5,r,1)$5个分量不独立。自由度为4个点, 所以导致矩阵不满秩，又因为任意性，所以$(D_x,D_y,D_z,D_r,D_1)=(0,0,0,0,0)$.而$D_r=0$意味着四个点是共圆的。刚好又把不满秩体现出来了，哈哈哈。 使用一个五维基`\{i,j,k,l,m\}`, 可以合并成只含一个行列式的判别式\[
\begin{vmatrix}x_1&y_1&z_1&r^2_1&1\\x_2&y_2&z_2&r^2_2&1\\x_3&y_3&z_3&r^2_3&1\\x_4&y_4&z_4&r^2_4&1\\i&j&k&l&m\end{vmatrix}=0\] 假定空间四点无三点共线，记\[
A=\begin{pmatrix}x_1&y_1&z_1&r^2_1&1\\x_2&y_2&z_2&r^2_2&1\\x_3&y_3&z_3&r^2_3&1\\x_4&y_4&z_4&r^2_4&1\end{pmatrix}
\]4#的连等式等价于 `\text{Rank}(A)=3`
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