球真是不易玩,暂时只能完全用坐标代数法……
设正四面体的四顶点 `A_i` 分别在球面 `O_i`: `x^2+y^2+z^2=r_i^2` 上(`i=1`, `2`, `3`, `4`),不妨设 `A_1(0,0,r_1)` 以及 `A_i(x_i,y_i,z_i)`, `i=2`, `3`, `4`。
设棱长为 `a`,则有
\[\led
x_i^2+y_i^2+z_i^2&=r_i^2\quad(i=2,3,4),\\
x_i^2+y_i^2+(z_i-r_1)^2&=a^2\quad(i=2,3,4),\\
(x_i-x_j)^2+(y_i-y_j)^2+(z_i-z_j)^2&=a^2\quad(2\leqslant i<j\leqslant4),
\endled\]
一共九条等式,将后面的展开化简一下为
\[\led
x_i^2+y_i^2+z_i^2&=r_i^2\quad(i=2,3,4),\\
2r_1z_i&=r_i^2+r_1^2-a^2\quad(i=2,3,4),\\
2(x_ix_j+y_iy_j+z_iz_j)&=r_i^2+r_j^2-a^2\quad(2\leqslant i<j\leqslant4),
\endled\]
这样就可以消去 `z_i`,得
\[\led
x_i^2+y_i^2&=r_i^2-\left( \frac{r_i^2+r_1^2-a^2}{2r_1} \right)^2\quad(i=2,3,4),\\
x_ix_j+y_iy_j&=\frac{r_i^2+r_j^2-a^2}2-\frac{(r_i^2+r_1^2-a^2)(r_j^2+r_1^2-a^2)}{4r_1^2}\quad(2\leqslant i<j\leqslant4),
\endled\]
不难验证有如下恒等式
\begin{align*}
&(x_2^2+y_2^2)(x_3^2+y_3^2)(x_4^2+y_4^2)+2(x_2x_3+y_2y_3)(x_2x_4+y_2y_4)(x_3x_4+y_3y_4)\\
={}&(x_2^2+y_2^2)(x_3x_4+y_3y_4)^2+(x_3^2+y_3^2)(x_2x_4+y_2y_4)^2+(x_4^2+y_4^2)(x_2x_3+y_2y_3)^2,
\end{align*}
这样,将前面的六条等式全部代入上式中,化简后最终得出
\[3a^4-2a^2\sum_{i=1}^4r_i^2+3\sum_{i=1}^4r_i^4-2\sum_{1\leqslant i<j\leqslant4}r_i^2r_j^2=0,\]
解得
\[a=\sqrt{\frac13\sum_{i=1}^4r_i^2\pm\frac23\sqrt{-2\sum_{i=1}^4r_i^4+2\sum_{1\leqslant i<j\leqslant4}r_i^2r_j^2}}.\] |