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user: 2. 证明正交4球空间即为4维相互垂直的四维空间 2.1. 点标符号及其坐标、平面符号约定 2.1.1. 正交4球心间1至4维15个垂心点 [ 4 ] 、8球面交点 [ 4 ] 点符号及坐标均与文 [ 4 ] 相同，即 · 设4个1维垂心(4正交球球心)为 A ， B ， C ， D 半径依次为 a ， b ， c ， d (坐标同文 [ 4 ])； · 设6个2维垂心为： H A B ， H A C ， H A D ， H B C ， H B D ， H C D (坐标同文 [ 4 ])； · 设4个3维垂心为： H A B C ， H A B D ， H A C D ， H B C D (坐标同文 [ 4 ])； · 设1个4维垂心为：H (坐标同文 [ 4 ])； · 设4个内凹3球面交点为： A − ， B − ， C − ， D − (坐标同文 [ 4 ])； · 设4个外凸3球面交点为： A + ， B + ， C + ， D + (坐标同文 [ 4 ])。 2.1.2. 设垂直6棱，且与对棱共面的6个平面符号 · 设与AB棱垂直，且与对棱CD棱共面的平面符号为： Π C D ； · 设与AC棱垂直，且与对棱BD棱共面的平面符号为： Π B D ； · 设与AD棱垂直，且与对棱BC棱共面的平面符号为： Π B C ； · 设与BC棱垂直，且与对棱AD棱共面的平面符号为： ； · 设与BD棱垂直，且与对棱AC棱共面的平面符号为： Π A C ； · 设与CD棱垂直，且与对棱AB棱共面的平面符号为： Π A B 。 2.2. 证明正交4球心间15个垂心点 [ 4 ] 、8球面交点 [ 4 ] 及其46线为与棱垂直的6平面及其方程 文 [ 5 ] 得知，正交4球心间构成了4态垂心四面体，依据其对棱垂直的性质 [ 6 ] ： 2.2.1. 证明与AB棱垂直的Π CD 平面及其平面方程 根据垂心四面体(4态)以及对边⊥的性质， 证明： Π C D 平面与AB棱垂直，10点11线共面的 Π C D 平面。易得： A B ⊥ C D ，     A B ⊥ C D − ，     A B ⊥ C D + ，     A B ⊥ C H A B C ，     A B ⊥ C H ，     A B ⊥ C H A B 前6线右侧共点于C，后5线与首线右侧共点于D；因此该平面 Π C D ∈ 右侧11线10点，该平面与左侧AB棱⊥，垂足落在左侧AB棱的 H A B 上。因此10点 ( C ， D ， D − ， D + ， H A B C ， H ， C − ， C + ， H A B D ， H A B ) 共面，任取3点坐标可得与CD棱共面的 Π C D 平面方程为：(例：取C，D，H 3点坐标) 0 = | x − 0 y − 0 z − c b c t − 0 a c t − 0 a b t − c − a b 2 c 2 t v − 0 − a 2 b c 2 t v − 0 − a 2 b 2 c t v − c | = a x − b y 2.2.2. 同理可证明与其它5棱垂直的5个平面及其平面方程为 · Π B D 平面与AC棱垂直，且 11线均与AC棱垂直。与BD棱共面平面方程为：任取3点坐标可得 Π B D 平面方程为：(例：取B，D，H 3点坐标) 0 = | x − 0 y − b z − 0 b c t − 0 a c t − b a b t − 0 − a b 2 c 2 t v − 0 − a 2 b c 2 t v − b − a 2 b 2 c t v − 0 | = a x − c z · Π A D 平面与BC棱垂直，且 11线均与BC棱垂直。与AD棱共面平面方程为：任取3点坐标可得 Π A D 平面方程为：(例：取A，D，H 3点坐标) 0 = | x − a y − 0 z − 0 b c t − a a c t − 0 a b t − 0 − a b 2 c 2 t v − a − a 2 b c 2 t v − 0 − a 2 b 2 c t v − 0 | = b y − c z · Π B C 平面与AD棱垂直，且 B C ， B C − ， B C + ， B H A B D ， B H A D ， B H ， C B − ， C B + ， C H A C D ， C H ， C H A D 11线均与AD棱垂直。与BC棱共面平面方程为：任取3点坐标可得 Π B C 平面方程为：(例：取B，C，H 3点坐标) 0 = | x − 0 y − b z − 0 0 − 0 0 − b c − 0 − a b 2 c 2 t v − 0 − a 2 b c 2 t v − b − a 2 b 2 c t v − 0 | = [ a d ( v + v 4 ) + v 1 ] x + v 2 y + v 3 z − a b c d 这里： v 1 = b c d ， v 2 = a c d ， v 3 = a b d ， v 4 = a b c 。 · Π A C 平面与BD棱垂直，且 A C ， A C − ， A C + ， A H A B D ， A H B D ， A H ， C A − ， C A + ， C H B C D ， C H ， C H B D 11线均与BD棱垂直。与AC共面平面方程为：任取3点坐标可得 Π A C 平面方程为：(例：取A，C，H 3点坐标) 0 = | x − a y − 0 z − 0 0 − a 0 − 0 c − 0 − a b 2 c 2 t v − a − a 2 b c 2 t v − 0 − a 2 b 2 c t v − 0 | = v 1 x + [ b d ( v + v 4 ) + v 2 ] y + v 3 z − a b c d 这里： v 1 = b c d ， v 2 = a c d ， v 3 = a b d ， v 4 = a b c 。 · Π A B 平面与CD棱垂直，且 A B ， A B − ， A B + ， A H A C D ， A H C D ， A H ， B A − ， B A + ， B H B C D ， B H ， B H C D 11线均与CD棱垂直。与AB共面平面方程为：任取3点坐标可得 Π A B 平面方程为：(例：取A，B，H 3点坐标) 0 = | x − a y − 0 z − 0 0 − a b − 0 0 − 0 − a b 2 c 2 t v − a − a 2 b c 2 t v − 0 − a 2 b 2 c t v − 0 | = v 1 x + v 2 y + [ c d ( v + v 4 ) + v 3 ] z − a b c d 这里： v 1 = b c d ， v 2 = a c d ， v 3 = a b d ， v 4 = a b c 。 2.3. 证明6平面，任意3平面分别交于4垂线，6平面交于H垂心点，且任意3平面夹角之和等于180度 2.3.1. 上述6平面方程中垂心H为6平面的共点 分析上述一至四维垂心15点；以及8点球面交点，可归纳为： · 一维垂心4点A，B，C，D，交叉存在6平面其中的3个平面； · 二维垂心6点 H A B ， H A C ， H A D ， H B C ， H B D ， H C D 为6平面中，每平面各占其中一点； · 三维垂心4点 H A B C ， H A B D ， H A C D ， H B C D 交叉存在6平面其中的3个平面； · 四维垂心H为6平面共点； · 球面内凹与外凸8交点，交叉存在6平面其中的3个平面； · 任意3平面均分别交于4垂线。 2.3.2. 上述6平面方程间任意3平面夹角与棱角相等，其与各面3棱垂直的3平面夹角之和等于180度 因为上述6平面均与6棱垂直，垂心四面体任意一面3棱组成三角形垂直的3平面的夹角之和等于棱角和为180度。因此6平面可以任意组合，其平面夹角和均等于180度。 例： Π A D ， Π B D ， Π C D 3平面交D轴，3平面夹角之和均为180度 Π B D ， Π C D 间夹角为 ∠ α = ∠ B A C = ∠ A 4 ⇒ cos A 4 = a 2 | A B | | A C | Π C D ， Π A D 间夹角为 ∠ β = ∠ A B C = ∠ B 4 ⇒ cos B 4 = b 2 | A B | | B C | Π B D ， Π A D 间夹角为 ∠ α + ∠ β + ∠ γ = ∠ B A C + ∠ A B C + ∠ A C B = 180 ∘ 见 (图1) 这里的： cos A 4 ， cos B 4 ， cos C 4 见文 [ 5 ]。 图1. Π A D ， Π B D ， Π C D 3平面交D轴，3平面夹角之和均为180度示意图 2.4. 证明正交4球空间即4维垂直的四维空间 根据上述6个平面方程，每个平面围绕其垂直的棱旋转，即各平面绕其垂直的棱的二维垂心点旋转，即固定该平面垂直棱2球心在欧氏3D坐标系的2轴线上，而旋转与棱垂直的平面，使得该平面另2球心点旋转至另一正负轴线上时，与其对应的3球面交点同时旋转至原点 D − 位置。证明正交4球空间即4维垂直超对称空间 [ 7 ]。 2.4.1. 固定A， B棱，A， B 2球心位于x轴和y轴线上，绕AB棱旋转平面Π CD ，使得C， D 2球心分别落在正负z轴线上时，球面交点D + ， C − ， C + 分别旋转至D − 位置上 根据上述 Π C D 平面10点共面，其中包括： C ， D ， H A B ， C − ， C + ， D − ， D + 这7点共面；7点坐标见文 [ 4 ] · 证明 cos ∠ C H A B C ′ = cos ∠ D − H A B D + 这里坐标： C ′ ( 0 ， 0 ， − c ) 左侧点间距： C H A B = H A B C ′ = c 2 + r A B 2 = c 2 + a 2 b 2 a 2 + b 2 ， C C ′ = 2 c 左侧代入余弦公式： cos ∠ C H A B C ′ = c 2 + r A B 2 + c 2 + r A B 2 − ( 2 c ) 2 2 c 2 + r A B 2 c 2 + r A B 2 = 2 a 2 b 2 s 4 2 − 1 (这里 s 4 2 = a 2 b 2 + a 2 c 2 + b 2 c 2 ) 右侧点间距： D − H A B = H A B D + = r A B = a b a 2 + b 2 ， D − D + = 2 a b c s 4 = 2 a b c a 2 b 2 + a 2 c 2 + b 2 c 2 右侧代入余弦公式： cos ∠ D − H A B D + = r A B 2 + r A B 2 − ( 2 a b c s 4 ) 2 2 r A B r A B = 2 a 2 b 2 s 4 2 − 1 (这里 s 4 2 = a 2 b 2 + a 2 c 2 + b 2 c 2 ) 通过旋转 Π C D 平面，将C点从正z轴旋转至负轴的同时， D + 也同时旋转至 D − 位置。 证明了3球： A ⊥ B ⊥ C 。 · 证明 cos ∠ D H A B D ′ = cos ∠ D − H A B C + 这里坐标： D ′ ( 0 ， 0 ， d ) 左侧点间距： D H A B = H A B D ′ = d 2 + r A B 2 = d 2 + a 2 b 2 a 2 + b 2 ， D ′ D 2 = ( 0 − b c t ) 2 + ( 0 − a c t ) 2 + ( d − a b t ) 2 = 2 d 2 ( v + v 3 ) v + v 4 (这里 t = − d 2 v + v 4 ， v = a 2 b 2 c 2 + a 2 b 2 d 2 + a 2 c 2 d 2 + b 2 c 2 d 2 ， v 3 = a b d ， v 4 = a b c ) 左侧代入余弦公式： cos ∠ D H A B D ′ = d 2 + r A B 2 + d 2 + r A B 2 − 2 d 2 ( v + v 3 ) v + v 4 2 d 2 + r A B 2 d 2 + r A B 2 = 1 − v 1 2 + v 2 2 ( v + v 4 ) ( v − v 3 ) (这里 v 1 = b c d ， v 2 = a c d ) 右侧点间距： D − H A B = H A B C + = r A B = a b a 2 + b 2 ， D − C + 2 = [ a b 2 c 2 d 2 ( v + v 4 ) ( v − v 3 ) − 0 ] 2 + [ a 2 b c 2 d 2 ( v + v 4 ) ( v − v 3 ) − 0 ] 2 + [ a b c d ( v 3 − v 4 − v ) ( v + v 4 ) ( v − v 3 ) − 0 ] 2 = 2 a 2 b 2 c 2 d 2 ( v + v 4 ) ( v − v 3 ) 右侧代入余弦公式： cos ∠ D − H A B C + = r A B 2 + r A B 2 − ( 2 a 2 b 2 c 2 d 2 ( v + v 4 ) ( v − v 3 ) ) 2 r A B r A B = 1 − v 1 2 + v 2 2 ( v + v 4 ) ( v − v 3 ) 通过旋转 Π C D 平面，将D点旋转至正z轴D'的同时， C + 也同时旋转至 D − 位置。 证明了4球： A ⊥ B ⊥ C ⊥ D 。 · 证明 cos ∠ D H A B D ′ = cos ∠ D − H A B C − 这里坐标： D ′ ( 0 ， 0 ， − d ) 左侧点间距： D H A B = H A B D ′ = d 2 + r A B 2 = d 2 + a 2 b 2 a 2 + b 2 ， D ′ D 2 = ( 0 − b c t ) 2 + ( 0 − a c t ) 2 + ( − d − a b t ) 2 = 2 d 2 ( v − v 3 ) v + v 4 (这里 t = − d 2 v + v 4 ， v = a 2 b 2 c 2 + a 2 b 2 d 2 + a 2 c 2 d 2 + + b 2 c 2 d 2 ， v 3 = a b d ， v 4 = a b c ) 左侧代入余弦公式： cos ∠ D H A B D ′ = d 2 + r A B 2 + d 2 + r A B 2 − 2 d 2 ( v − v 3 ) v + v 4 2 d 2 + r A B 2 d 2 + r A B 2 = 1 − v 1 2 + v 2 2 ( v + v 4 ) ( v + v 3 ) (这里 v 1 = b c d ， v 2 = a c d ， v 3 = a b d ， v 4 = b c d ) 右侧点间距： D − H A B = H A B C − = r A B = a b a 2 + b 2 ， D − C − 2 = [ a b 2 c 2 d 2 ( v + v 4 ) ( v + v 3 ) − 0 ] 2 + [ a 2 b c 2 d 2 ( v + v 4 ) ( v + v 3 ) − 0 ] 2 + [ a b c d ( v 3 + v 4 + v ) ( v + v 4 ) ( v + v 3 ) − 0 ] 2 = 2 a 2 b 2 c 2 d 2 ( v + v 4 ) ( v + v 3 ) 右侧代入余弦公式： cos ∠ D − H A B C − = r A B 2 + r A B 2 − ( 2 a 2 b 2 c 2 d 2 ( v + v 4 ) ( v + v 3 ) ) 2 r A B r A B = 1 − v 1 2 + v 2 2 ( v + v 4 ) ( v + v 3 ) 。 通过旋转 Π C D 平面，将D点旋转至正z轴D'的同时， C − 也同时旋转至 D − 位置。 证明了4球： A ⊥ B ⊥ C ⊥ D 。 同理：可得如下2组旋转等式： 2.4.2. 固定A， C棱，A， C 2球心位于x轴和z轴线上，绕AC棱旋转平面Π BD ，使得B， D 2球心分别落在正负y轴线上时，球面交点D + ， B + ， B − 分别旋转至D − 位置上 根据上述 Π B D 平面10点共面，其中包括： B ， D ， H A C ， B − ， B + ， D − ， D + 这7点共面；7点坐标见文 [ 4 ] · 可得： cos ∠ B H A C B ′ = cos ∠ D − H A B D + = 2 a 2 c 2 s 4 2 − 1 这里坐标： B ( 0 ， b ， 0 ) ， B ′ ( 0 ， − b ， 0 ) ； · 可得： cos ∠ D H A C D ′ = cos ∠ D − H A B B + = 1 − v 1 2 + v 3 2 ( v + v 4 ) ( v − v 2 ) 这里坐标： D ′ ( 0 ， b ， 0 ) ； · 可得： cos ∠ D H A C D ′ = cos ∠ D − H A B B − = 1 − v 1 2 + v 3 2 ( v + v 4 ) ( v + v 2 ) 这里坐标： D ′ ( 0 ， − b ， 0 ) 。 证明了4球： A ⊥ B ⊥ C ⊥ D 。 2.4.3. 固定B， C棱，B， C 2球心位于y轴和z轴线上，绕BC棱旋转平面Π AD ，使得A， D 2球心分别落在正负x轴线上时，球面交点D + ， A + ， A − 分别旋转至D − 位置上 根据上述 Π A D 平面10点共面，其中包括： A ， D ， H B C ， A − ， A + ， D − ， D + 这7点共面；7点坐标见文 [ 4 ] · 可得： cos ∠ A H A C A ′ = cos ∠ D − H B C D + = 2 b 2 c 2 s 4 2 − 1 这里坐标： A ( a ， 0 ， 0 ) ， A ′ ( − a ， 0 ， 0 ) ； · 可得： cos ∠ D H A C D ′ = cos ∠ D − H B C A + = 1 − v 2 2 + v 3 2 ( v + v 4 ) ( v − v 1 ) 这里坐标： D ′ ( a ， 0 ， 0 ) ； · 可得： cos ∠ D H A C D ′ = cos ∠ D − H B C A − = 1 − v 2 2 + v 3 2 ( v + v 4 ) ( v + v 1 ) 这里坐标： D ′ ( − a ， 0 ， 0 ) 。 证明了4球： A ⊥ B ⊥ C ⊥ D 。