来两种解法吧，先线性代数。
记点 Ai(xi,yi,zi),i=1,2,3,4A_i(x_i,y_i,z_i),i=1,2,3,4
则外接球方程 A(x2+y2+z2)+Bx+Cy+Dz+E=0A(x^2+y^2+z^2)+Bx+Cy+Dz+E=0
|1xyzx2+y2+z21x1y1z1x12+y12+z121x2y2z2x22+y22+z221x3y3z3x32+y32+z321x4y4z4x42+y42+z42|=0\begin{vmatrix} {1}&x&y&{z}&{x^2+y^2+z^2} \\ {1}&{x_1}&{y_1}&{z_1}&{x_1^2+y_1^2+z_1^2} \\ {1}&{x_2}&{y_2}&{z_2}&{x_2^2+y_2^2+z_2^2} \\ {1}&{x_3}&{y_3}&{z_3}&{x_3^2+y_3^2+z_3^2} \\ {1}&{x_4}&{y_4}&{z_4}&{x_4^2+y_4^2+z_4^2} \\ \end{vmatrix}=0
展开即得。
证明如下
设球上肆意一点的坐标 (x,y,z)(x,y,z)
{A(x2+y2+z2)+Dx+Ey+Fz+G=0A(x12+y12+z12)+Dx1+Ey1+Fz1+G=0A(x22+y22+z22)+Dx2+Ey2+Fz2+G=0A(x32+y32+z32)+Dx3+Ey3+Fz3+G=0A(x42+y42+z42)+Dx4+Ey4+Fz4+G=0\begin{cases} A(x^2+y^2+z^2)+Dx+Ey+Fz+G=0 \\ A(x_{1}^2+y_{1}^2+z_{1}^2)+Dx_{1}+Ey_{1}+Fz_1+G=0\\ A(x_{2}^2+y_{2}^2+z_{2}^2)+Dx_{2}+Ey_{2}+Fz_2+G=0\\ A(x_{3}^2+y_{3}^2+z_{3}^2)+Dx_{3}+Ey_{3}+Fz_3+G=0\\ A(x_{4}^2+y_{4}^2+z_{4}^2)+Dx_{4}+Ey_{4}+Fz_4+G=0 \end{cases}
构成关于 A,D,E,F,G 的五元线性方程组，有非零解的充要前提是
|x2+y2+z2xyz1x12+y12+z12x1y1z11x22+y22+z22x2y2z21x32+y32+z32x3y3z31x42+y42+z42x4y4z41|=0\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
沿第一行展开即证。办法优势：计算可包管精度。因为只要+-*，并且可处置退化形式，详细拜见此文。
待定系数法wuyudi.github.io/za-tan/five_points_conic.html然后再来种几何法
外接球，必定过 3 点。无妨是 A1,A2,A3A_1,A_2,A_3 ，外心 O1O_1
过外心 O1O_1 做对应的垂线 l1l_1
再过 A1,A2,A4A_1,A_2,A_4 ,做 l2l_2 , l1∩l2=l_1\cap l_2= 球心