トーラスは3DCGではよく見かける立体ですが交差判定は結構複雑です．
x-z平面に置かれてるトーラスの方程式は以下のようなものです．
これに半直線\({\bf x}={\bf p}+t{\bf d}\)を代入して$$t$$に関して整理するわけです．
(1)は解析表示なわけですが，計算が大変なので，これを無理矢理ベクトル方程式にしてみます．
ただし
です．
(2)はトーラスの中心が原点にあることを前提としているので，中心が$${\bf c}$$であるとすると，以下のようになります．
これに
を代入します．それでも大変なので部分部分に分けて計算します．
$$ \sqrt{(left-side)}=|{\bf p}+t{\bf d}-{\bf c}|^{2}+R^{2}-r^{2} $$
この式の一部は先日の球の式と同じなので計算を省略します．
$$ \sqrt{(left-side)}=|{\bf d}|^{2}t^{2}+2\left({\bf d}\cdot({\bf p}-{\bf c})\right)t+|{\bf p}-{\bf c}|^{2}+R^{2}-r^{2} $$
ここで$$ C_{1}=|{\bf d}|^{2} $$, $$ C_{2}=2\left({\bf d}\cdot({\bf p}-{\bf c})\right) $$, $$ C_{3}=|{\bf p}-{\bf c}|^{2}+R^{2}-r^{2} $$と置いて
$$ \sqrt{(left-side)}=C_{1}t^{2}+C_{2}t+C_{3} $$
$$ (left-side)=\left(C_{1}t^{2}+C_{2}t+C_{3}\right)^{2} $$
$$ =C_{1}^2t^{4} + 2C_{1}t^{2}\left(C_{2}t+C_{3}\right) + \left(C_{2}t+C_{3}\right)^{2} $$
$$ =C_{1}^2t^{4} + 2C_{1}C_{2}t^{3} + 2C_{1}C_{3}t^{2} + C_{2}^{2}t^{2} + 2C_{2}C_{3}t + C_{3}^{2} $$
$$ =C_{1}^2t^{4} + 2C_{1}C_{2}t^{3} + \left(2C_{1}C_{3} + C_{2}^{2}\right)t^{2} + 2C_{2}C_{3}t + C_{3}^{2} $$
$$ (right-side)=4R^{2}|({\bf p}+t{\bf d}-{\bf c}){\bf M}|^{2} $$ $$ =4R^{2}|{\bf pM} + t{\bf dM} – {\bf cM}|^{2} $$
結局こちらも$${\bf M}$$が掛かっている以外は先日の球の式と同じです．
$$ =4R^{2}|{\bf dM}|^{2}t^{2} + 8R^{2}\left({\bf dM}\cdot(({\bf p} – {\bf c}){\bf M})\right)t + 4R^{2}|({\bf p} – {\bf c}){\bf M}|^{2} $$
$$ C_{4}=4R^{2}|{\bf dM}|^{2} $$, $$ C_{5}=8R^{2}\left({\bf dM}\cdot(({\bf p} – {\bf c}){\bf M})\right) $$, $$ C_{6}=4R^{2}|({\bf p} – {\bf c}){\bf M}|^{2} $$と置いて，
$$ (right-side)=C_{4}t^{2}+C_{5}t+C_{6} $$
左右を元に戻して，
$$ C_{1}^2t^{4} + 2C_{1}C_{2}t^{3} + \left(2C_{1}C_{3} + C_{2}^{2}\right)t^{2} + 2C_{2}C_{3}t + C_{3}^{2}=C_{4}t^{2}+C_{5}t+C_{6} $$
$$t$$に関して整理して，
$$ C_{1}^2t^{4} + 2C_{1}C_{2}t^{3} + \left(2C_{1}C_{3} + C_{2}^{2} -C_{4}\right)t^{2} + (2C_{2}C_{3}-C_{5})t + C_{3}^{2}-C_{6}=0 $$
まとめると,
$$ At^{4} + Bt^{3} + Ct^{2} + Dt + E = 0 $$
$$ A=C_{1}^{2} $$
$$ B=2C_{1}C_{2} $$
$$ C=2C_{1}C_{3} + C_{2}^{2} -C_{4} $$
$$ D=2C_{2}C_{3}-C_{5} $$
$$ E=C_{3}^{2}-C_{6} $$
$$ C_{1}=|{\bf d}|^{2} $$
$$ C_{2}=2\left({\bf d}\cdot({\bf p}-{\bf c})\right) $$
$$ C_{3}=|{\bf p}-{\bf c}|^{2}+R^{2}-r^{2} $$
$$ C_{4}=4R^{2}|{\bf dM}|^{2} $$
$$ C_{5}=8R^{2}\left({\bf dM}\cdot(({\bf p} – {\bf c}){\bf M})\right) $$
$$ C_{6}=4R^{2}|({\bf p} – {\bf c}){\bf M}|^{2} $$
この四次方程式を解けば交点(最大で4つ)が求まります． 四次方程式の解法はとても難しいので次回書きます．
参考 :