地球断面パス

地球断面パスは、地球楕円体と平面(楕円体平面断面)の交差によって定義される平面曲線です。一般的な例としては、大楕円(楕円体の中心を含む) や法線断面(楕円体の法線方向を含む) などがあります。地球断面パスは、測地問題、つまり地理的距離の直接計算と逆計算の近似解として役立ちます。測地問題の厳密な解決には、測地線と呼ばれる斜めの曲線が関係します。

地球断面の逆問題は次のとおりです。基準楕円体の表面上の 2 点、およびが与えられた場合、 から までの回転楕円体断面の短い弧の長さ を求め、また、その曲線の出発方位角と到着方位角 (真北からの角度) および を求めます。右の図は、ここで使用されている表記法を示しています。 が測地緯度 と経度( k =1,2) であるとします。この問題は、地球中心、地球固定 (ECEF) 直交座標で解析幾何学を使用して最もよく解かれます。 および を、ここで説明する測地から ECEF への変換を使用して計算された 2 点の ECEF 座標とします。 ${\displaystyle P_{1}}$${\displaystyle P_{2}}$${\displaystyle s_{12}}$${\displaystyle P_{1}}$${\displaystyle P_{2}}$${\displaystyle \alpha _{1}}$${\displaystyle \alpha _{2}}$${\displaystyle P_{k}}$${\displaystyle \phi_{k}}$${\displaystyle \lambda_{k}}$${\displaystyle R_{1}=\mathrm {ECEF} (P_{1})}$${\displaystyle R_{2}=\mathrm {ECEF} (P_{2})}$

断面を定義するには、からへの線上にない任意の 3 番目の点を選択します。における面法線上にあることを選択すると、 における法線断面が定義されます。 が原点である場合、地球の断面は大楕円です。(原点は 2 つの対蹠点と同一線上にあるため、その場合は別の点を使用する必要があります)。 には無限の選択肢があるため、上記の問題は実際には一連の問題 (各平面に 1 つ) です。 が与えられているとします。 平面の方程式を標準形式 にするには、 には、断面に垂直な単位ベクトルの成分が必要です。これらの成分は次のように計算できます。 からへのベクトルは で、 からへのベクトルは です。したがって、) で、 はの方向の単位ベクトルです。ここで使用される方向付け規則は、 がパスの左側を指すというものです。そうでない場合は を再定義します。最後に、平面のパラメータ d は、と原点から平面上の任意の点へのベクトル ( など) のドット積を使用して計算できます。つまり、平面の方程式 (ベクトル形式) は となり、 はの位置ベクトルです。 ${\displaystyle R_{0}}$${\displaystyle R_{1}}$${\displaystyle R_{2}}$${\displaystyle R_{0}}$${\displaystyle P_{1}}$${\displaystyle P_{1}}$${\displaystyle R_{0}}$${\displaystyle R_{0}}$${\displaystyle R_{0}}$${\displaystyle lx+my+nz=d}$${\displaystyle l^{2}+m^{2}+n^{2}=1}$${\displaystyle \mathbf {\hat {N}} =(l,m,n)}$${\displaystyle R_{0}}$${\displaystyle R_{1}}$${\displaystyle \mathbf {V_{0}} =\mathbf {R_{1}} -\mathbf {R_{0}} }$${\displaystyle R_{1}}$${\displaystyle R_{2}}$${\displaystyle \mathbf {V_{1}} =\mathbf {R_{2}} -\mathbf {R_{1}} }$${\displaystyle \mathbf {\hat {N}} =\mathrm {unit} (\mathbf {V_{0}} \times \mathbf {V_{1}} )}$${\displaystyle \mathrm {unit} (\mathbf {V} )}$${\displaystyle \mathbf {V} }$${\displaystyle \mathbf {\hat {N}} }$${\displaystyle \mathbf {V_{0}} =-\mathbf {V_{0}} }$${\displaystyle \mathbf {\hat {N}} }$${\displaystyle R_{1}}$${\displaystyle d=\mathbf {\hat {N}} \cdot \mathbf {R_{1}} }$${\displaystyle \mathbf {\hat {N}} \cdot \mathbf {R} =d}$${\displaystyle \mathbf {R} }$${\displaystyle (x,y,z)}$

ENU から ECEF への変換を調べると、楕円体上の任意の点における東を指す単位ベクトルの ECEF 座標は、北を指す単位ベクトルは、上を指す単位ベクトルは であることがわかります。 パスに接するベクトルは です。 したがって、 の東成分は、北成分は です。したがって、方位角は2 つの引数を持つ逆正接関数から取得できます。この方法をと の両方で使用して、と を取得します。 ${\displaystyle \mathbf {\hat {e}} =(-\sin \lambda ,\cos \lambda ,0)}$${\displaystyle \mathbf {\hat {n}} =(-\sin \phi \cos \lambda ,-\sin \phi \sin \lambda ,\cos \phi )}$${\displaystyle \mathbf {\hat {u}} =(\cos \phi \cos \lambda ,\cos \phi \sin \lambda ,\sin \phi )}$${\displaystyle \mathbf {t} =\mathbf {\hat {N}} \times \mathbf {\hat {u}} }$${\displaystyle \mathbf {t} }$${\displaystyle \mathbf {t} \cdot \mathbf {\hat {e}} }$${\displaystyle \mathbf {t} \cdot \mathbf {\hat {n}} }$${\displaystyle \alpha =\operatorname {atan2} (\mathbf {t} \cdot \mathbf {\hat {e}} ,\mathbf {t} \cdot \mathbf {\hat {n}} )}$${\displaystyle P_{1}}$${\displaystyle P_{2}}$${\displaystyle \alpha _{1}}$${\displaystyle \alpha _{2}}$

平面と楕円体の（非自明な）交差は楕円です。したがって、からへの断面パス上の弧の長さ は、切断級数または数値積分を使用して任意の精度で計算できる楕円積分です。これを行う前に、楕円を定義し、積分の限界を計算しなければなりません。楕円体を で与え、 とします。の場合、断面は半径 の水平円であり、 の場合に解はありません。 ${\displaystyle s_{12}}$${\displaystyle P_{1}}$${\displaystyle P_{2}}$${\displaystyle {\frac {x^{2}}{a^{2}}}+{\frac {y^{2}}{a^{2}}}+{\frac {z^{2} {b^{2}}}=1}$${\displaystyle p={\sqrt {l^{2}+m^{2}}}}$${\displaystyle p=0}$${\textstyle a{\sqrt {1-{\frac {d^{2}}{b^{2}}}}}$${\displaystyle |d|>b}$

するとギルバートソン^[1]は楕円の中心のECEF座標が であることを示した。ここで、 ${\displaystyle p>0}$${\textstyle {R_{c}}={\frac {d}{C}}(la^{2},ma^{2},nb^{2})}$${\displaystyle C=a^{2}p^{2}+b^{2}n^{2}}$

長半径は、方向 であり、短半径は、方向 であり、 の場合には解が存在しません。 ${\textstyle a^{*}=a{\sqrt {1-{\frac {d^{2}}{C}}}}$${\textstyle \mathbf {{\hat {i}}^{*}} =\left({\frac {m}{p}},{\frac {-l}{p}},0\right)}$${\textstyle b^{*}={\frac {b}{\sqrt {C}}}a^{*}}$${\textstyle \mathbf {{\hat {j}}^{*}} =\left({\frac {ln}{p}},{\frac {mn}{p}},-p\right)}$${\displaystyle |d|>{\sqrt {C}}}$

上で引用した論文では、中心角と の累乗を含む弧長公式の導出が提供されており、弧長をミリメートル精度で計算できます。この弧長公式は、 の形に整理することができます。 ここで 、係数は ${\displaystyle e^{2}}$${\textstyle e^{2}=1-\left({\frac {b^{*}}{a^{*}}}\right)^{2}}$${\displaystyle s_{12}=s(\theta _{2})-s(\theta _{1})}$${\displaystyle s(\theta )=b^{*}({C_{0}}\theta +{C_{2}}\sin(2\theta )+{C_{4}}\sin(4\theta )+{C_{6}}\sin(6\theta ))}$

${\displaystyle C_{0}=1.0+e^{2}(1/4+13e^{2}/64+45e^{4}/256+2577e^{6}/16384)}$

${\displaystyle C_{2}=e^{2}(1/8+3e^{2}/32+95e^{4}/1024+385e^{6}/4096)}$

${\displaystyle C_{4}=-e^{4}(1/256+5e^{2}/1024+19e^{4}/16384)}$

${\displaystyle C_{6}=-e^{6}(15/3072+35e^{2}/4096)}$

中心角を計算するには、断面楕円上の任意の点を 、とします。すると、 は楕円の中心から点へのベクトルになります。中心角は、半長軸から への角度です。 とすると、 が得られます。このようにして、および が得られます。 ${\displaystyle P}$${\displaystyle R=\mathrm {ECEF} (P)}$${\displaystyle \mathbf {V} =\mathbf {R} -\mathbf {R_{c}} }$${\displaystyle \theta }$${\displaystyle \mathbf {V} }$${\displaystyle \mathbf {\hat {V}} =\mathrm {unit} (\mathbf {V} )}$${\displaystyle \theta =\operatorname {atan2} (\mathbf {\hat {V}} \cdot \mathbf {{\hat {j}}^{*}} ,\mathbf {\hat {V}} \cdot \mathbf {{\hat {i}}^{*}} )}$${\displaystyle \theta _{1}}$${\displaystyle \theta _{2}}$

一方、より一般的なケースでは、回転楕円体パラメータではなく断面楕円パラメータが使用されることを条件として、子午線弧の公式を使用することが可能です。そのような急速に収束する級数の 1 つは、パラメトリック緯度 に関する級数で与えられます。回転楕円体の離心率を表すために を使用する場合、つまり を使用する場合、≤ ≅${\displaystyle \varepsilon }$${\textstyle \varepsilon ^{2}=1-\left({\frac {b}{a}}\right)^{2}}$${\displaystyle e^{8}}$${\displaystyle \varepsilon ^{8}}$1.8 × 10 ⁻⁹。同様に、断面楕円の3番目の平坦化は回転楕円体の対応する値によって制限され、回転楕円体の場合は≅${\displaystyle n^{3}}$4.4 × 10 ⁻⁹、そして≅${\displaystyle n^{4}}$7.3 × 10 ⁻¹² 。したがって、パラメトリック緯度級数のを超える項は無視すれば十分でしょう。現在のコンテキストに適用するには、 を使用して中心角をパラメトリック角に変換し、楕円断面の 3 番目の平坦化を使用する必要があります。どちらの方法を使用する場合でも、 &または& を使用するときは、2 点を結ぶ短い円弧が使用されるように 注意する必要があります。${\displaystyle B_{6}}$${\textstyle s(\beta )={\frac {a^{*}+b^{*}}{2}}(B_{0}\beta +B_{2}\sin 2\beta +B_{4}\sin 4\beta +B_{6}\sin 6\beta )}$${\displaystyle \beta =\tan ^{-1}\left(\tan \theta /((1-f)\right)}$${\displaystyle \theta _{1}}$${\displaystyle \theta _{2}}$${\displaystyle \beta _{1}}$${\displaystyle \beta _{2}}$

直接問題が与えられ、距離、出発方位、到着方位を求めます。 ${\displaystyle {P_{1}}}$${\displaystyle s_{12}}$${\displaystyle \alpha _{1}}$${\displaystyle {P_{2}}}$${\displaystyle \alpha _{2}}$

この問題の答えは、 の選択、つまり断面の種類によって異なります。 はspan{ } 内にあってはならないことに注意してください(そうでない場合、平面は で地球に接するため、経路は生成されません)。 このような選択を行い、方向を考慮したら、次の操作に進みます。 、 で接線ベクトルを作成します。ここで、と は、 でそれぞれ北と東を指す単位ベクトルです。 法線ベクトル) は、とともに平面を定義します。 つまり、目的地が不明であるため、接線が弦の代わりとなります。 ${\displaystyle \mathbf {V_{0}} }$${\displaystyle \mathbf {V_{0}} }$${\displaystyle \mathbf {\hat {n}} _{1},\mathbf {{\hat {e}}_{1}} }$${\displaystyle {P_{1}}}$${\displaystyle {P_{1}}}$${\displaystyle \mathbf {\hat {t}} _{1}=\mathbf {\hat {n}} _{1}\cos {\alpha _{1}}+\mathbf {{\hat {e}}_{1}} \sin {\alpha _{1}}}$${\displaystyle \mathbf {\hat {n}} _{1}}$${\displaystyle \mathbf {{\hat {e}}_{1}} }$${\displaystyle {P_{1}}}$${\displaystyle \mathbf {\hat {N}} =\mathrm {unit} (\mathbf {V_{0}} \times \mathbf {\hat {t}} _{1}}$${\displaystyle \mathbf {P_{1}} }$

これは span{ } の 2 次元問題で、上記の弧長の公式を使用して解決します。弧長 が与えられている場合、問題は中心角 の対応する変化を見つけて 、位置を計算できるようにすることです。 を与える級数があると仮定すると、今求めているのは です。上記の中心角弧長級数の逆は、 Ganshin をクレジットしているRapp、Vol. 1、 ^[2]の 8a ページにあります。 ^[3]逆級数を使用する代わりに、ニュートンの逐次近似法を使用して を にすることができます。楕円体の逆子午線問題は、パラメトリック角度に関してベッセルの弧長級数の逆を提供します。逆級数を使用する前に、パラメトリック角度級数を使用して半長軸から までの弧長を計算する必要があります。がわかったら、逆公式を適用して を取得します。ここでです。断面の直交座標は です。したがって、ECEFベクトルは を使用して計算できます。最後に、 Bowringの1985アルゴリズム^[4]またはここでのアルゴリズムを使用して、地理座標を計算します。 ${\displaystyle \mathbf {\hat {i}} ^{*},\mathbf {\hat {j}} ^{*}}$${\displaystyle s_{12}}$${\displaystyle \theta _{12}}$${\displaystyle \theta _{2}=\theta _{1}+\theta _{12}}$${\displaystyle s=s(\theta )}$${\displaystyle \theta _{2}=s^{-1}(s_{1}+s_{12})}$${\displaystyle \theta _{12}}$${\displaystyle P_{1}}$${\textstyle s_{1}=s(\beta _{1})={\frac {a^{*}+b^{*}}{2}}(B_{0}\beta _{1}+B_{2}\sin 2\beta _{1}+B_{4}\sin 4\beta _{1}+B_{6}\sin 6\beta _{1})}$${\displaystyle s_{1}}$${\displaystyle \beta _{2}=\beta (s_{1}+s_{12})=\mu _{2}+B'_{2}\sin 2\mu _{2}+B'_{4}\sin 4\mu _{2}+B'_{6}\sin 6\mu _{2}}$${\displaystyle \mu _{2}=2(s_{1}+s_{12})/(B_{0}(a^{*}+b^{*}))}$${\displaystyle x_{2}=a^{*}\cos \beta _{2},y_{2}=b^{*}\sin \beta _{2}}$${\displaystyle \mathbf {V_{2}} =\mathbf {R_{c}} +(x_{2}\mathbf {{\hat {i}}^{*}} +y_{2}\mathbf {{\hat {j}}^{*}} )}$${\displaystyle P_{2}=\mathrm {Geo} (V_{2})}$

方位角は 間接問題と同じ方法で得ることができます。${\displaystyle \mathbf {t_{2}} =\mathbf {\hat {N}} \times \mathbf {{\hat {u}}_{2}} }$${\displaystyle {\alpha _{2}}=\operatorname {atan2} (\mathbf {t_{2}} \cdot \mathbf {{\hat {e}}_{2}} ,\mathbf {t_{2}} \cdot \mathbf {{\hat {n}}_{2}} )}$

大楕円は、楕円体とその中心を通る平面が交差して形成される曲線です。したがって、上記の方法を使用するには、 を原点として、( の位置ベクトル) とします。この方法は、難解で時には曖昧な球面三角法の公式を回避し、Bowring の公式の代わりを提供します。^[5]回転楕円体上の 2 点間の最短経路は測地線として知られています。このような経路は、微分幾何学を使用して開発されます。赤道と子午線は測地線でもある大楕円です^[a]。大楕円と長さ 5,000 海里の対応する測地線との長さの最大差は約 10.5 メートルです。それらの間の横方向の偏差は、3.7 海里ほど大きくなることがあります。2 点を結ぶ法線断面は、経路が赤道に触れない限り、大楕円よりも測地線に近くなります。 ${\displaystyle R_{0}}$${\displaystyle \mathbf {V_{0}} =\mathbf {R_{1}} }$${\displaystyle R_{1}}$

WGS84楕円体では、ニューヨーク= 40.64130°、= -73.77810° からパリ= 49.00970°、= 2.54800° までの大楕円弧の結果は次のようになります。 ${\displaystyle \phi _{1}}$${\displaystyle \lambda _{1}}$${\displaystyle \phi _{2}}$${\displaystyle \lambda _{2}}$

${\displaystyle \alpha _{1}}$= 53.596810°、= 111.537138°、= 5849159.753 (m) = 3158.293603 (nm)。測地線の対応する数値は次のとおりです。 ${\displaystyle \alpha _{2}}$${\displaystyle s_{12}}$

${\displaystyle \alpha _{1}}$= 53.511007°、= 111.626714°、= 5849157.543 (m) = 3158.292410 (nm) です。 ${\displaystyle \alpha _{2}}$${\displaystyle s_{12}}$

直接問題におけるセクション タイプへの依存性を説明するために、出発方位角と移動距離を上記の測地線と同じにし、大楕円を使用して直接問題を定義します。この場合、到着地点は = 49.073057°、= 2.586154° で、これは上記で定義したパリの到着地点から約 4.1 nm です。もちろん、出発方位角と大楕円からの距離を使用して間接問題を実行すると、目的地は= 49.00970°、= 2.54800°、到着方位角= 111.537138° に正しく配置されます。 ${\displaystyle \phi _{2}}$${\displaystyle \lambda _{2}}$${\displaystyle \phi _{2}}$${\displaystyle \lambda _{2}}$${\displaystyle \alpha _{2}}$

における法線断面は、（における面法線）とすることで決定されます。 における面法線を使用すると、逆法線断面と呼ばれる別の法線断面が得られます。2 点が同じ緯線または同じ子午線上にない限り、逆法線断面は法線断面とは異なる経路になります。上記のアプローチは、Bowring などの他のアプローチに代わるものです。^[7]測量における法線断面の重要性、およびこのような文脈での線という用語の意味に関する議論は、Deakin、Sheppard、および Ross の論文に記載されています。^[8]${\displaystyle P_{1}}$${\displaystyle \mathbf {V_{0}} =\mathbf {\hat {u}} _{1}}$${\displaystyle P_{1}}$${\displaystyle P_{2}}$

WGS84 楕円体では、ニューヨーク= 40.64130°、= -73.77810° からパリ= 49.00970°、= 2.54800° までの通常断面の結果は次のようになります。 ${\displaystyle \phi _{1}}$${\displaystyle \lambda _{1}}$${\displaystyle \phi _{2}}$${\displaystyle \lambda _{2}}$

${\displaystyle \alpha _{1}}$= 53.521396°、= 111.612516°、= 5849157.595 (m) = 3158.292438 (nm)。ニューヨークからパリまでの逆法線断面の結果は次のとおりです。 ${\displaystyle \alpha _{2}}$${\displaystyle s_{12}}$

${\displaystyle \alpha _{1}}$= 53.509422°、= 111.624483°、= 5849157.545 (m) = 3158.292411 (nm) です。 ${\displaystyle \alpha _{2}}$${\displaystyle s_{12}}$

通常のセクションと長さ 5,000 海里の対応する測地線との長さの最大差は約 6.0 メートルです。それらの間の横方向の偏差は最大 2.8 海里になる場合があります。

直接問題がセクション タイプに依存することを示すために、出発方位角と移動距離を上記の測地線のものとし、NY のサーフェス法線を使用して直接問題を定義します。この場合、到着点は = 49.017378°、= 2.552626° であり、これは上で定義した到着点から約 1/2 nm です。もちろん、出発方位角と距離を通常のセクションから間接問題に使用すると、パリの目的地を適切に特定できます。おそらく、直接問題は到着点が不明な場合に使用されるものですが、任意のベクトルを使用することもできます。たとえば、パリのサーフェス法線 を使用すると、到着点は= 49.007778°、= 2.546842° となり、これは上で定義した到着点から約 1/8 nm です。レイキャビクの地表法線を使用すると（測地線のパリへの出発方位角と移動距離を使用しながら）、パリから約 347 nm の距離に到着しますが、チューリッヒの地表法線を使用すると 5.5 nm 以内になります。 ${\displaystyle \phi _{2}}$${\displaystyle \lambda _{2}}$${\displaystyle \mathbf {V_{0}} }$${\displaystyle \mathbf {\hat {u}} _{2}}$${\displaystyle \phi _{2}}$${\displaystyle \lambda _{2}}$

測地線に近いセクションを検索した結果、次の 2 つの例が見つかりました。

からまでの平均法線断面は、 とすることで決定されます。これは、航空や航海における から までの測地線の良い近似値です。平均法線断面と長さ 5,000 海里の対応する測地線との最大長さの差は約 0.5 メートルです。それらの間の横方向の偏差は約 0.8 海里以下です。長さ 1000 海里の経路の場合、長さの誤差は 1 ミリメートル未満で、最悪の場合の横方向の偏差は約 4.4 メートルです。WGS84 でニューヨークからパリまでの例を続けると、平均法線断面について次の結果が得られます。 ${\displaystyle P_{1}}$${\displaystyle P_{2}}$${\displaystyle \mathbf {V_{0}} =0.5(\mathbf {\hat {u}} _{1}+\mathbf {\hat {u}} _{2})}$${\displaystyle P_{1}}$${\displaystyle P_{2}}$

${\displaystyle \alpha _{1}}$= 53.515409°、= 111.618500°、= 5849157.560 (m) = 3158.292419 (nm) です。 ${\displaystyle \alpha _{2}}$${\displaystyle s_{12}}$

からまでの中点法線断面は、から までの測地線の中点における表面法線を =とすることで決定されます。この経路は、平均法線断面よりも測地線にわずかに近くなります。中点法線断面と長さ 5,000 海里の対応する測地線との最大長さの差は約 0.3 メートルです。最悪の場合、それらの間の横方向の偏差は約 0.3 海里です。 ${\displaystyle P_{1}}$${\displaystyle P_{2}}$${\displaystyle \mathbf {V_{0}} }$${\displaystyle P_{1}}$${\displaystyle P_{2}}$

WGS84 でニューヨークからパリまでの例を完了すると、測地線中点法線断面について次の結果が得られます: = 53.506207°、= 111.627697°、= 5849157.545 (m) = 3158.292411 (nm)。 ${\displaystyle \alpha _{1}}$${\displaystyle \alpha _{2}}$${\displaystyle s_{12}}$

右側のチャートで使用されているすべてのセクション パスは、上記の間接的な方法を使用して定義されています。3 番目と 4 番目のチャートでは、指定された距離と初期方位角を使用して、測地線の直接アルゴリズムを使用して終端点が定義されています。各測地線でいくつかのポイントが選択され、セクション プレーン上の最も近いポイントがベクトル投影によって特定され、2 つのポイント間の距離が計算されました。この距離は測地線からの横方向の偏差、または簡単に測地線偏差として説明され、右側のチャートに表示されます。セクション パス上の対応するポイントを見つけて測地線の距離を計算する別の方法では、若干異なる結果が生成されます。

最初のグラフは、大楕円が外れ値となる中緯度地域の典型的な例です。赤道から最も遠い地点に関連付けられた通常のセクションは、このようなケースに適しています。

2 番目の例はより長く、赤道横断の典型的な例で、大楕円が正規断面よりも優れています。ただし、2 つの正規断面は測地線の反対側で逸脱するため、ここでは平均正規断面が適切な選択となります。

3 番目のグラフは、北緯 20 度を起点とする初期測地方位角によって測地偏差がどのように変化するかを示しています。長さ 5000 海里の通常セクションの最悪の偏差は約 2.8 nm で、北緯 18 度 (南緯の場合は方位角 48 度) から初期測地方位角 132 度で発生します。

4 番目のチャートは、3 番目のチャートが赤道から離れたときの様子です。赤道上では、方位 90° と 270° のセクションも測地線であるため、より多くの対称性があります。その結果、4 番目のチャートには、15 度間隔の 24 本の線のうち 7 本のみが表示されます。具体的には、方位 15、75、195、255 の線が一致し、反対側の最も内側の 105、165、285、345 の線も一致します (測地線以外)。4 つの測地線から次に遠い一致する線は、一方側では方位 30、60、210、240、もう一方は方位 120、150、300、330 です。最も外側の線は、片側では方位角 45 と 225、もう片側では方位角 135 と 315 にあります。出発点が北に移動するにつれて、方位角 90 と 270 の線は測地線ではなくなり、他の一致する線は分離して扇形に広がり、最大偏差に達する緯度 18 度まで広がります。この地点を超えると、出発点が北に進むにつれて偏差は扇形のように縮小します。そのため、緯度 84 度では、通常の断面の最大偏差は約 0.25 nm になります。

中間点正規断面は (ほぼ) 常に適切な選択です。

2 つの断面 、および が与えられているとします。2 つの平面が平行ではないと仮定すると、交差線は両方の平面上にあります。したがって、両方の法線に直交し、つまり の方向になります( を正規化する理由はありません)。 ${\displaystyle \mathbf {\hat {N}} _{1}\cdot \mathbf {R} =d_{1}}$${\displaystyle \mathbf {\hat {N}} _{2}\cdot \mathbf {R} =d_{2}}$${\displaystyle \mathbf {N_{3}} =\mathbf {\hat {N}} _{1}\times \mathbf {\hat {N}} _{2}}$${\displaystyle \mathbf {N_{3}} }$

と は同一線上ではないため、はの基底となります。したがって、 2 つの平面の交線が で与えられるような定数および が存在します。ここで、t は独立したパラメータです。 ${\displaystyle \mathbf {\hat {N}} _{1}}$${\displaystyle \mathbf {\hat {N}} _{2}}$${\displaystyle \mathbf {\hat {N}} _{1}}$${\displaystyle \mathbf {\hat {N}} _{2}}$${\displaystyle \mathbf {N_{3}} }$${\displaystyle \mathbb {R} ^{3}}$${\displaystyle C_{1}}$${\displaystyle C_{2}}$${\displaystyle R=C_{1}\mathbf {\hat {N}} _{1}+C_{2}\mathbf {\hat {N}} _{2}+t\mathbf {N_{3}} }$

この線は両方の断面上にあるため、 、 、 の 両方を満たします 。 ${\displaystyle C_{1}+C_{2}(\mathbf {\hat {N}} _{1}\cdot \mathbf {\hat {N}} _{2})=d_{1}}$${\displaystyle C_{1}(\mathbf {\hat {N}} _{1}\cdot \mathbf {\hat {N}} _{2})+C_{2}=d_{2}}$

これらの方程式をとについて解くと、 、 および が得られます 。 ${\displaystyle {C_{1}}}$${\displaystyle {C_{2}}}$${\displaystyle C_{1}[1-(\mathbf {\hat {N}} _{1}\cdot \mathbf {\hat {N}} _{2})^{2}]=d_{1}-d_{2}(\mathbf {\hat {N}} _{1}\cdot \mathbf {\hat {N}} _{2})}$${\displaystyle C_{2}[1-(\mathbf {\hat {N}} _{1}\cdot \mathbf {\hat {N}} _{2})^{2}]=d_{2}-d_{1}(\mathbf {\hat {N}} _{1}\cdot \mathbf {\hat {N}} _{2})}$

「二面角」 をで定義します。次に、 および です。 ${\displaystyle \nu }$${\displaystyle \cos \nu ={\mathbf {\hat {N}} _{1}}\cdot {\mathbf {\hat {N}} _{2}}}$${\displaystyle C_{1}={\frac {(d_{1}-d_{2}\cos \nu )}{\sin ^{2}\nu }}}$${\displaystyle C_{2}={\frac {(d_{2}-d_{1}\cos \nu )}{\sin ^{2}\nu }}}$

交線上では が成り立ちます。したがって、、 、となります。ただし、 、 、、、 となります 。ただし、 i=1,2、 の場合です。 ${\displaystyle \mathbf {R} =\mathbf {R_{0}} +t\mathbf {N_{3}} }$${\displaystyle \mathbf {R_{0}} =C_{1}\mathbf {\hat {N}} _{1}+C_{2}\mathbf {\hat {N}} _{2}}$${\displaystyle x=x_{0}+tl_{3}}$${\displaystyle y=y_{0}+tm_{3}}$${\displaystyle z=z_{0}+tn_{3}}$${\displaystyle x_{0}=C_{1}l_{1}+C_{2}l_{2}}$${\displaystyle y_{0}=C_{1}m_{1}+C_{2}m_{2}}$${\displaystyle z_{0}=C_{1}n_{1}+C_{2}n_{2}}$${\displaystyle \mathbf {\hat {N}} _{i}=(l_{i},m_{i},n_{i})}$${\displaystyle \mathbf {N_{3}} =(l_{3},m_{3},n_{3})}$

この線と地球の交点を見つけるには、直線の方程式を に代入してを取得します。 ここで、 、 です 。 ${\displaystyle {\frac {x^{2}}{a^{2}}}+{\frac {y^{2}}{a^{2}}}+{\frac {z^{2}}{b^{2}}}=1}$${\displaystyle At^{2}+2Bt+C=0}$${\displaystyle A=l_{3}^{2}+m_{3}^{2}+{\frac {a^{2}}{b^{2}}}n_{3}^{2}}$${\displaystyle B=x_{0}l_{3}+y_{0}m_{3}+{\frac {a^{2}}{b^{2}}}z_{0}n_{3}}$${\displaystyle C=x_{0}^{2}+y_{0}^{2}+{\frac {a^{2}}{b^{2}}}z_{0}^{2}-a^{2}}$

したがって、直線は で地球と交差します。 の場合、交差点はありません。 の場合、直線は で地球に接します（つまり、セクションはその 1 点で交差します）。 ${\displaystyle t={\frac {-B\pm {\sqrt {{B}^{2}-AC}}}{A}}}$${\displaystyle B^{2}<AC}$${\displaystyle B^{2}=AC}$${\displaystyle t=-B/A}$

と は同一直線上にないため、 であることに注意してください。 t を に代入すると 、地球断面の交点が得られます。 ${\displaystyle A\neq 0}$${\displaystyle \mathbf {\hat {N}} _{1}}$${\displaystyle \mathbf {\hat {N}} _{2}}$${\displaystyle \mathbf {R} =\mathbf {R_{0}} +t\mathbf {N_{3}} }$

ニューヨークからパリまでの区間がグリニッジ子午線と交差する場所を見つけます。本初子午線の平面は、およびで表すことができます。結果は次のようになります。 ${\displaystyle \mathbf {\hat {N}} =(0,1,0)}$${\displaystyle d=0}$

最大（または最小）緯度は、断面楕円が一点で平行線と交差する場所です。問題を設定するために、、 を 与えられた断面平面とします。平行線は 、、、ここで、交差点が 1 つだけになるように決定する必要があります。上記の交差法を適用すると、 である ため、、、、および となります。結果として得られる線形方程式は、、、および となり、 ここで 、、、および を決定する必要があります。結果として得られる二次係数は 、、、 です。 したがって、 の場合、交差によって得られる解は 1 つだけになりますが、および^[b]であるため、臨界方程式は となります。この方程式は、 の形に整理できます。ここで 、、、 および です 。したがって、 は目的の平行面の原点からの距離を提供します。を に代入すると、およびの値が得られます。したがって、 、は交差点の残りの座標であることを思い出してください。地理座標は、ECEF_to_Geo 変換を使用して計算できます。 ${\displaystyle \mathbf {{\hat {N}}_{1}} =(l,m,n)}$${\displaystyle d_{1}=d}$${\displaystyle \mathbf {{\hat {N}}_{2}} =(0,0,1)}$${\displaystyle d_{2}=z_{0}}$${\displaystyle z_{0}}$${\displaystyle \mathbf {N_{3}} =\mathbf {\hat {N}} _{1}\times \mathbf {\hat {N}} _{2}=(m,-l,0)}$${\displaystyle {\mathbf {\hat {N}} _{1}}\cdot {\mathbf {\hat {N}} _{2}}=n}$${\textstyle C_{1}={\frac {1}{p^{2}}}(d-nz_{0})}$${\textstyle C_{2}={\frac {1}{p^{2}}}(z_{0}-nd)}$${\displaystyle 1-n^{2}=l^{2}+m^{2}=p^{2}}$${\displaystyle x=x_{0}+tm}$${\displaystyle y=y_{0}-tl}$${\displaystyle z=z_{0}}$${\displaystyle x_{0}=C_{1}l}$${\displaystyle y_{0}=C_{1}m}$${\displaystyle z_{0}}$${\displaystyle A=m^{2}+l^{2}=p^{2}}$${\displaystyle B=mx_{0}-ly_{0}=lmC_{1}-lmC_{1}=0}$${\displaystyle C=x_{0}^{2}+y_{0}^{2}+{\frac {a^{2}}{b^{2}}}z_{0}^{2}-a^{2}=p^{2}C_{1}^{2}+{\frac {a^{2}}{b^{2}}}z_{0}^{2}-a^{2}={\frac {1}{p^{2}}}(d-nz_{0})^{2}+{\frac {a^{2}}{b^{2}}}z_{0}^{2}-a^{2}}$${\displaystyle B^{2}=AC}$${\displaystyle B=0}$${\displaystyle A>0}$${\displaystyle C=0}$${\displaystyle Ez_{0}^{2}-2Fz_{0}+G=0}$${\displaystyle E={\frac {a^{2}}{b^{2}}}p^{2}+n^{2}}$${\displaystyle F=nd}$${\displaystyle G=d^{2}-a^{2}p^{2}}$${\textstyle z_{0}={\frac {F\pm {\sqrt {{F}^{2}-EG}}}{E}}}$${\displaystyle z_{0}}$${\displaystyle C_{1}}$${\displaystyle x_{0}}$${\displaystyle y_{0}}$${\displaystyle t=-B/A=0}$${\displaystyle x=x_{0}}$${\displaystyle y=y_{0}}$

同じ方法を経線に適用して極限経度を見つけることもできますが、経度のモジュール性のため、結果を解釈するのは簡単ではありません。ただし、次のアプローチを使用して、結果を常に検証できます。

より簡単な方法は、、、および を使用して断面楕円の短軸と長軸の終点を計算し、地理座標に変換することです。ここで言及する価値があるのは、2 つの平面の交線は固定点の集合、つまり 1 つの平面を他の平面にマッピングする座標回転の回転軸で構成されるということです。 ${\displaystyle \mathbf {R} =\mathbf {R_{c}} \pm b^{*}\mathbf {\hat {j}} ^{*}}$${\displaystyle \mathbf {R} =\mathbf {R_{c}} \pm a^{*}\mathbf {\hat {i}} ^{*}}$

ニューヨークからパリの例では、結果は次のようになります。

• 地理的距離#高度補正
• 法線断面方位角