地球断面経路

断面平面を定義するには、任意の3点目を選択します。${\displaystyle R_{0}}$回線上にない${\displaystyle R_{1}}$に${\displaystyle R_{2}}$選択する${\displaystyle R_{0}}$表面法線上に位置する${\displaystyle P_{1}}$通常のセクションを定義します${\displaystyle P_{1}}$。 もし${\displaystyle R_{0}}$が原点である場合、地球の断面は大楕円になります。(原点は2つの対蹠点と共線になるため、その場合は別の点を使用する必要があります)。 の選択肢は無限にあるため、${\displaystyle R_{0}}$上記の問題は実際には一連の問題（各平面ごとに1つ）である。${\displaystyle R_{0}}$が与えられます。平面の方程式を標準形にするには、${\displaystyle lx+my+nz=d}$、 どこ${\displaystyle l^{2}+m^{2}+n^{2}=1}$、単位ベクトルの成分が必要です。${\displaystyle \mathbf {\hat {N}} =(l,m,n)}$断面平面に垂直なベクトル。これらの成分は次のように計算できます。${\displaystyle R_{0}}$に${\displaystyle R_{1}}$は${\displaystyle \mathbf {V_{0}} =\mathbf {R_{1}} -\mathbf {R_{0}} }$、そしてからのベクトル${\displaystyle R_{1}}$に${\displaystyle R_{2}}$は${\displaystyle \mathbf {V_{1}} =\mathbf {R_{2}} -\mathbf {R_{1}} }$。 したがって、${\displaystyle \mathbf {\hat {N}} =\mathrm {unit} (\mathbf {V_{0}} \times \mathbf {V_{1}} )}$）、 どこ${\displaystyle \mathrm {unit} (\mathbf {V} )}$は、方向の単位ベクトルです。${\displaystyle \mathbf {V} }$ここで使用されている方向の規則は次のとおりです。${\displaystyle \mathbf {\hat {N}} }$パスの左側を指しています。そうでない場合は、再定義します。${\displaystyle \mathbf {V_{0}} =-\mathbf {V_{0}} }$最後に、平面のパラメータ d は、次の内積を使用して計算できます。${\displaystyle \mathbf {\hat {N}} }$原点から平面上の任意の点へのベクトル、例えば${\displaystyle R_{1}}$つまり${\displaystyle d=\mathbf {\hat {N}} \cdot \mathbf {R_{1}} }$平面の方程式（ベクトル形式）は次のようになる。${\displaystyle \mathbf {\hat {N}} \cdot \mathbf {R} =d}$、 どこ${\displaystyle \mathbf {R} }$は、​${\displaystyle (x,y,z)}$。

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向きの単位ベクトルのECEF座標は次のようになることがわかる。${\displaystyle \mathbf {\hat {e}} =(-\sin \lambda ,\cos \lambda ,0)}$北を指す単位ベクトルは${\displaystyle \mathbf {\hat {n}} =(-\sin \phi \cos \lambda ,-\sin \phi \sin \lambda ,\cos \phi )}$上向きの単位ベクトルは${\displaystyle \mathbf {\hat {u}} =(\cos \phi \cos \lambda ,\cos \phi \sin \lambda ,\sin \phi )}$経路に接するベクトルは次のとおりです。 ${\displaystyle \mathbf {t} =\mathbf {\hat {N}} \times \mathbf {\hat {u}} }$そのため、東側の構成要素は${\displaystyle \mathbf {t} }$は${\displaystyle \mathbf {t} \cdot \mathbf {\hat {e}} }$北成分は${\displaystyle \mathbf {t} \cdot \mathbf {\hat {n}} }$したがって、方位角は2引数アークタンジェント関数から得られる。${\displaystyle \alpha =\operatorname {atan2} (\mathbf {t} \cdot \mathbf {\hat {e}} ,\mathbf {t} \cdot \mathbf {\hat {n}} )}$この方法を両方で使用してください${\displaystyle P_{1}}$そして${\displaystyle P_{2}}$取得するため${\displaystyle \alpha _{1}}$そして${\displaystyle \alpha _{2}}$。

平面と楕円体の（非自明な）交線は楕円である。したがって、弧長は、${\displaystyle s_{12}}$セクションパスから${\displaystyle P_{1}}$に${\displaystyle P_{2}}$これは楕円積分であり、打ち切り級数または数値積分を用いて任意の精度で計算できます。これを行うには、まず楕円を定義し、積分範囲を計算する必要があります。楕円体を次のように定義します。${\displaystyle {\frac {x^{2}}{a^{2}}}+{\frac {y^{2}}{a^{2}}}+{\frac {z^{2}}{b^{2}}}=1}$、そして${\displaystyle p={\sqrt {l^{2}+m^{2}}}}$。 もし${\displaystyle p=0}$すると、断面は半径の水平円になります${\textstyle a{\sqrt {1-{\frac {d^{2}}{b^{2}}}}}}$解がない場合${\displaystyle |d|>b}$。

もし${\displaystyle p>0}$ギルバートソン^{[ 1 ]}は、楕円の中心のECEF座標が次のようになることを示した。${\textstyle {R_{c}}={\frac {d}{C}}(la^{2},ma^{2},nb^{2})}$、 どこ${\displaystyle C=a^{2}p^{2}+b^{2}n^{2}}$、

半長軸は${\textstyle a^{*}=a{\sqrt {1-{\frac {d^{2}}{C}}}}}$の方向に${\textstyle \mathbf {{\hat {i}}^{*}} =\left({\frac {m}{p}},{\frac {-l}{p}},0\right)}$、短半径は${\textstyle b^{*}={\frac {b}{\sqrt {C}}}a^{*}}$の方向に${\textstyle \mathbf {{\hat {j}}^{*}} =\left({\frac {ln}{p}},{\frac {mn}{p}},-p\right)}$解がない場合${\displaystyle |d|>{\sqrt {C}}}$。

上記の論文では、中心角と次の指数を含む弧長公式の導出が示されています。${\displaystyle e^{2}}$弧長をミリメートル精度で計算するには、${\textstyle e^{2}=1-\left({\frac {b^{*}}{a^{*}}}\right)^{2}}$その弧長公式は、次のように変形して表すことができます。 ${\displaystyle s_{12}=s(\theta _{2})-s(\theta _{1})}$、 どこ ${\displaystyle s(\theta )=b^{*}({C_{0}}\theta +{C_{2}}\sin(2\theta )+{C_{4}}\sin(4\theta )+{C_{6}}\sin(6\theta ))}$係数は

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

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

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

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

中心角を計算するには、${\displaystyle P}$断面楕円上の任意の点であり、${\displaystyle R=\mathrm {ECEF} (P)}$。 それから${\displaystyle \mathbf {V} =\mathbf {R} -\mathbf {R_{c}} }$は楕円の中心からその点へのベクトルです。中心角${\displaystyle \theta }$は半長軸から${\displaystyle \mathbf {V} }$貸す${\displaystyle \mathbf {\hat {V}} =\mathrm {unit} (\mathbf {V} )}$、 我々は持っています${\displaystyle \theta =\operatorname {atan2} (\mathbf {\hat {V}} \cdot \mathbf {{\hat {j}}^{*}} ,\mathbf {\hat {V}} \cdot \mathbf {{\hat {i}}^{*}} )}$こうして我々は${\displaystyle \theta _{1}}$そして${\displaystyle \theta _{2}}$。

一方、より一般的なケースでは、楕円体パラメータではなく断面パラメータを使用すれば、子午線弧の公式を使用することが可能です。こ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。${\displaystyle \varepsilon }$球状体の偏心率を表す、すなわち${\textstyle \varepsilon ^{2}=1-\left({\frac {b}{a}}\right)^{2}}$、 それから${\displaystyle e^{8}}$≤${\displaystyle \varepsilon ^{8}}$≅1.8 × 10 ⁻⁹。同様に、断面楕円の 3 番目の扁平化は回転楕円体の対応する値で制限され、回転楕円体の場合は次のようになります。${\displaystyle n^{3}}$≅4.4 × 10 ⁻⁹、${\displaystyle n^{4}}$≅7.3 × 10 ⁻¹²。したがって、を超える項は無視しても問題ないかもしれません。${\displaystyle B_{6}}$パラメトリック緯度シリーズにおいて。適用するには${\textstyle s(\beta )={\frac {a^{*}+b^{*}}{2}}(B_{0}\beta +B_{2}\sin 2\beta +B_{4}\sin 4\beta +B_{6}\sin 6\beta )}$現在の状況では、中心角をパラメトリック角に変換する必要があります${\displaystyle \beta =\tan ^{-1}\left(\tan \theta /((1-f)\right)}$、そして断面楕円の3分の1の扁平化を使用する。どちらの方法を使用する場合でも、使用時には注意が必要である。${\displaystyle \theta _{1}}$＆${\displaystyle \theta _{2}}$または${\displaystyle \beta _{1}}$＆${\displaystyle \beta _{2}}$2点を結ぶ短い方の弧が使用されるようにするため。

この問題の答えは、${\displaystyle \mathbf {V_{0}} }$つまり、セクションの種類についてです。${\displaystyle \mathbf {V_{0}} }$span{ 内にあってはならない${\displaystyle \mathbf {\hat {n}} _{1},\mathbf {{\hat {e}}_{1}} }$} (そうでなければ、飛行機は地球に接することになる)${\displaystyle {P_{1}}}$（したがって、パスは生成されません）。このような選択を行い、向きを考慮して、次のように進めます。 で接線ベクトルを構築します。${\displaystyle {P_{1}}}$、${\displaystyle \mathbf {\hat {t}} _{1}=\mathbf {\hat {n}} _{1}\cos {\alpha _{1}}+\mathbf {{\hat {e}}_{1}} \sin {\alpha _{1}}}$、 どこ${\displaystyle \mathbf {\hat {n}} _{1}}$そして${\displaystyle \mathbf {{\hat {e}}_{1}} }$はそれぞれ北と東を指す単位ベクトルです。${\displaystyle {P_{1}}}$法線ベクトル${\displaystyle \mathbf {\hat {N}} =\mathrm {unit} (\mathbf {V_{0}} \times \mathbf {\hat {t}} _{1}}$）とともに${\displaystyle \mathbf {P_{1}} }$平面を定義する。言い換えれば、目的地が不明なため、接線が弦の代わりとなる。

これは span{ の 2 次元問題です${\displaystyle \mathbf {\hat {i}} ^{*},\mathbf {\hat {j}} ^{*}}$}、これは上記の弧長公式を使って解かれます。弧長が、${\displaystyle s_{12}}$が与えられた場合、問題は中心角の対応する変化を見つけることである。 ${\displaystyle \theta _{12}}$、 となることによって${\displaystyle \theta _{2}=\theta _{1}+\theta _{12}}$そして位置を計算できます。${\displaystyle s=s(\theta )}$では、私たちが今求めているのは${\displaystyle \theta _{2}=s^{-1}(s_{1}+s_{12})}$上記の中心角弧長級数の逆数は、Rapp著、第1巻^{[ 2 ]}の8aページに記載されており、Ganshin氏に帰属するとされている^{[ 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することもできる。${\displaystyle \theta _{12}}$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弧長を計算する必要があります。${\displaystyle P_{1}}$、${\textstyle s_{1}=s(\beta _{1})={\frac {a^{*}+b^{*}}{2}}(B_{0}\beta _{1}+B_{2}\sin 2\beta _{1}+B_{4}\sin 4\beta _{1}+B_{6}\sin 6\beta _{1})}$。 一度${\displaystyle s_{1}}$逆公式を適用して、${\displaystyle \beta _{2}=\beta (s_{1}+s_{12})=\mu _{2}+B'_{2}\sin 2\mu _{2}+B'_{4}\sin 4\mu _{2}+B'_{6}\sin 6\mu _{2}}$、 どこ${\displaystyle \mu _{2}=2(s_{1}+s_{12})/(B_{0}(a^{*}+b^{*}))}$断面平面における直交座標は${\displaystyle x_{2}=a^{*}\cos \beta _{2},y_{2}=b^{*}\sin \beta _{2}}$ECEFベクトルは以下のように計算できます。${\displaystyle \mathbf {V_{2}} =\mathbf {R_{c}} +(x_{2}\mathbf {{\hat {i}}^{*}} +y_{2}\mathbf {{\hat {j}}^{*}} )}$最後に、地理座標を計算します。${\displaystyle P_{2}=\mathrm {Geo} (V_{2})}$Bowringの1985年のアルゴリズム^{[ 4 ]} 、またはここのアルゴリズムを使用する。

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

大楕円は、楕円体の中心を通る平面との交線によっ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、${\displaystyle R_{0}}$原点となるので、${\displaystyle \mathbf {V_{0}} =\mathbf {R_{1}} }$（位置ベクトル${\displaystyle R_{1}}$この方法は、球面三角法の難解で曖昧な公式を回避し、ボーリングの公式に代わる方法を提供します。^{[ 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作成されます。赤道と子午線は、測地線でもある大楕円です^{[ a ]}。大楕円と対応する長さ 5,000 海里の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ずれは、最大で 3.7 海里になることがあります。経路が赤道に接しない限り、2 点を結ぶ通常の断面は、大楕円よりも測地線に近くなります。

WGS84楕円体上では、ニューヨークから大楕円弧の結果は、${\displaystyle \phi _{1}}$= 40.64130°、${\displaystyle \lambda _{1}}$= -73.77810° パリから、${\displaystyle \phi _{2}}$= 49.00970°、${\displaystyle \lambda _{2}}$= 2.54800° は:

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

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

直接問題における断面タイプ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とし、大楕円を用いて直接問題を定義する。この場合、到着点は ${\displaystyle \phi _{2}}$= 49.073057°、${\displaystyle \lambda _{2}}$= 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離れています。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行うと、目的地を適切に特定できます。${\displaystyle \phi _{2}}$= 49.00970°、${\displaystyle \lambda _{2}}$= 2.54800°、到着方位角${\displaystyle \alpha _{2}}$= 111.537138°。

通常のセクションで${\displaystyle P_{1}}$は、${\displaystyle \mathbf {V_{0}} =\mathbf {\hat {u}} _{1}}$（表面法線${\displaystyle P_{1}}$）もう1つの法線断面は、逆法線断面として知られており、表面法線を で使用することによって得られます。${\displaystyle P_{2}}$2点が同じ緯線または同じ子午線上にある場合を除き、逆正規断面は正規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の代替案を提供します。^{[ 7 ]}測量における正規断面の重要性、およびそのような文脈における「線」という用語の意味についての議論は、Deakin、Sheppard、Ross の論文に記載されています。^{[ 8 ]}

WGS84楕円体上では、ニューヨークからの標準断面の結果は、${\displaystyle \phi _{1}}$= 40.64130°、${\displaystyle \lambda _{1}}$= -73.77810° パリから、${\displaystyle \phi _{2}}$= 49.00970°、${\displaystyle \lambda _{2}}$= 2.54800° は:

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

${\displaystyle \alpha _{1}}$= 53.509422°、${\displaystyle \alpha _{2}}$= 111.624483°${\displaystyle s_{12}}$= 5849157.545 (m) = 3158.292411 (nm)。[※これは間違いです。相互正規断面の場合、出発点であるパリは到着点であるニューヨークの東にあります。したがって、方位角は当然180度を超えるはずなので、出発方位角53.509422度と到着方位角111.624483度は誤りです。出発点の方位角は291.624483度であるべきですが、距離は正しいです] 正規断面と対応する長さ5,000海里の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ずれは最大で2.8海里になることがあります。

直接問題における断面タイプ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とし、NYにおける表面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 ${\displaystyle \phi _{2}}$= 49.017378°、${\displaystyle \lambda _{2}}$= 2.552626°で、これは上記で定義した到着点から約1/2海里離れています。もちろん、出発方位角と法線断面からの距離を用いた間接問題では、目的地であるパリの位置を正しく特定できます。到着点が不明な場合は直接問題が使用されると思われますが、任意のベクトルを使用することが可能です。${\displaystyle \mathbf {V_{0}} }$それぞれが好みに応じて対応します。例えば、パリの表面法線を使用すると、${\displaystyle \mathbf {\hat {u}} _{2}}$結果として到着地点は${\displaystyle \phi _{2}}$= 49.007778°、${\displaystyle \lambda _{2}}$= 2.546842°で、これは上記で定義した到着地点から約1/8 nm離れています。レイキャビクの法線を使用すると（パリへの測地線の出発方位角と移動距離はそのまま使用）、パリから約347 nmの地点に到着しますが、チューリッヒの法線を使用すると5.5 nm以内に収まります。

測地線により近い断面を探索した結果、次の2つの例が得られた。

平均正常断面${\displaystyle P_{1}}$に${\displaystyle P_{2}}$は、${\displaystyle \mathbf {V_{0}} =0.5(\mathbf {\hat {u}} _{1}+\mathbf {\hat {u}} _{2})}$これは、測地線の良い近似値です。${\displaystyle P_{1}}$に${\displaystyle P_{2}}$航空や航海の場合。平均標準断面と対応する長さ 5,000 海里の測地線との長さの最大差は約 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 1,000 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 上のニューヨークからパリまでの例を続けると、平均標準断面について次の結果が得られます。

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

中点法線断面から${\displaystyle P_{1}}$に${\displaystyle P_{2}}$は、${\displaystyle \mathbf {V_{0}} }$= 測地線の中点における表面法線${\displaystyle P_{1}}$に${\displaystyle P_{2}}$この経路は、平均正規断面よりも測地線にわずかに近いだけです。中間点正規断面と、長さ5,000海里の対応する測地線との最大長さ差は約0.3メートルです。両者間の最悪の横方向偏差は約0.3海里です。

WGS84座標系におけるニューヨークからパリまでの例を完成させると、測地線中点法線断面について以下の結果が得られます。 ${\displaystyle \alpha _{1}}$= 53.506207°、${\displaystyle \alpha _{2}}$= 111.627697°${\displaystyle s_{12}}$= 5849157.545 (m) = 3158.292411 (nm)。

右側の図で使用されているすべての断面パスは、上記の間接法を用いて定義されています。3番目と4番目の図では、終点は、与えられた距離と初期方位角を持つ測地線に対する直接アルゴリズムを用いて定義されています。各測地線上でいくつかの点が選択され、断面平面上の最も近い点がベクトル投影によって特定され、2点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偏差、または略して測地線偏差として記述され、右側の図に表示されています。断面パス上の対応する点を見つけて測地線距離を計算するという別の方法では、わずかに異なる結果が得られます。

最初の図は、大楕円が外れ値となる中緯度地域の典型的な例です。このような場合、赤道から最も遠い地点に対応する標準断面が適切な選択肢となります。

2番目の例はより長く、赤道横断の典型的なケースであり、大楕円が通常の断面よりも長くなります。ただし、2つの通常の断面は測地線の反対側でずれているため、ここでは平均通常の断面が適切な選択肢となります。

3番目の図は、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。通常、長さ5000海里の区間における最悪の場合の偏差は約2.8海里で、北緯18度（南緯の場合は48度）を起点とする初期測地方位角132度で発生します。

4番目の図は、3番目の図を赤道から離れた位置で表示したものです。赤道上では、方位角90°と270°の区間も測地線であるため、対称性がより多くなります。その結果、4番目の図には、15度間隔の24本の線のうち、7本の線しか表示されません。具体的には、方位角15°、75°、195°、255°の線が一致し、反対側の最も内側の線（測地線を除く）である105°、165°、285°、345°の線も一致します。4本の測地線から次に遠い一致線は、片側では方位角30°、60°、210°、240°、反対側では方位角120°、150°、300°、330°です。最も外側の線は、片側が方位角45度と225度、もう片側が135度と315度です。出発点が北へ移動すると、方位角90度と270度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状に広がり、緯度18度で最大偏差に達します。この点を超えると、出発点が北へ進むにつれて偏差は日本の扇のように縮まります。したがって、緯度84度では、通常の断面の最大偏差は約0.25海里になります。

中間点法線断面は（ほぼ）常に良い選択肢です。

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わる点を見つけます。本初子午線の平面は次のように表すことができます。${\displaystyle \mathbf {\hat {N}} =(0,1,0)}$そして${\displaystyle d=0}$結果は以下のとおりです。

最大（または最小）緯度は、断面楕円が一点で平行線と交わる点です。問題を設定するために、 ${\displaystyle \mathbf {{\hat {N}}_{1}} =(l,m,n)}$、${\displaystyle d_{1}=d}$ 与えられた断面平面とする。平行線は ${\displaystyle \mathbf {{\hat {N}}_{2}} =(0,0,1)}$、${\displaystyle d_{2}=z_{0}}$、 どこ${\displaystyle z_{0}}$は、交点が1つだけになるように決定されます。上記の交点法を適用すると、次のようになります。${\displaystyle \mathbf {N_{3}} =\mathbf {\hat {N}} _{1}\times \mathbf {\hat {N}} _{2}=(m,-l,0)}$、 ${\displaystyle {\mathbf {\hat {N}} _{1}}\cdot {\mathbf {\hat {N}} _{2}}=n}$、 ${\textstyle C_{1}={\frac {1}{p^{2}}}(d-nz_{0})}$、 そして${\textstyle C_{2}={\frac {1}{p^{2}}}(z_{0}-nd)}$、 以来${\displaystyle 1-n^{2}=l^{2}+m^{2}=p^{2}}$結果として得られる線形方程式は次のようになる。${\displaystyle x=x_{0}+tm}$、${\displaystyle y=y_{0}-tl}$、 そして${\displaystyle z=z_{0}}$、 どこ ${\displaystyle x_{0}=C_{1}l}$、${\displaystyle y_{0}=C_{1}m}$、 そして${\displaystyle z_{0}}$決定する必要がある。結果として得られる二次係数は ${\displaystyle A=m^{2}+l^{2}=p^{2}}$、 ${\displaystyle B=mx_{0}-ly_{0}=lmC_{1}-lmC_{1}=0}$、 ${\displaystyle C=x_{0}^{2}+y_{0}^{2}+{\frac {a^{2}}{b^{2}}}z_{0}^{2}-a^{2}=p^{2}C_{1}^{2}+{\frac {a^{2}}{b^{2}}}z_{0}^{2}-a^{2}={\frac {1}{p^{2}}}(d-nz_{0})^{2}+{\frac {a^{2}}{b^{2}}}z_{0}^{2}-a^{2}}$したがって、交差は、次の場合に1つの解のみをもたらします。${\displaystyle B^{2}=AC}$しかし、${\displaystyle B=0}$そして${\displaystyle A>0}$^{[ b ]}、臨界方程式は次のようになる${\displaystyle C=0}$この方程式は、次のように変形できます。${\displaystyle Ez_{0}^{2}-2Fz_{0}+G=0}$、 どこ ${\displaystyle E={\frac {a^{2}}{b^{2}}}p^{2}+n^{2}}$、 ${\displaystyle F=nd}$、 そして ${\displaystyle G=d^{2}-a^{2}p^{2}}$。 したがって、${\textstyle z_{0}={\frac {F\pm {\sqrt {{F}^{2}-EG}}}{E}}}$目的の平行平面の原点からの距離を提供します。${\displaystyle z_{0}}$の中へ${\displaystyle C_{1}}$値を与える${\displaystyle x_{0}}$そして${\displaystyle y_{0}}$思い出してください。${\displaystyle t=-B/A=0}$それで${\displaystyle x=x_{0}}$、${\displaystyle y=y_{0}}$これらは、交差点の残りの座標です。その後、ECEF_to_Geo変換を使用して地理座標を計算できます。

同じ方法を経線にも適用して極値経度を求めることができますが、経度はモジュール式であるため、結果の解釈は容易ではありません。しかし、以下の方法を用いれば、結果は常に検証可能です。

より簡単なアプローチは、以下の式を用いて断面楕円の短軸と長軸の端点を計算することです。${\displaystyle \mathbf {R} =\mathbf {R_{c}} \pm b^{*}\mathbf {\hat {j}} ^{*}}$、 そして ${\displaystyle \mathbf {R} =\mathbf {R_{c}} \pm a^{*}\mathbf {\hat {i}} ^{*}}$そして、地理座標に変換します。ここで述べておくと、2つの平面の交線は、一方の平面を他方の平面に写像する座標回転の固定点の集合、つまり回転軸から構成されます。

ニューヨークからパリへの例の場合、結果は以下のとおりです。