平面の問題を射影平面（拡大アフィン平面）で扱うと． 無限遠点と普通点が 同等であるので，２直線が平行になることはなく，すなわち場 合分けする必要がなく，議論がすっきりする．
射影座標の活用していくつかの例題を解く．
射影幾何の定理の多くは，何人かの天才によってなされ，証明を読めば理解できるかもしれないが， 自分で解決することはほとんど不可能である．一方，射影座標を用いると単純な計算に帰着されることが少なくない．
これは，小学で学ぶ応用問題が中学で方程式を学ぶことにより簡単に解決したことに似ている．
ここでは，射影幾何の定理や問題を射影座標を使って解決する．射影座標は理解しづらいところがあります． ここで，射影座標を使い，その後もう一度内容を読み直すと理解が深まると思います．

以後，点は大文字$A,B,C,P$等を使い直線は小文字$l,m,n$等を用いる．
点$A$の射影座標が$\boldsymbol{a}=(a_1,a_2,a_3)$のとき$A(\boldsymbol{a})$または $A(a_1,a_2,a_3)$と表し，直線$m$が
$M_1x+M_2y+M_3z=0$
のとき，直線$m$の座標は$\boldsymbol{M}=(M_1,M_2,M_3)$であるといい， $m(\boldsymbol{M})$または$m(M_1,M_2,M_3)$とあらわす．

これから行う計算方法をまとめておく．
$1.$2点$A(\boldsymbol{a}),B(\boldsymbol{b})$を通る直線$l$は
$l(\boldsymbol{a}\times \boldsymbol{b})$
である．なお$\times$は外積で$\cdot$は内積．
2直線$l(\boldsymbol{L}),m(\boldsymbol{M})$の交点$A$は
$A(\boldsymbol{L}\times \boldsymbol{M})$
である．
$2.$点$A(\boldsymbol{a})$が直線$l(\boldsymbol{L})$上にあるとき
$\boldsymbol{a}\cdot \boldsymbol{L}=0$
を満たす．
したがって
$A(\boldsymbol{a}),B(\boldsymbol{b}),C(\boldsymbol{c})$が一直線上(共線である)
$\Longleftrightarrow (\boldsymbol{a}\times \boldsymbol{b})\cdot \boldsymbol{c}=0$
$\Longleftrightarrow \det (\boldsymbol{a} \ \boldsymbol{b} \ \boldsymbol{c})=0$
$l(\boldsymbol{L}),m(\boldsymbol{M}),n(\boldsymbol{N})$が1点で交わる(共点である)
$\Longleftrightarrow (\boldsymbol{L}\times \boldsymbol{M})\cdot \boldsymbol{N}=0$
$\Longleftrightarrow \det (\boldsymbol{L} \ \boldsymbol{M} \ \boldsymbol{N})=0$
パソコンによる計算式も載せますので参考にしてください．

まず，射影幾何学の基礎をなすデザルグの定理を射影座標を用いて証明する．


定理(Desargues)
２つの３点形の対応する頂点を結ぶ３直線が１点で交わるなら， 対応辺の交点は１直線上にある．

証明
３点形$ABC,A'B'C'$の対応点を結ぶ直線の交点を$O$,2直線$AB,A'B'$の交点を$P$, $BC,B'C'$の交点を$Q$,$CA,C'A'$の交点を$R$とする．(右図)
このとき，３点$P,Q,R$が一直線上のあることを示せばよい．
射影座標系を用い，計算で示そう．
射影座標系$[A,B,C;O]$を用いる．この座標系では，$A,B,C,O$の座標はそれぞれ
$A(1,0,0),B(0,1,0),$
$C(0,0,1),O(1,1,1)$
である．

直線$O\times A$上の点は非斉次座標を用いて
$(1,1,1)+t(1,0,0)=(1+t,1,1)$
$\therefore A'(1+t,1,1)$
同様に
$B'(1,1+s,1),C'(1,1,1+u)$
あとは単純な外積計算だけです．
$A\times B=(0,0,1),$
$B\times C=(1,0,0),$
$C\times A=(0,1,0)$
$A'\times B'$
$=(-s,-t,t+s+ts),$
$B'\times C'$
$=(s+u+su,-u,-s),$
$C'\times A'$
$=(-u,u+t+ut,-t)$
$P=(A\times B)\times (A'\times B')=(t,-s,0),$
$Q=(B\times C)\times (B'\times C')=(0,s,-u),$
$R=(C\times A)\times (C'\times A')=(-t,0,u)$
3点$P,Q,R$が一直線上にあるのことは，行列式を計算すればよい．
$\begin{vmatrix}t&-s&0\\0&s&-u\\-t&0&u\end{vmatrix}=0$
したがって証明が終了した．

面倒な計算のように思うかもしれないが，パソコンを用いると驚くほど簡単である(右上の計算)．

この定理は射影幾何の基礎をなす重要な定理です．
逆も簡単に証明することができる．すなわち
$P,Q,R$が一直線上にあるとき，直線$A\times B,B\times C,C\times A,P\times Q$の斉次座標を$(1,0,0),(0,1,0),(0,0,1),(1,1,1)$とし， $A'\times B',B'\times C',C'\times A'$を非斉次座標で表し，$A',B',C'$を求め $A\times A',B\times B',C\times C'$が一点で交わることを示せばよい．

次の例題は，デザルグの定理の変形です．まず解いてみましょう．

例題
四角形$ABCD$があり，$E,F,G,H$はそれぞれ辺$AB,BC,CD,DA$上の点である．
四角形$EFGH$の辺$EF,HG$の交点$P$が四角形$ABCD$の対角線$AC$上にあるなら，辺$EH,FG$の交点$Q$も 対角線$BD$上にあることを証明せよ．

証明
射影座標系$[A,B,C;D]$で計算した結果が右図．
$\det (a\times c \ \ e\times f \ \ g\times h)$
$=1-st+stu-v$
$\det (b\times d \ \ e\times h \ \ f\times g)$
$=-1+st-stu+v$
より成り立つことが分かる．

例題はデザルグの定理を書き換えただけである．実際例題の図を$\triangle AEH$と$\triangle CFG$に注目して みればデザルグの定理である．

次に，射影座標を用いてPappusの定理を証明する．

定理(Pappus)
直線$l$上に点$A,B,C$があり，直線$m$上に点$D,E,F$がある．このとき， ２直線$AE,BD$の交点を$P$,２直線$BF,CE$の交点を$Q$,２ 直線$CD,AF$の交点を$R$とすれば，３点$P,Q,R$は１直線上にある．
証明
射影座標系を用いて計算で示す．
２直線$l,m$の交点を$E_1$,直線$l$上の点$E_2$,直線$m$上に点$E_3$,さらに点$K$を ４点$E_1,E_2,E_3,K$のどの３点も同一直線上にないようにとり，$E_1,E_2,E_3$が基本点，$K$ が単位点である射影座標系$[E_1,E_2,E_3;K]$をもちいる．ここで，単位点$K$ は証明の中で用いないが，$E_1,E_2,E_3$の座標を確定するために必要である．
この座標系では$E_1,E_2,E_3$の座標は
$E_1(1,0,0),E_2(0,1,0),E_3(0,0,1)$
である．直線$l$上の点は非斉次座標で$(1,t,0)$と表せるから
$A(1,a,0),B(1,b,0),C(1,c,0)$
同様に
$D(1,0,d),E(1,0,e),F(1,0,f)$
と表せる．
あとは，外積計算だけであるから，パソコンを用いる．(右図)
$P=(A\times E)\times (B\times D),$
$Q=(B\times F)\times (C\times E),$
$R=(C\times D)\times (A\times F)$
の座標を計算すると
$P(-ad+be,-abd+abe,$
$-ade+bde)$
$Q(-be+cf,-bce+bcf,$
$-bef+cef)$
$R(ad-cf,acd-acf,$
$adf-cdf)$
あとは$\boldsymbol{p},\boldsymbol{q},\boldsymbol{r}$の行列式が$0$になることを計算するだけである．

この証明で，点の座標は非斉次座標を用いたが，パソコンを用いるなら斉次座標でも かまわない．
手計算でやるなら，例えば 射影座標系を$[E_1,A,D;P]$とすればよい．これだと相当計算が楽になる．

Pappusの定理の証明のように，射影座標を用いて解くとき，１直線上にない３点$E_1,E_2,E_3$を
$E_1(1,0,0),E_2(0,1,0),E_3(0,0,1)$
として議論を進めるが，単位点$K$は議論の中に現れないから明記しないだけであって どこか一点与えられている．

Pappusの定理の見方を少し変えよう．
直線$l,m$の交点を$O$とする．
点$P$は$l,m$上にない点とする．
点$P$を通る3本の直線を引き，$l,m$との交点をそれぞれ$A,B;C,D;E,F$とする．
Pappusの定理より，$AD,BC$の交点$Q$,$CF,DE$の交点$R$,$AF,BE$の交点$S$は 一直線上にあることが分かる．さらにこの直線は点$O$を通る．$\cdots (*)$
証明
斉次座標系$[O,P,A;D]$で考える．
$E(t,0,1)$とおき計算すると
$Q(-1,-1,-2)$
$R(1-t^2,1-t,2-2t)$
となり，
$\det (\boldsymbol{o} \ \ \boldsymbol{q} \ \ \boldsymbol{r})=0$
より，3点$O,Q,R$が一直線上にあることが分かる．

ここで証明した$(*)$を用いて，問題を解決しよう．
例題１
2直線$l,m$とこれらの直線上にない点$P$が与えらえている．
$l,m$の交点が分からないとき($l,m$が平行に近い場合を想定しているが， $l,m$の一部しかわからない場合を考えてもよい) 点$P$と$l,m$の交点を結ぶ直線を定規だけで作図せよ．

解
$P$を通る2本の直線を引き$l,m$との交点をそれぞれ$A,B;C,D$とする．
$AD,CB$の交点を$O$とし，$O$を通る直線と$l,m$との交点を$E,F$,$BE,CF$の交点を$Q$とすれば 直線$PQ$が求めるものである．

デザルグの定理の定理を用いて次のように解くこともできる．
別解
$l$上に$A,A'$,$m$上に$B,B'$および点$Q$を取る，
$\triangle PAB,\triangle QA'B'$に注目すれば，デザルグの定理のより
対応辺の交点が一直線上にあれば，すなわち右図で，$X,Y,Z$が一直線中にあれば，3直線 $AA',BB',PQ$は一点で交わる．したがって，$Q$を次の様に定め直線$PQ$を引けばよい．
1.$l$上の2点$A,A'$,$m$上に2点$B,B'$を取り，$AB,A'B'$の交点を$Z$とする．
2.$Z$を通る直線を引き直線$AP,BP$との交点をそれぞれ$X,Y$とし，$A'X,B'Y$の交点を$Q$とする．

例題2
2点$A,B$と，2点$A,B$間の距離より短い幅の定規がある．この定規だけを用いて2点$A,B$ を結ぶ直線を作図せよ．
解
例題1の見方を変えればよい．
$A$を通る2直線$l,m$を引き，さらに，$B$を通る2直線を引き$l,m$との交点をそれぞれ$P_1,Q_2;P_2,Q_1$ とする．
2直線$P_1P_2,Q_1Q_2$の交点を$C$とし，$l$上$A$に向かって$P_1,P_2$から順に$P_3,P_4,\dots$と点をとる．
$P_iR$と$m$との交点を$Q_i$として$P_iP_{i+1},Q_iQ_{i+1}$の交点を$B_{i-1}$とする．
あとは$B,B_1,B_2,\dots$を定規で結べばよい．

ここで，作図について振り返ろう，
定規は
2点を与えたとき，その点を通る直線を引くことができる$\cdots (*)$
である．2点を与えたとき，2点間の距離より長い定規があれば，直線上に新しい点をとり，定規をずらし， 線を延長することができる．ただし，与える2点はいくらでも離れている場合があるから，$(*)$ を満たすためには，無限に長い定規が必要になる．しかし，例題2は定規の大きさは小さくとも$(*)$を満たすことを意味している．
実際，$P_i$の間隔を狭めることにより，$B_iB_{i+1}$の間隔を狭くすることができる.もちろん作図で用いた 全ての操作も考える必要があるが， $l,m$のなす角を十分小さく取れば問題は起こらない．

6.ユークリッド幾何への応用

射影幾何の目次


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