アフィン変換が定義されたので，アフィン変換で保たれる性質を調べよう．
まず，アフィン幾何では平行の概念が定義できる．
射影平面の無限遠直線を$l_{\infty}$とする．
無限遠直線が定められた射影平面，以後この平面を拡大アフィン平面とよぶ，
の無限遠直線でない２直線$m,n$で交点が無限遠直線$l_{\infty}$ にあるものを平行であるといい$m\parallel n$と表す．
射影平面上の２直線は必ず交わるので，拡大アフィン平面では２直線の交点が無限遠直線上のとき平行，無限遠直線上でないとき交わるという．
拡大アフィン平面における平行線については次の性質が成り立つ．
1.アフィン変換で平行性は保たれる．
$(\because )$交点が無限遠点の２直線の像の交点も無限遠点
2.$m_1\parallel m_2,m_2\parallel m_3\longrightarrow m_1\parallel m_3$
$(\because) \ m_2$と$l_{\infty}$の交点を$m_1,m_3$がともに通るから$m_1\parallel m_3$
3. 直線$m$と$m$上にない無限遠点でない点$P$が与えられたとき，$P$を通り$m$に平行な直線がただ一つ存在する．
これはユークリッド原論の第５公理である．
つぎに拡大アフィン平面における比について調べよう．
射影平面で２点$A,B$を与えたとき射影平面では線分$AB$の概念はなかった．アフィン平面では，直線$AB$を ２点$A,B$で２つに分けたとき，無限遠点を含まないほうを線分$AB$と定める．
拡大アフィン平面を斉次アフィン座標系で考える．
２点$A(a),B(b)$に対して，直線$AB$上に２点$C(c),D(d)$をとり，$c,d$が
$c=k_1a+k_2b,d=l_1a+l_2b$
のとき，$A,B$を基点とする分点$C,D$の複比$[A.B;C,D]$を
$[A,B;C,D]=(k_2:k_1):(l_2:l_1)=\dfrac{k_2}{k_1}\cdot \dfrac{l_1}{l_2}$
で定義する．複比は射影変換で保たれることはすでに述べたとおりである．
拡大アフィン平面では無限遠直線$l_{\infty}$があり，直線$AB$と$l_{\infty}$の交点を$m_{\infty}$ とする．
$A,B$を基点とする分点$C$の単比$[A,B;C]$を
$[A,B;C]=[A,B;C,m_{\infty}]$
で定義する．
すなわち，斉次座標であるので$\frac{k_2}{k_1}$は意味がないが，無限遠点を加え複比で用いて定義している．
複比は射影変換で保たれ，アフィン変換で無限遠点は無限遠点にうつるから，単比はアフィン変換の不変量である．
非斉次座標で単比$[a,b;c]$を計算しよう．
$a=(a_1,a_2,1),b=(b_1,b_2,1),c=ka+lb$
とする．
$m_{\infty}=-a+b$
であるから($z$成分に注目する)
$[a,b;c]=-\dfrac{l}{k}\cdots (\sharp)$
一方，$c$を非斉次座標で表すと
$c=ka+lb=(ka_1+lb_1,ka_2+lb_2,k+l)=(\dfrac{ka_1+lb_1}{k+l},\dfrac{ka_2+lb_2}{k+l},1)$
であるから
$\overrightarrow{AC}=\dfrac{l}{k+l}(b_1-a_1,b_2-a_2)$
$\overrightarrow{BC}=\dfrac{k}{k+l}(a_1-b_1,a_2-b_2)$
より
$\overrightarrow{AC}=-\dfrac{l}{k}\overrightarrow{BC}\cdots (\flat)$
$(\sharp),(\flat)$よりわかるように，単比$[A,B;P]$の図形的意味は
$\overrightarrow{AC}=[A,B;C]\overrightarrow{BC}$
分かりやすく書けば
$[A,B;C]=\dfrac{\overrightarrow{AC}}{\overrightarrow{BC}} \ \ $ (向きまで考えた比)
で与えられる．日本の教育課程では内分，外分で符号が逆になっているので注意が必要．
特に，$c=a+b$のとき，$C(c)$を線分$A(a)B(b)$の中点という．
$C$が線分$AB$の中点のとき$k=1,l=1$であるから
$[a,b;c]=-\dfrac{1}{2}$
である．


次に平行四辺形$A(a)B(b)C(c)D(d)$を考える． 平行四辺形とは完全四角形の２組の対辺の交点がそれぞれ無限遠直線上のこと． 右図で，$P,Q$は無限遠直線上の点である．
$AB\parallel DC,AD\parallel BC$
である．
このとき，線分$AB,DC$および線分$AD,BC$の長さが等しいと定義する．
平行な２線分は長さの比較もできる．たとえば，右上図で
$CD:BG=BA:BG$
である．
したがって，ベクトルも定義でき平行四辺形$ABCD$は
$\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{DC}, \overrightarrow{AD}=\overrightarrow{BC}$
である．
アフィン平面では，直線上の線分の比が定義できる．複比は
$A(a),B(b),C(ma+nb),D(ka+lb)$
のとき,
$[A,B;C,D]=\dfrac{\frac{n}{m}}{\frac{q}{p}}=\dfrac{\frac{\frac{n}{m}}{-1}}{\frac{\frac{q}{p}}{-1}} =\dfrac{[A,B;P]}{[A,B;Q]}$
$=\dfrac{AP}{BP}\cdot \dfrac{BQ}{AQ}$
$\therefore [A,B;P,Q]=\dfrac{AP}{BP}\cdot \dfrac{BQ}{AQ}$
となり，これは通常用いている複比の定義でとても使いやすい．

例
中点連結定理が成り立つことを証明しよう．
$\triangle ABC$で$AB,AC$の中点をそれぞれ$D,E$とする．
このとき
$DE\parallel BC,DE=\dfrac{1}{2}BC$
が成り立つ．

証明
右図で，緑色の直線が無限遠直線である．
直線$AB,BC,CA$と無限遠直線の交点をそれぞれ$P,Q,R$とする．
右図で，$D,E$は$AB,AC$の中点より
$[A,B;D,P]=-1,[A,C;E,R]=-1$
$\therefore [A,B;D,P]=[A,C;E,R]$
$A$が共通点であるから，$\{A,D,B,P\}$と$\{A,E,C,R\}$は配景に位置にある． したがって，$PR,BC,DE$は一点で交わり$DE\parallel BC$が成り立つ．
つぎに，$EP$と$BC$の交点を$F$とする．このとき四角形$DBFE$は平行四辺形．
さらに，$P$を配景の中心として
$\{B,C,F,Q\}\stackrel{P}{\doublebarwedge}\{A,C,E,R\}$
であるから
$[B,C;F,Q]=[A,C;E,R]=-1$
したがって，$F$は線分$BC$の中点である．
$\therefore DE=\dfrac{1}{2}BC$

同じ証明を行うことにより，
$AD:BD=AE:CE$
なら
$DE\parallel BC$
が成り立つ．

次に，２直線$m,n$が交わるときの線分間の関係を調べよう．
このときは，$m$上の線分$AB$と$n$上の線分$A'B'$の比較はできない．しかし， 複比の性質を用いて，次の命題が成り立つ．
命題1
2直線$m,n$は交わり，$A,B,C,D$は直線$m$上の点,$A',B',C',D'$は$n$上の点とする．
$\{A,B,C,D\},\{A',B',C',D'\}$が無限遠点を中心とする配景対応をなすとき， すなわち，配景の 中心を無限遠点$P$とし
$\{A,B,C,D\}\stackrel{P}{\doublebarwedge}\{A',B',C',D'\}$
となるとき
$AB:CD=A'B':C'D'$
が成り立つ．

証明
$A,B$が基点，分点$P$の単比が$[A,B;P]=\alpha$のとき
$\overrightarrow{AP}=\alpha \overrightarrow{BP}$であり，
$[A,B;P]=\dfrac{AP}{BP}=AP:BP$
であることに注意する．
無限遠直線を$l_{\infty}$とし，直線$m,n$と$l_{\infty}$との交点をそれぞれ$Q,R$とし，$m,n$ の交点を$E$とする．
$[A,B;E,Q]=[A,B;E],$
$[A',B';E,R]=[A',B';E]$
および,配景対応より
$[A,B;E,Q]=[A',B';E,R]$
より
$[A,B;E]=[A',B';E]$
したがって，
$AE:BE=A'E;B'E$
同様の変形を行って
$AE:BE:CE:DE=A'E:B'E:C'E:D'E$
$\dfrac{AE}{A'E}=\dfrac{BE}{B'E}=\dfrac{CE}{C'E}=\dfrac{DE}{D'E}$
と変形し，加比の理より
$=\dfrac{AB}{A'B'}=\dfrac{CD}{C'D'}$

つぎの命題は中点連結定理の下で述べた内容の逆である．これも初等幾何では おなじみの定理である．
命題2
$\triangle ABC$があり，点$D,E$はそれぞれ直線$AB,AC$上の点である．
$DE\parallel BC$
であれば
$AD:AB=AE:AC=DE:BC$
が成り立つ．

証明
右図で$P,Q,R$は無限遠点である．
$\{A,D,B,P\}\stackrel{R}{\doublebarwedge}\{A,E,C,Q\}$
であるから
$[A,B;D,P]=[A,C;E,Q]$
したがって
$[A,B;D]=[A,C;E]$
であるから
$AD:AB=AE:AC$
$PE$と$BC$の交点を$F$とする．
四角形$DBFE$は平行四辺形より
$BF=DE$
$\{B,F,C,R\}\stackrel{P}{\doublebarwedge}\{A,E,C,Q\}$
であるから
$[B,C;F,R]=[A,C;E,Q]$
より
$[B,C;F]=[A,C;E]$
したがって
$DE:BC=BF:BC=AE:AC$

２つの三角形で３組の対応辺が平行なとき，次が成り立つ．
命題3
$\triangle ABC$と$\triangle A'B'C'$がある．
$AB\parallel A'B',BC\parallel B'C',CA\parallel C'A'$
なら
$BC;B'C'=CA:C'A'=AB:A'B'$
が成り立つ．
証明
$\triangle ABC$と$\triangle A'B'C'$の対応辺は平行であるから，無限遠直線上で 交わる．交点を右図のように$P,Q,R$とする．
デザルグの定理より３直線$AA',BB',CC'$は１点で交わりその交点を$S$とする．
命題2より$\triangle SA'B'$において
$SA:SA'=SB:SB'=AB:A'B'$
同様に，$\triangle SA'C'$において
$SA:SA'=SC:SC'=AC:A'C'$
$\triangle SB'C'$において
$SB;SB'=SC:SC'=BC:B'C'$
以上の３つの等式より
$SA:SA'=SB:SB'=SC:SC'$
$=AB:A'B'=BC:B'C'=CA:C'A'$
が成り立つ．

命題3の証明から
$\triangle ABC$と$\triangle A'B'C'$が
$AB\parallel A'B',BC\parallel B'C',CA\parallel C'A'$
であるなら，初等幾何で言うところの， ２つの三角形$\triangle ABC,\triangle A'B'C'$は 相似の位置にあることがわかる．

平行線のもとでの比の関係式(命題2)が得られたので， メネラウス，チェバの定理は 高校で学んだ方法で証明できる．

命題4
$\triangle ABC$の３直線$BC,CA,AB$上にそれぞれ$P,Q,R$をとる．
(メネラウスの定理)$P,Q,R$が一直線上のあれば
$\dfrac{BP}{PC}\cdot \dfrac{CQ}{QA}\cdot \dfrac{AR}{RB}=-1$
が成り立つ．
(チェバの定理)$AP,BQ,CR$が一点で交われば
$\dfrac{BP}{PC}\cdot \dfrac{CQ}{QA}\cdot \dfrac{AR}{RB}=1$
が成り立つ．

メネラウスの定理の証明
３点$P,Q,R$が一直線上にあるから，その直線の無限遠直線との交点を$G$ とし，2直線$CG,AB$の交点を$D$とする．
すなわち，$CD\parallel PQ(R)$である．
命題2より
$\dfrac{BP}{PC}\cdot \dfrac{CQ}{QA}\cdot \dfrac{AR}{RB}$
$=\dfrac{BR}{RD}\cdot \dfrac{DR}{RA}\cdot \dfrac{AR}{RB}$
($AR=-RA,BR=-RB,DR=-RD$より)
$=-1$


チェバの定理の証明
$A$を通り辺$BC$に平行な直線を$m$とし，直線$BQ,CR$と直線$m$との 交点をそれぞれ$D,E$とする．
このとき
$\dfrac{BP}{PC}\cdot \dfrac{CQ}{QA}\cdot \dfrac{AR}{RB}$
$=\dfrac{DA}{AE}\cdot \dfrac{CB}{DA}\cdot \dfrac{AE}{CB}$
$=1$


チェバの定理とメネラウスの定理の関連は次のように見ればよい．
ここでは，チェバの定理よりメネラウスの定理を導き出す．
$\triangle ABC$の直線$BC,CA,AB$上にそれぞれ点$L,M,N$をとり$L,M,N$を一直線上と仮定する．
さらに３直線$BC,CA,AB$上にそれぞれ$P,Q,R$を調和点列をなすように，すなわち
$[B,C;P,L]=-1,$
$[C,A;Q,M]=-1,$
$[A,B;R,N]=-1 \cdots (\sharp)$
を満たすようにとる．
このとき，
$\{B,C,P,L\}\barwedge \{A,C;Q,M\}$
$(\because [C,A;Q,M]=[A,C;Q,M])$
であり，さらに$C$が共通であるから配景の位置にある．
したがって，３直線$BA,PQ,LM$は一点で交わるので，３点$P,Q,N$は一直線上にある．
同様に3点$P,R,M$も３点$R,Q,L$も一直線上にある．

$\triangle ABC$と$\triangle PQR$に注目すると，デザルグの定理より
3直線$AP,BQ,CR$が１点で交わる$\Longleftrightarrow$３点$L,M,N$は一直線上にある
が成り立つので，$AP,BQ,CR$は一点で交わる．
一方$(\sharp)$より
$(\dfrac{BP}{CP}\cdot \dfrac{CL}{BL})\cdot (\dfrac{CQ}{AQ}\cdot \dfrac{AM}{CM}) \cdot(\dfrac{AR}{BR}\cdot \dfrac{BN}{AN})=-1　\cdots (\flat)$
左辺を
$(\dfrac{BP}{PC} \cdot \dfrac{CQ}{QA} \cdot \dfrac{AR}{RB}) \cdot (\dfrac{LC}{BL}\cdot \dfrac{MA}{CM} \cdot \dfrac{NB}{AN})$
と変形すれば，
チェバの定理より
$\dfrac{BP}{PC} \cdot \dfrac{CQ}{QA} \cdot \dfrac{AR}{RB}=1$
が成り立つから，メネラウスの定理
$\dfrac{LC}{BL}\cdot \dfrac{MA}{CM} \cdot \dfrac{NB}{AN}=-1$
が示された．

証明からわかるように，メネラウスの定理とチェバの定理はデザルグの定理のもとで つながっているといえる．

4.アフィン座標

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