清华大学：《计算机图形学基础》课程教学资源（试卷习题）Bezier曲线习题解答

一、设一条二次 Bezier 曲线的控制顶点为 P0，P1 ，P2，另一条二次 Bezier 曲线的控制顶点 为 Q0，Q1 ，Q2, P2 = Q0, 写出两条曲线可以精确合并（表示）为一条二次 Bezier 曲线的条件。 解：如下图所示，由于可以精确合并，说明两曲线是由一条曲线在参数 0<<1 处分割而来， 如下图所示，假设原曲线的控制顶点为 P0 , X, Q2. 由 de Castejau 算法,有： 1. 首先要求 P1, P2(Q0), Q1三点共线 X P1 Q1 P2 = Q0 P0 Q2 2． 1 0 1 2 1 1 0 1 2 1 P P X P P P Q Q Q X Q Q         ， 于是有： ) ( ) 1 ( 1 0 2 1 1 0 2 1 1 0 2 1 1 Q Q P P P P P P P Q Q Q Q Q          二、设一条三次 Bezier 曲线的控制顶点为 P0，P1 ，P2，P3, 对曲线上一点       2 1 P ，及一个给 定的目标点 T，给出一种调整 Bezier 曲线形状的方法，使得       2 1 P 精确通过点 T。 解：假设我们改变其中的一个控制顶点，比如将 P1调整到 P1 ＋  ，使得使得       2 1 P 精确通 过点 T，改变后的曲线记为 Pt ˆ 则有：

) 2 1 ( ) ( ) ( ˆ 1,3 2 1 ,3 3 0 2 P t 1 P B t B t i i i t         即 ) 2 1 ) ( 2 1 ( T P B1,3     所以，只需将 P1调整到 ) 2 1 ) / ( 2 1 ( P1 T P  B1,3        ，即可。 三、给定型值点(0,0),(0,100),(100,0),(100,100)，如对应的参数为 ,1 3 2 , 3 1 0, ，反求插值这四个 型值点的三次 Bezier 曲线的控制点。 解：假设控制顶点为 0 1 2 3 b ,b ,b ,b ，由 Bezier 曲线的公式，将参数为 ,1 3 2 , 3 1 0, 代入曲线方程， 即有： (0,0) b0  ， (100,100) b3  ， 0 1 2 3 0 1 2 3 27 8 9 4 9 2 27 1 (100,0) 27 1 9 2 9 4 27 8 (0,100) b b b b b b b b         解方程组可得 ) 3 700 , 3 650 ), ( 3 1000 , 3 350 ( b1   b2   。 四、计算以(30,0),(60,10),(80,30),(90,60),(90,90)为控制顶点的四次 Bezier 曲线在 2 1 t  处的值， 并画出 de Casteljau 三角形。 解：值为（75, 34.375） (30,0) (60,10) (80,30) (90,60) (90,90) (45,5) (70,20) (85,45) (90,75) (57.5,12.5) (77.5,32.5) (87.5,60) (67.5,22.5) (82.5,46.25) (75,34.375) 五、设一条三次 Bezier 曲线的前三个控制顶点为(30,0),(60,20),(80,20),曲线在 2 1 t  处的值为

（70，15），试求最后一个控制顶点。 解：（1）由 de Casteljau 算法 r 1 i 1 r 1 i r 1 P 1 t P tP     (  )  t=1/2, 可求得： P (45,10) 1 1  , P (70,20) 1 2  , P (57.5,15) 2 2  同理可反推角点： P 1/ 2(P P ) (70,15) 2 3 2 2 3 3    ，可得 P (82.5,15) 2 3  类似可得， P (95,10) 1 3  ， P (110,0) 3  （ 2 ） 对三次 Bezier 曲线， 3 3 2 2 1 2 0 3 C(t)  (1 t) P  3t(1 t) P  3t (1 t)P  t P ， 设 ( , ) 3 3 3 P x y ，则有                                      ) 15 2 1 ) 20 ( 2 1 ) (1 2 1 ) 20 3 ( 2 1 (1 2 1 ) 0 3 2 1 (1 ) 70 2 1 ) 80 ( 2 1 ) (1 2 1 ) 60 3 ( 2 1 (1 2 1 ) 30 3 2 1 (1 3 3 2 2 3 3 3 2 2 3 y x 解得 x3  110, y3  0 ，即最后一个控制顶点为(110,0)