CN101872470A - 一种ct或mri图像的矫正和靶点定位方法 - Google Patents

Abstract

一种在原CT或MRI图像上，以坐标转换为基础的图像矫正和靶点计算方法。它是在CT或MRI后工作站中，在CT或MRI三维重建图像上为基础，且图像上每个点都有已知的三维坐标值。根据临床需要或标准，选择四个点，令其中第一点为坐标原点，第二点位于坐标轴上，第三点位于坐标平面内，第四点为空间任意点，通常为临床所需的靶点。通过此四点，可得出需要的靶点的三维坐标值，并且可获得矫正的CT或MRI图像，以指导临床手术。

Description

一种CT或MRI图像的矫正和靶点定位方法

所属技术领域：

本方法用于医学影像的后处理，通过对原CT或MRI三维坐标的坐标转换，对图像进行调整，矫正和靶点计算，以指导临床操作。

背景技术：

CT或MRI影像可以认为是一个CT或MRI值的矩阵，其中每个值代表一个像素，而每个像素都对应着一个固定的三维坐标。CT或MRI的后处理工作站尽管非常丰富，但由于技师的操作、病人的体位等原因，CT或MRI影像多数都不够标准。目前还没有一种比较简单易行的方法根据临床需要来进行CT或MRI图像矫正和靶点定位。

发明内容：

为了弥补目前CT或MRI后处理系统在图像矫正和靶点定位的不足，本发明提供了一种简单易行的数学转换方法，可对CT或MRI图像进行精确的图像矫正，并可获得所需靶点和所设原点的三维关系，从而指导临床操作。

CT或MRI工作站中的三维重建图像里，任何一个点都有一个固定的三维坐标值，其三维坐标系是CT或MRI机固定不变的。本方法根据临床需要或标准图像定位要求，选择四个点为基准参考点，并根据临床需要设定其中第一个点为坐标原点，第二点位于坐标轴上，第三点位于坐标平面内，第四个点常为临床医疗操作的目标靶点。对原CT或MRI矩阵图像进行此新坐标系下的矩阵重排，从而获得新的矫正后的标准CT或MRI图像，和新坐标系下任何一个靶点的三维坐标值，其三维坐标值更加清楚的反映了任何靶点和所设原点的三维关系，方便了临床定位和操作。

具体的数学转化公式如下：

已知旧坐标系里的四个点坐标分别为A(x₁，y₁，z₁)，B(x₂，y₂，z₂)，C(x₃，y₃，z₃)和D(x₄，y₄，z₄)。令A点为新坐标系的原点，B点位于新坐标系的x轴正向，C点位于新坐标系的坐标平面(xy平面)上，下面求出B，C和D在新坐标系里的坐标。

在旧坐标系内，四个点之间的距离计算如下：

$\stackrel{\‾}{\mathrm{AB}}=\sqrt{{\left(x_1\text{-}{x}_2\right)}^2+{(y_1-y_2)}^2+{(z_1-z_2)}^2}$

$\stackrel{\‾}{\mathrm{AC}}=\sqrt{{(x_3-x_1)}^2+{(y_3-y_1)}^2+{(z_3-z_1)}^2}$

$\stackrel{\‾}{\mathrm{BC}}=\sqrt{{(x_3-x_2)}^2+{(y_3-y_2)}^2+{(z_3-z_2)}^2}$

$\stackrel{\‾}{\mathrm{AD}}=\sqrt{{(x_4-x_1)}^2+{(y_4-y_1)}^2+{(z_4-z_1)}^2}$

$\stackrel{\‾}{\mathrm{BD}}=\sqrt{{(x_4-x_2)}^2+{(y_4-y_2)}^2+{(z_4-z_2)}^2}$

$\stackrel{\‾}{\mathrm{CD}}=\sqrt{{(x_4-x_3)}^2+{(y_4-y_3)}^2+{(z_4-z_3)}^2}$

坐标变换前后，四个点的相对位置不变，点与点之间的距离也不变。假定在新坐标系中这四个点的坐标分别变为A(x′₁，y′₁，z′₁)，B(x′₂，y′₂，z′₂)，C(x′₃，y′₃，z′₃)和D(x′₄，y′₄，z′₄)。如果A点为新坐标系的原点，则有x′₁＝y′₁＝z′₁＝0。若B点位于新坐标系的x轴正向，则有y′₂＝0，z′₂＝0，

若C点位于新坐标系的坐标平面(xy平面)上，则z′₃＝0，在新坐标系中求

和

为

${\stackrel{\‾}{\mathrm{AC}}}^2=x_3^{\′2}+y_3^{\′2}$

${\stackrel{\‾}{\mathrm{BC}}}^2={(x_3^{\′}-x_2^{\′})}^2+y_3^{\′2}---\left(1\right)$

上面两式相减，可得

${\stackrel{\‾}{\mathrm{BC}}}^2-{\stackrel{\‾}{\mathrm{AC}}}^2=x_2^{\′2}-2x_2^{\′}{x}_3^{\′}$

$x_3^{\′}=\frac{-{\stackrel{\‾}{\mathrm{BC}}}^2+{\stackrel{\‾}{\mathrm{AC}}}^2+x_2^{\′2}}{2x_2^{\′}}$

得到x′₃后代入式(1)，可得

$y_3^{\′}=\sqrt{{\stackrel{\‾}{\mathrm{BC}}}^2-{({\text{x}}_3^{\′}-x_2^{\′})}^2}$

这样可求出C点的坐标。

在新坐标系中求

和

为

${\stackrel{\‾}{\mathrm{AD}}}^2=x_4^{\′2}+y_4^{\′2}+z_4^{\′2}---\left(2\right)$

${\stackrel{\‾}{\mathrm{BD}}}^2={(x_4^{\′}-x_2^{\′})}^2+y_4^{\′2}+z_4^{\′2}---\left(3\right)$

${\stackrel{\‾}{\mathrm{CD}}}^2={(x_4^{\′}-x_3^{\′})}^2+{(y_4^{\′}-y_3^{\′})}^2+z_4^{\′2}---\left(4\right)$

(3)减去(2)可得

$x_4^{\′}=\frac{{\stackrel{\‾}{\mathrm{AD}}}^2-{\stackrel{\‾}{\mathrm{BD}}}^2+x_2^{\′2}}{2x_2^{\′}}$

(4)减去(2)，再代入x′₄，可得

$y_4^{\′}=\frac{x_3^{\′2}-2x_3^{\′}{x}_4^{\′}+y_3^{\′2}-{\stackrel{\‾}{\mathrm{CD}}}^2+{\stackrel{\‾}{\mathrm{AD}}}^2}{2y_3^{\′}}$

把x′₄和y′₄代入(2)，可得

$z_4^{\′}=\±\sqrt{{\stackrel{\‾}{\mathrm{AD}}}^2-x_4^{\′2}-y_4^{\′2}}$

z′₄的正负应由D点坐标得求。如果为正，z′₄为正，

如果为负，z′₄为负。

这样，旧坐标系里的四个点(x₁，y₁，z₁)，(x₂，y₂，z₂)，(x₃，y₃，z₃)和(x₄，y₄，z₄)就通过坐标变换变为了新坐标系里坐标为(x’₁，y’₁，z’₁)，(x’₂，y’₂，z’₂)，(x’₃，y’₃，z’₃)和(x’₄，y’₄，z’₄)的四个点。通过这四个点的转换，已经确定了两个坐标系之间的转换关系。如果任意给定一个旧坐标系中点的坐标，可求出它在新坐标系中的坐标。

旧坐标系里任意一点P(x，y，z)，转换到新坐标系中变为(x’，y’，z’)。这种转换关系可以用矩阵表示为

$\left[\begin{array}{c}{x}^{\′}\\ y^{\′}\\ z^{\′}\end{array}\right]=\left[\begin{array}{ccc}{a}_{11}& a_{12}& a_{13}\\ a_{21}& a_{22}& a_{23}\\ a_{31}& a_{32}& a_{33}\end{array}\right]\·\left[\begin{array}{c}x\\ y\\ z\end{array}\right]+\left[\begin{array}{c}{b}_1\\ b_2\\ b_3\end{array}\right]---\left(5\right)$

利用以上A、B、C、D四点的新旧坐标，可求出

和

中的12个变量，转换关系(5)就可用于求任意一个旧坐标系里的点在新坐标系里的坐标。

要求出

和

这两个矩阵里的12个变量，把A、B、C、D四点的新旧坐标分别带入到上面的关系式里，得

x′₁＝a₁₁x₁+a₁₂y₁+a₁₃z₁+b₁

y′₁＝a₂₁x₁+a₂₂y₁+a₂₂z₁+b₂

z′₁＝a₃₁x₁+a₃₂y₁+a₃₃z₁+b₃

x′₂＝a₁₁x₂+a₁₂y₂+a₁₃z₂+b₁

y′₂＝a₂₁x₂+a₂₂y₂+a₂₃z₂+b₂

z′₂＝a₃₁x₂+a₃₂y₂+a₃₃z₂+b₃

x′₃＝a₁₁x₃+a₁₂y₃+a₁₃z₃+b₁

y′₃＝a₂₁x₃+a₂₂y₃+a₂₃z₃+b₂

z′₃＝a₃₁x₃+a₃₂y₃+a₃₃z₃+b₃

x′₄＝a₁₁x₄+a₁₂y₄+a₁₃z₄+b₁

y′₄＝a₂₁x₄+a₂₂y₄+a₂₃z₄+b₂

z′₄＝a₃₁x₄+a₃₂y₄+a₃₃z₄+b₃

在以上所列的方程组中，x₁，y₁，z₁，x₂，y₂，z₂，x₃，y₃，z₃，x₄，y₄，z₄，x′₁，y′₁，z′₁，x′₂，y′₂，z′₂，x′₂，y′₃，z′₃，x′₄，y′₄，z′₄是已知量，12个方程可求出12个变量，求解的公式为

$\left[\begin{array}{c}{a}_{11}\\ a_{12}\\ a_{13}\\ a_{21}\\ a_{22}\\ a_{23}\\ a_{31}\\ a_{32}\\ a_{33}\\ b_1\\ b_2\\ b_3\end{array}\right]={\left[\begin{array}{cccccccccccc}{x}_1& y_1& z_1& 0& 0& 0& 0& 0& 0& 1& 0& 0\\ 0& 0& 0& x_1& y_1& z_1& 0& 0& 0& 0& 1& 0\\ 0& 0& 0& 0& 0& 0& x_1& y_1& z_1& 0& 0& 1\\ x_2& y_2& z_2& 0& 0& 0& 0& 0& 0& 1& 0& 0\\ 0& 0& 0& x_2& y_2& z_2& 0& 0& 0& 0& 1& 0\\ 0& 0& 0& 0& 0& 0& x_2& y_2& z_2& 0& 0& 1\\ x_3& y_3& z_3& 0& 0& 0& 0& 0& 0& 1& 0& 0\\ 0& 0& 0& x_3& y_3& z_3& 0& 0& 0& 0& 1& 0\\ 0& 0& 0& 0& 0& 0& x_3& y_3& z_3& 0& 0& 1\\ x_4& y_4& z_4& 0& 0& 0& 0& 0& 0& 1& 0& 0\\ 0& 0& 0& x_4& y_4& z_4& 0& 0& 0& 0& 1& 0\\ 0& 0& 0& 0& 0& 0& x_4& y_4& z_4& 0& 0& 1\end{array}\right]}^{-1}\left[\begin{array}{c}{x^{\′}}_1\\ {y^{\′}}_1\\ {z^{\′}}_1\\ {x^{\′}}_2\\ {y^{\′}}_2\\ {z^{\′}}_2\\ {x^{\′}}_3\\ {y^{\′}}_3\\ {z^{\′}}_3\\ {x^{\′}}_4\\ {y^{\′}}_4\\ {z^{\′}}_4\end{array}\right]$

求出和

这12个变量后，再带入到式(5)，就得到新旧坐标变换的公式

$\left[\begin{array}{c}{x}^{\′}\\ y^{\′}\\ z^{\′}\end{array}\right]=\left[\begin{array}{ccc}{a}_{11}& a_{12}& a_{13}\\ a_{21}& a_{22}& a_{23}\\ a_{31}& a_{32}& a_{33}\end{array}\right]\·\left[\begin{array}{c}x\\ y\\ z\end{array}\right]+\left[\begin{array}{c}{b}_1\\ b_2\\ b_3\end{array}\right]$

把旧坐标带入上式的

中，就能求出新坐标系下的坐标

有益效果：经过转化后，能够得到定位层面精准的CT或MRI影像资料，并且可对临床医疗需要的病灶靶点定位，为医疗操作提供帮助。比如在神经外科，如设定第一点为病灶侧外耳门为原点，第二点为病灶侧眼外眦，第三点为另一侧外耳门，第四点为病灶，经此转化后，可获得病灶的有临床意义的新三维坐标定位值，以指导临床神经外科手术定位。

Claims (4)

1.一种在CT或MRI工作站中得到图像的方法，利用原图像的三维坐标和像素一一对应，使用坐标转换的方法，对该矩阵进行重新排列，从而得到被矫正和靶点定位的CT或MRI图像，其特征在于：在原CT或MRI重建图像上，每个点的原三维坐标值已知，根据需要选定四点，并选择其中一点为新坐标系原点，一点位于新坐标系的坐标轴上，一点位于新坐标系的坐标平面内，第四点为空间任意点，通常为临床所需靶点。由于新旧坐标系下四点的相对位置固定，可得到新旧坐标系间的坐标转换关系，从而获得矫正的CT或MRI图像，并可通过该转换关系获得矫正后的图像里任何一个靶点在新坐标系里的三维坐标值。

2.如权利要求1所述的得到图像的方法，其特征在于所述的坐标变换是通过式(1)进行变换

$\left[\begin{array}{c}{x}^{\′}\\ y^{\′}\\ z^{\′}\end{array}\right]=\left[\begin{array}{ccc}{a}_{11}& a_{12}& a_{13}\\ a_{21}& a_{22}& a_{23}\\ a_{31}& a_{32}& a_{33}\end{array}\right]\·\left[\begin{array}{c}x\\ y\\ z\end{array}\right]+\left[\begin{array}{c}{b}_1\\ b_2\\ b_3\end{array}\right]---\left(1\right)$

其中x′，y′，z′是转换后的新坐标系下的三维坐标值，

x，y，z是原坐标系下的三维坐标值，

a_ij和b_j为坐标变换关系中的系数，通过选定四点在新旧坐标中的坐标值可以求出，i＝1，2，3，j＝1，2，3。

3.如权利要求2所述的方法，其特征在于坐标变换系数a_ij和b_j(i＝1，2，3，j＝1，2，3)通过四个选定点A、B、C、D在新旧坐标中的坐标值得到，a_ij和b_j(i＝1，2，3，j＝1，2，3)的值通过式(2)确定

$\left[\begin{array}{c}{a}_{11}\\ a_{12}\\ a_{13}\\ a_{21}\\ a_{22}\\ a_{23}\\ a_{31}\\ a_{32}\\ a_{33}\\ b_1\\ b_2\\ b_3\end{array}\right]={\left[\begin{array}{cccccccccccc}{x}_1& y_1& z_1& 0& 0& 0& 0& 0& 0& 1& 0& 0\\ 0& 0& 0& x_1& y_1& z_1& 0& 0& 0& 0& 1& 0\\ 0& 0& 0& 0& 0& 0& x_1& y_1& z_1& 0& 0& 1\\ x_2& y_2& z_2& 0& 0& 0& 0& 0& 0& 1& 0& 0\\ 0& 0& 0& x_2& y_2& z_2& 0& 0& 0& 0& 1& 0\\ 0& 0& 0& 0& 0& 0& x_2& y_2& z_2& 0& 0& 1\\ x_3& y_3& z_3& 0& 0& 0& 0& 0& 0& 1& 0& 0\\ 0& 0& 0& x_3& y_3& z_3& 0& 0& 0& 0& 1& 0\\ 0& 0& 0& 0& 0& 0& x_3& y_3& z_3& 0& 0& 1\\ x_4& y_4& z_4& 0& 0& 0& 0& 0& 0& 1& 0& 0\\ 0& 0& 0& x_4& y_4& z_4& 0& 0& 0& 0& 1& 0\\ 0& 0& 0& 0& 0& 0& x_4& y_4& z_4& 0& 0& 1\end{array}\right]}^{-1}\left[\begin{array}{c}{x}_1^{\′}\\ y_1^{\′}\\ z_1^{\′}\\ x_2^{\′}\\ y_2^{\′}\\ z_2^{\′}\\ x_3^{\′}\\ y_3^{\′}\\ z_3^{\′}\\ x_4^{\′}\\ y_4^{\′}\\ z_4^{\′}\end{array}\right]---\left(2\right)$

其中，(x′₁，y′₁，z′₁)和(x₁，y₁，z₁)分别为A点在新、旧坐标系中的坐标，(x′₂，y′₂，z′₂)和(x₂，y₂，z₂)分别为B点在新、旧坐标系中的坐标，

(x′₃，y′₃，z′₃)和(x₃，y₃，z₃)分别为C点在新、旧坐标系中的坐标，(x′₄，y′₄，z′₄)和(x₄，y₄，z₄)分别为D点在新、旧坐标系中的坐标。

4.如权利要求3所述的新旧坐标值得到坐标变换系数a_ij和b_j(i＝1，2，3，j＝1，2，3)的方法，其特征在于所述的四个点是在旧坐标系中任意选定的不在同一平面内的四个点，并选择其中一点A为新坐标系原点，一点B位于新坐标系的坐标轴上，一点C位于新坐标系的坐标平面内，第四点D为空间任意点，在新旧坐标系内，四个点的相对位置是固定的，点与点之间的距离是固定的，在旧坐标系内，四个点之间的距离可利用式(3)得出

$\stackrel{\‾}{\mathrm{AB}}=\sqrt{{(x_1-x_2)}^2+{(y_1-y_2)}^2+{(z_1-z_2)}^2}$

$\stackrel{\‾}{\mathrm{AC}}=\sqrt{{(x_3-x_1)}^2+{(y_3-y_1)}^2+{(z_3-z_1)}^2}$

$\stackrel{\‾}{\mathrm{BC}}=\sqrt{{(x_3-x_2)}^2+{(y_3-y_2)}^2+{(z_3-z_2)}^2}---\left(3\right)$

$\stackrel{\‾}{\mathrm{AD}}=\sqrt{{(x_4-x_1)}^2+{(y_4-y_1)}^2+{(z_4-z_1)}^2}$

$\stackrel{\‾}{\mathrm{BD}}=\sqrt{{(x_4-x_2)}^2+{(y_4-y_2)}^2+{(z_4-z_2)}^2}$

$\stackrel{\‾}{\mathrm{CD}}=\sqrt{{(x_4-x_3)}^2+{(y_4-y_3)}^2+{(z_4-z_3)}^2}$

则A、B、C、D四点在新坐标系中的坐标分别为：A点坐标为(0，0，0)；B点坐标为

C点坐标为(x′₃，y′₃，0)，其中

$x_3^{\′}=\frac{-{\stackrel{\‾}{\mathrm{BC}}}^2+{\stackrel{\‾}{\mathrm{AC}}}^2+{\stackrel{\‾}{\mathrm{AB}}}^2}{2\stackrel{\‾}{\mathrm{AB}}}$

$y_3^{\′}=\sqrt{{\stackrel{\‾}{\mathrm{BC}}}^2-{(x_3^{\′}-\stackrel{\‾}{\mathrm{AB}})}^2}$

D点坐标为(x′₄，y′₄，z′₄)，其中

$x_4^{\′}=\frac{{\stackrel{\‾}{\mathrm{AD}}}^2-{\stackrel{\‾}{\mathrm{BD}}}^2{+\stackrel{\‾}{\mathrm{AB}}}^2}{2\stackrel{\‾}{\mathrm{AB}}}$

$y_4^{\′}=\frac{{x_3^{\′}}^2-2x_3^{\′}{x}_4^{\′}+{y_3^{\′}}^2-{\stackrel{\‾}{\mathrm{CD}}}^2+{\stackrel{\‾}{\mathrm{AD}}}^2}{2y_3^{\′}}$

$z_4^{\′}=\±\sqrt{{\stackrel{\‾}{\mathrm{AD}}}^2-{x_4^{\′}}^2-{y_4^{\′}}^2}$

z′₄的正负应由D点坐标得求。

如果为正，z′₄为正，如果为负，z′₄为负。