如果你正在寻找速度，这里有一个方法可能会帮助你。

对三角形顶点的纵坐标进行排序。这最多需要三次比较。设Y0 Y1 Y2是三个排好序的值。通过画三条水平线，你可以把这个平面分成两个半平面和两块平板。设Y为查询点的纵坐标。

if Y < Y1
    if Y <= Y0 -> the point lies in the upper half plane, outside the triangle; you are done
    else Y > Y0 -> the point lies in the upper slab
else
    if Y >= Y2 -> the point lies in the lower half plane, outside the triangle; you are done
    else Y < Y2 -> the point lies in the lower slab

又花费了两次比较。如你所见，在“边界板”之外的点可以快速拒绝。

可选地，您可以在横坐标上提供一个测试，以便在左侧和右侧快速拒绝(X <= X0'或X >= X2')。这将同时实现一个快速的包围框测试，但您还需要在横坐标上排序。

最终，你需要计算给定点的符号，相对于三角形的两边，划定相关的板(上或下)。该测试形式为:

((X - Xi) * (Y - Yj) > (X - Xi) * (Y - Yj)) == ((X - Xi) * (Y - Yk) > (X - Xi) * (Y - Yk))

关于i, j, k组合的完整讨论(根据排序的结果，有六种组合)超出了这个答案的范围，“留给读者练习”;为了提高效率，它们应该被硬编码。

如果您认为这个解决方案很复杂，请注意，它主要涉及简单的比较(其中一些可以预先计算)，加上6个减法和4个乘法，以防边界盒测试失败。后者的代价是难以克服的，因为在最坏的情况下，你无法避免将测试点与两边进行比较(在其他答案中，没有哪种方法的代价更低，有些方法的代价更低，比如15个减法和6个乘法，有时是除法)。

更新: 用剪切变换更快

如上所述，您可以使用两次比较快速定位由三个顶点纵坐标分隔的四个水平带之一内的点。

您可以选择执行一个或两个额外的X测试来检查边界框(虚线)的内部性。

然后考虑X'= X - m Y, Y' = Y给出的“剪切”变换，其中m是最高边的斜率DX/DY。这个变换会使三角形的这条边是垂直的。因为你知道你在中间水平线的哪一边，所以只用三角形的一条边来测试符号就足够了。

假设你预先计算了斜率m，以及剪切三角形顶点的X'和边方程的系数X = m Y + p，你将需要在最坏的情况下

纵向分类的两个纵坐标比较; 可选的一个或两个横坐标比较用于边界框拒绝; 计算X' = X - m Y; 与剪切三角形的横坐标作一两次比较; 一个符号测试X >< m' Y + p'对剪切三角形的相关边。

最简单的方法，适用于所有类型的三角形，就是确定P点A点B点C点的角。如果任何一个角大于180.0度，那么它在外面，如果是180.0度，那么它在圆周上，如果acos欺骗了你，小于180.0度，那么它在里面。看一看理解http://math-physics-psychology.blogspot.hu/2015/01/earlish-determination-that-point-is.html

有一些恼人的边条件，即一个点恰好在两个相邻三角形的公共边上。这个点不可能在两个三角形中，也不可能不在两个三角形中。你需要一种任意但一致的方式来分配点。例如，画一条横线穿过这个点。如果这条直线与三角形的另一边在右侧相交，则该点被视为在三角形内。如果交点在左边，则该点在外面。

如果该点所在的直线是水平的，则使用above/below。

如果该点位于多个三角形的公共顶点上，则使用该点与中心点形成的角最小的三角形。

更有趣的是:三个点可以在一条直线上(零度)，例如(0,0)-(0,10)-(0,5)。在三角剖分算法中，“耳朵”(0,10)必须被切掉，生成的“三角形”是直线的退化情况。

我同意Andreas Brinck的观点，重心坐标对于这项任务来说非常方便。注意，不需要每次都求解一个方程组:只需计算解析解。使用Andreas的符号，解是:

s = 1/(2*Area)*(p0y*p2x - p0x*p2y + (p2y - p0y)*px + (p0x - p2x)*py);
t = 1/(2*Area)*(p0x*p1y - p0y*p1x + (p0y - p1y)*px + (p1x - p0x)*py);

其中Area是三角形的(带符号的)面积:

Area = 0.5 *(-p1y*p2x + p0y*(-p1x + p2x) + p0x*(p1y - p2y) + p1x*p2y);

只计算st和1-s-t。点p在三角形内当且仅当它们都是正的。

编辑:请注意，上面的区域表达式假设三角形节点编号是逆时针方向的。如果编号是顺时针的，这个表达式将返回一个负的面积(但大小正确)。然而，测试本身(s>0 && t>0 && 1-s-t>0)并不依赖于编号的方向，因为如果三角形节点的方向改变，上面乘以1/(2*Area)的表达式也会改变符号。

编辑2:为了获得更好的计算效率，请参阅下面的coproc注释(其中指出，如果三角形节点的方向(顺时针或逆时针)事先已知，则可以避免在s和t的表达式中除以2*Area)。在Andreas Brinck的回答下面的评论中也可以看到Perro Azul的jsfiddle-code。

python中的其他函数，比Developer的方法更快(至少对我来说)，并受到Cédric Dufour解决方案的启发:

def ptInTriang(p_test, p0, p1, p2):       
     dX = p_test[0] - p0[0]
     dY = p_test[1] - p0[1]
     dX20 = p2[0] - p0[0]
     dY20 = p2[1] - p0[1]
     dX10 = p1[0] - p0[0]
     dY10 = p1[1] - p0[1]

     s_p = (dY20*dX) - (dX20*dY)
     t_p = (dX10*dY) - (dY10*dX)
     D = (dX10*dY20) - (dY10*dX20)

     if D > 0:
         return (  (s_p >= 0) and (t_p >= 0) and (s_p + t_p) <= D  )
     else:
         return (  (s_p <= 0) and (t_p <= 0) and (s_p + t_p) >= D  )

你可以用:

X_size = 64
Y_size = 64
ax_x = np.arange(X_size).astype(np.float32)
ax_y = np.arange(Y_size).astype(np.float32)
coords=np.meshgrid(ax_x,ax_y)
points_unif = (coords[0].reshape(X_size*Y_size,),coords[1].reshape(X_size*Y_size,))
p_test = np.array([0 , 0])
p0 = np.array([22 , 8]) 
p1 = np.array([12 , 55]) 
p2 = np.array([7 , 19]) 
fig = plt.figure(dpi=300)
for i in range(0,X_size*Y_size):
    p_test[0] = points_unif[0][i]
    p_test[1] = points_unif[1][i]
    if ptInTriang(p_test, p0, p1, p2):
        plt.plot(p_test[0], p_test[1], '.g')
    else:
        plt.plot(p_test[0], p_test[1], '.r')

绘制网格需要花费很多时间，但是该网格在0.0195319652557秒内测试，而开发人员代码为0.0844349861145秒。

最后是代码注释:

# Using barycentric coordintes, any point inside can be described as:
# X = p0.x * r + p1.x * s + p2.x * t
# Y = p0.y * r + p1.y * s + p2.y * t
# with:
# r + s + t = 1  and 0 < r,s,t < 1
# then: r = 1 - s - t
# and then:
# X = p0.x * (1 - s - t) + p1.x * s + p2.x * t
# Y = p0.y * (1 - s - t) + p1.y * s + p2.y * t
#
# X = p0.x + (p1.x-p0.x) * s + (p2.x-p0.x) * t
# Y = p0.y + (p1.y-p0.y) * s + (p2.y-p0.y) * t
#
# X - p0.x = (p1.x-p0.x) * s + (p2.x-p0.x) * t
# Y - p0.y = (p1.y-p0.y) * s + (p2.y-p0.y) * t
#
# we have to solve:
#
# [ X - p0.x ] = [(p1.x-p0.x)   (p2.x-p0.x)] * [ s ]
# [ Y - p0.Y ]   [(p1.y-p0.y)   (p2.y-p0.y)]   [ t ]
#
# ---> b = A*x ; ---> x = A^-1 * b
# 
# [ s ] =   A^-1  * [ X - p0.x ]
# [ t ]             [ Y - p0.Y ]
#
# A^-1 = 1/D * adj(A)
#
# The adjugate of A:
#
# adj(A)   =   [(p2.y-p0.y)   -(p2.x-p0.x)]
#              [-(p1.y-p0.y)   (p1.x-p0.x)]
#
# The determinant of A:
#
# D = (p1.x-p0.x)*(p2.y-p0.y) - (p1.y-p0.y)*(p2.x-p0.x)
#
# Then:
#
# s_p = { (p2.y-p0.y)*(X - p0.x) - (p2.x-p0.x)*(Y - p0.Y) }
# t_p = { (p1.x-p0.x)*(Y - p0.Y) - (p1.y-p0.y)*(X - p0.x) }
#
# s = s_p / D
# t = t_p / D
#
# Recovering r:
#
# r = 1 - (s_p + t_p)/D
#
# Since we only want to know if it is insidem not the barycentric coordinate:
#
# 0 < 1 - (s_p + t_p)/D < 1
# 0 < (s_p + t_p)/D < 1
# 0 < (s_p + t_p) < D
#
# The condition is:
# if D > 0:
#     s_p > 0 and t_p > 0 and (s_p + t_p) < D
# else:
#     s_p < 0 and t_p < 0 and (s_p + t_p) > D
#
# s_p = { dY20*dX - dX20*dY }
# t_p = { dX10*dY - dY10*dX }
# D = dX10*dY20 - dY10*dX20

我只是想用一些简单的向量数学来解释安德里亚斯给出的重心坐标解，它会更容易理解。

区域A定义为s * v02 + t * v01给出的任意向量，条件s >= 0, t >= 0。如果三角形v0 v1 v2内的任意一点，它一定在区域A内。

如果进一步限制s, t属于[0,1]。得到包含s * v02 + t * v01的所有向量的区域B，条件s, t属于[0,1]。值得注意的是，区域B的下部是三角形v0, v1, v2的镜像。问题来了，我们是否可以给定一定的s和t条件，来进一步排除区域B的低部分。

假设我们给出一个值s, t在[0,1]内变化。在下图中，点p位于v1v2的边缘。s * v02 + t * v01的所有向量沿着虚线通过简单向量和得到。在v1v2和虚线交点p处，我们有:

（1-S）|V0v2|/ |v0v2|= tp|v0v1|/ |v0v1|

得到1 - s = tp，然后1 = s + tp。如果任意t > tp，即1 < s + t where在双虚线上，则该向量在三角形外，任意t <= tp，即1 >= s + t where在单虚线上，则该向量在三角形内。

如果我们给出[0,1]中的任意s，对应的t必须满足1 >= s + t，对于三角形内的向量。

最后我们得到v = s * v02 +t * v01, v在三角形内，条件s, t, s+t属于[0,1]。然后翻译到点，我们有

P - p0 = s * (p1 - p0) + t * (p2 - p0)， and s, t, s + t in [0,1]

和Andreas解方程组的解是一样的 P = p0 + s * (p1 - p0) + t * (p2 - p0)，带s, t, s + t属于[0,1]。