第5章
由未知焦点求曲线轨道

引理17

若在已知圆锥曲线上任意一点P，用给定角度作任意四边形ABDC（该四边形内接于圆锥曲线）。向AB、CD、AC和DB的直线，分别作直线PQ、PR、PS和PT，那么，在对边AB和CD上的PQ×PR，与在另两条对边AC、BD上的PS×PT的比值均为给定值。

情形1　首先，假设到两条对边的直线平行于另两条边的某一条，如RQ和PR与边AC平行，PS和PT与边AB平行，设两条对边如AC与BD也是平行的（如图5-1）。如果圆锥曲线的一条直径平分这些平行边的线段，那么它也将RQ等平分。设点以O为RQ的中点，那么，PO就是直径上的纵标线。将PO延长到点K，使OK＝PO，OK则为直径另一侧上的纵标线。由于点A、B、P和K都位于圆锥曲线上，因此，PK以给定角度与AB相交。根据《圆锥曲线》第三卷中的相关命题，PQ×QK与AQ×QB的比为给定值。但是，QK＝PR，因为它们均是相等直线OK和OP，分别与OQ和OR的差，因此，PQ×QK等于PQ×PR，从而PQ×PR与AQ×QB的比值，即与PS×PT的比，也是给定值。

证明完毕。

情形2　假设四边形的对边AC与BD不平行（如图5-2）。作Bd平行于AC，与直线ST交于点t，与圆锥曲线交于点d。连接Cd，交PQ于点r，再作DM平行于PQ，与Cd相交于点M，与AB相交于N。由于三角形BTt与三角形DBN相似，因此，（或）＝，而（或）＝。前项之间相乘，后项之间也相乘，PQ×Rr与PS×Tt的比，等于DN×DM与NA×NB的比，由情形1，也等于PQ×Pr与PS×Pt的比，由分比性质，也等于PQ×PR与PS×PT的比。（如图5-2）

证明完毕。

情形3　假设四条直线PQ、PR、PS、PT与边AC、AB不平行，而任意相交（如图5-3）。作Pq、Pr与AC平行，作Ps、Pt与AB平行，由于三角形中的角PQq、PRr、PSs和PTt已给定，则PQ与Pq，PR与Pr，PS与Ps，PT与Pt的比值等于定值，若将它们相乘，则和等于定值。但是，根据前面的证明，Pq×Pr与Ps×Pt的比值已确定，因此，PQ×PR与PS×PT的比值也是确定的。（如图5-3）

证明完毕。

引理18

在条件相同的情况下，如果向四边形两对边上作出的任意直线PQ与PR的乘积，与四边形另两条边上作出的任意直线PS与PT乘积的比值是给定的，那么，所有直线穿过的点P，位于由四边形所在的圆锥曲线上。（如图5-4）

假设所作圆锥曲线过点A、B、C、D，以及无数个点P中的任意一个，比如点p，那么，点P将总是在曲线上。若对此表示否定，可连接AP，在点P之外的任意一处与圆锥曲线相交，若有可能，相交点不是P而是b。因此，若在点p和点b，用给定角度作四边形边的直线pq、pr、ps、pt和bk、bn、bf、bd，那么，根据引理17，则可得出：bk×bn与bf×bd之比，等于pq×pr与ps×pt之比，由假定条件也等于PQ×PR与PS×PT的比。由于四边形bkAf与PQAS相似，因此，，若将等式中每个对应项均除以前面一项，则可得出，，就是说，等角四边形Dnbd和DRPT相似，因此它们的对角线Db和DP重合。于是b点将落在直线AP和DP的交点上，最后会与P点重合。因此，无论在何处取点P，它都会落在给定的圆锥曲线上。

证明完毕。

推论　如果从公共点P向三条给定直线AB、CD、AC作同样多的直线PQ、PR、PS，让它们一一对应，并各自以给定角度相交，且两条直线PQ与PR的乘积与第三条边PS的平方之比是给定值，那么，引出直线的点P位于圆锥曲线上，而该曲线与直线AB、CD相切于点A和C，反之亦同。因为，将直线BD向AC靠近并与之重合，这三条直线AB、CD和AC的位置保持不变；再将直线PT与直线PS重合，那么，PS×PT将变为PS2；又因为直线AB、CD与曲线是交于A、B和C、D的，现在这些点重合了，所以曲线与它们不再是相交，而是相切。

附注

在该引理中，圆锥曲线这个名称是一个广义的概念，它涵盖了过圆锥顶点的直线截线和平行于圆锥曲线底面的圆周截线。因为，若点p在连接A和D或C和B点的直线上，那么，圆锥曲线将变为两条直线，其中一条就是点p所在直线，另一条则穿过四个点中的另外两个点。如果四边形两个对角的和等于两个直角，那么，这四条直线PQ、PR、PS和PT垂直于图形的四条边，或与四边交于等角且直线PQ和PR的乘积等于直线PS和PT的乘积，圆锥曲线则将变成圆周。还有一种情况，即若用任意倾角来作这四条直线，且直线PQ和PR的乘积与直线PS和PT的乘积之比，等于后两条直线PS、PT和其对应边所形成的夹角S、T的正弦的乘积，与前两条直线PQ、PR和其对应边所形成的夹角Q、R的正弦乘积之比，则圆锥曲线也是圆。在所有其他情形中，点P的轨迹为其他三种圆锥曲线图形中的一种。除这种四边形ABCD，还可以用另一种四边形，它的对边可以像对角线一样相互交叉。但是，如果四个点A、B、C、D中的任意一个或两个可以向无限远的距离移动，这就是说，它的四条边将收敛于这点，成为平行线。此时，圆锥曲线将穿过其余的点，并将以抛物线形式沿相同方向连接到无限远。

引理19

求证点P，由该点以已知角度向直线AB、CD、AC和BD作对应的直线PQ、PR、PS和PT，任意两条PQ和PR的乘积与PS和PT的乘积的比值为给定值。（如图5-5）

假设到直线AB和CD的任意两条直线PQ和PR包含上述乘积之一，且与给定的其他两条直线相交于A、B、C、D点，以这些点中的任何一个例如A，作任意直线AH，并将P点位于AH上，使AH交直线BD和CD于点H和I，由于图形的所有角都是给定的，因此，、和的值也是给定的，用给定比值PQ×PR比PS×PT，除以该比值，则得到的比值，若再乘以给定比值和，那么，和点P也能确定。

证明完毕。

推论1　同样，也可在点P轨迹上的任意点D处作切线。因为，点P和D重合时，AH通过点D，弦PD变为了切线。在这种情形下，逐渐消失的线段IP和PH的最终比值，则可从上述推论过程中求出。若作CF平行于AD，交BD于点F，并以该最终比值截取E点，DE则为切线，因为，CF和逐渐消失的IH平行，且相交点E和P以相同比例截取。（如图5-6）

推论2　所有点P的轨迹均可求出。过点A、B、C、D中的任一点假设A作AE与轨迹相切，再过其他任一点如B，作平行于切线的直线BF在点F与轨迹相交，再通过本引理求出点F。设点G平分BF，作直线AG，使AG是直径所在的直线，BG和FG则是纵标线。如果AG交轨迹于H，那么，AH将成为直径或是横向的通径（通径与它的比等于BG2比AG×GH）。如果AG与轨迹不相交，直线AH为无限，则轨迹将为一抛物线，直线AG所对应的通径就是BG2/AG。如果它与轨迹在某点相交，当点A和H位于点G的同一侧时，轨迹为双曲线；当点G落在点A和H之间，轨迹为椭圆，当角AGB为直角，而BG2等于AG×GH时，轨迹则为圆周。（如图5-7）

在推论中，我们对著名而古老的四线问题给予了解答，自欧几里得以来，四线问题盛行不衰，此后，阿波罗尼奥斯又对此进行了继承和发展。但这些问题并不需要分析和计算，它只需用几何作图来解答，从某种意义上说，这也是古人所要求的。

引理20

如果任意平行四边形ASPQ的两对角顶点A和P在任意圆锥曲线上，其中，构成角的边AQ和AS向外延伸，与相同圆锥曲线在B和C点相交；再通过点B和点C作到圆锥曲线上任意第五个点D的两直线BD和CD，同平行四边形的另外两条边PS和PQ相交于延伸线上的点T和R，那么，被曲线的边所截的部分PR和PT之间的比值是给定的。反之，如果这些被切割部分相互间比值是给定的，那么点D在通过点A、B、C和P点的圆锥曲线上。（如图5-7）

情形1　连接BP和CP，由D作直线DG和DE，使DG与AB平行，交PB、PQ、CA于点H、I和G；作DE与AC平行，交PC、PS和AB于点F、K和点E。根据引理17可知，DE×DF与DG×DH的比是给定值。由于（或）＝，因此，。同理，，也就等于（或），因此，。将这些比值相乘，则，因此，它们的比值均为给定值。由于PQ和PS已经给定，所以，的值也给定。

证明完毕。

情形2　如果已经给定PR和PT相互间的比值，那么，用类似的理由逆推，则DE×DF与DG×DH之比为给定值。根据引理18，点D将位于过点A、B、C、P的圆锥曲线上。

证明完毕。

推论1　作直线BC交PQ于点r，并在PT上取t，使，那么，Bt将与圆锥曲线相切于点B。因为，假设点D与点B重合，则弦BD将消失，BT会变为切线，且CD和BT与CB和Bt重合。

推论2　反之，如果Bt为切线，而直线BD和CD在圆锥曲线上任意点D处相交，那么，。反之，如果，BD和CD则必定在圆锥曲线上任意点D处相交。

推论3　一条圆锥曲线与一条圆锥曲线相交，交点至多为4个。因为，如果交点个数大于4，两圆锥曲线将通过5点A、B、C、P和O。如此，若直线BD与它们交于点D和d，且直线Cd在点q与直线PQ相交，所以，即PR＝Pq，这与命题相矛盾。

引理21

如果两条不确定但可移动的直线BM和CM通过给定点B和C，且以此为极点，通过这两条直线的交点M作第三条给定位置的直线MN，再作另两条不确定直线BD和CD，并与前两条直线在给定点B和C构成给定的角MBD和MCD。那么，直线BD和CD的交点D所作出的圆锥曲线将通过定点B、C。反之，如果由直线BD和CD的交点D所作出的圆锥曲线通过定点B、C、A，而角DBM将与给定角ABC相等，角DCM也与定角ACB相等，则点M的轨迹为一条给定位置的直线。（如图5-8）

在直线MN上，点N为给定点，当可动点M落在不可动点N上时，使可动点D落在不可动点P上。连接CN、BN、CP和BP，再由点P作直线PT、PR，交直线BD和CD于点T和R，并使角BPT等于给定角BNM，角CPR等于给定角CNM。根据假设条件，角MBD和NBP相等，角MCD和NCP也相等，去掉公共角NBD和NCD，剩下的角NBM和PBT，NCM和PCR相等。因此，三角形NBM和PBT相似，三角形NCM和PCR也相似。于是，，。由于点B、C、N、P不可动，因此，PT和PR与NM有给定比值，也有给定比值。根据引理20，点D是可动直线BT和CR的交点，且位于一圆锥曲线上，该曲线通过点B、C、P。（如图5-9）

证明完毕。

反之，如果可动点D位于通过给定点B、C、A的圆锥曲线上，而角DBM与给定角ABC相等，角DCM也与定角ACB相等。当点D相继落在圆锥曲线上两任意不动点P和p上时，可动点M也相继落在不动点n和N上。过点n和N作直线nN，直线nN则为可动点M的轨迹。因为，如果将点M位于任意曲线上运动，那么点D将位于一圆锥曲线上，且该圆锥曲线过五点B、C、A、p和P。根据前面的证明，当点M持续位于曲线上时，点D也将位于圆锥曲线上，该圆锥曲线也过五点B、C、A、p和P，而这两条圆锥曲线都将通过相同的五点，这与引理20的推论3相矛盾。因此，点M位于曲线上这一假设是不合理的。

证明完毕。

命题22　问题14

作一条通过五个给定点的曲线轨道。（如图5-10）

设A、B、C、P、D为五个给定点。由其中的任意一个点如A，作到其他任意两个点如B、C（可称做极点）的直线AB和AC，过第四个点P的直线TPS和PRQ分别与AB和AC平行。再由两极点B和C，作过第五个点D的两条无穷直线BDT和CRD，与前面所作的直线TPS和PRQ分别交于点T和R。作直线tr平行于TR，使直线PT和PR截下的任意部分Pt和Pr与PT和PR成比例。如果通过它们的端点t、r和极点B、C，作直线Bt和Cr相交于点d，则点d将位于所要求的曲线轨道上。因为，根据引理20，点d位于过点A、B、C、P的圆锥曲线上，而当线段Rr和Tt逐渐消失时，点d将与点D重合。因此，圆锥曲线通过点A、B、C、P、D五点。

证明完毕。

其他证明方法：

在这些给定的点中，连接任意三个点，例如依次连接点A、B、C，且以它们中的两个点B和C作为极点，使给定大小的角ABC和角ACB旋转，并使边BA和CA先位于点D上，再位于点P上。在这两种情形下，边BL和CL相交于点M和N，作无穷直线MN，并使这些可动角绕它们的极点B和C旋转，设边BL、CL或BM、CM的交点为m，则该点总落在不确定直线MN上，若设边BA、CA或BD、CD的交点为d，画出所要求的曲线轨道PADdB。因为，根据引理21，点d将位于通过点B和C的圆锥曲线上。而当点m与点L、M、N重合时，点d将会与点A、D、P重合（由图可知）。因此，所作出的圆锥曲线将通过A、B、C、P、D五点。（如图5-11）

证明完毕。

推论1　在任意给定点B，可以画出与轨道相切的直线。令点d与点B重合，直线Bd则为所求切线。

推论2　根据引理19中的推论，也可求出轨道的中心、直径和通径。

附注

比第一种作法更简便的方法：（如图5-10）连接BP，如果需要的话，可在该直线的延长线上截取一点p，使。再过p点作无穷直线pe与SPT平行，并使pe与pr永远相等。作直线Be、Cr相交于点d。由于、、和均为相等比值，所以，pe也与Pr永远相等。按这种方法，轨道上的点很容易找出，除非用第二种作图法机械地作出曲线图形。

命题23　问题15

作出通过四个定点，并与给定直线相切的圆锥曲线轨道。（如图5-12）

情形1　假设HB为给定切线，B为切点，而C、D、P为其他给定的三个点。连接BC，作PS平行于BH，PQ平行于BC，作出平行四边形BSPQ。再作BD交SP于点T，CD交PQ于点R。最后，作任意直线tr平行于TR，并使从PQ、PS上截取的Pr和Pt分别与PR和PT成比例，根据引理20，作直线Cr和Bt，它们的交点d将总是落在所求曲线轨道上。

其他证明方法：

作角CBH并给定大小，使其绕极点B旋转，将半径DC向其两边延伸，并绕极点C旋转。设角的一边BC交半径于点M、N，另一条边BH交半径于点P和D。作无穷直线MN，使半径CP或CD与角的边BC总在该直线上相交，而另一边BH与半径的交点将画出所需要的轨道。（如图5-13）

在根据前述问题所作图中，点A与点B重合，直线CA和CB重合，那么，直线AB最终将演变为切线BH，因此之前的作法与这里所描述的相同。所以边BH和半径的交点将会作出一圆锥曲线，且该曲线通过点C、D、P，并与直线BH相切于点B。

证明完毕。

情形2　假设给定的四点B、C、D、P都不在切线HI上，将它们两两连接，直线BD、CP相交于点G，与切线相交于点H和I。以点A分割切线，使等于CG和GP的比例中项与BH和HD的比例中项的乘积，再比GD和GB的比例中项与PI和IC的比例中项的乘积，此时，点A就是切点。因为，HX如果与直线PI平行，并与轨道相交于任意点X和Y，那么，根据圆锥曲线的性质，点A所在位置将使等于XH×HY与BH×HD的比，或等于CG×GP与DG×GB的比，再乘以BH×HD与PI×IC的比。但是，在求出切点A之后，曲线轨道就可由第一种情形画出。（如图5-14）

证明完毕。

值得注意的是，点A既可以在点H和I之间取，也可以在它们之外取，若以此为基础，则可作出两种不同的曲线。

命题24　问题16

作出过三个定点，并与两条给定直线相切的曲线轨道。（如图5-15）

假设HI、KL为给定切线，B、C、D为给定的点。过其中的任意两个点，例如B和D，作直线BD交两切线于点H和K。同样，过它们中的其他任意两个点C和D作直线CD，交两切线于点I和L。在直线HK和IL上取点R和S，使HR与KR的比，等于BH和HD的比例中项与BK和KD的比例中项之比。IS与LS的比，等于CI和ID的比例中项与CL和LD的比例中项之比，但交点可以随意选取，点R和S既可以在点K和H、I和L之间，也可以在它们之外。再作直线RS，与两切线交于点A和P，A、P则为切点。假设A和P为切点，并位于切线上的任意处，过二切线上四点H、I、K、L中的其中一个点如I，位于一条切线HI上，再作直线IY平行于另一切线KL，交曲线于点X和Y，并在直线IY上截取IZ，使它等于IX和IY的比例中项，那么根据圆锥曲线的性质，XI×IY或IZ2与LP2的比，就等于CI×ID与CL×LD的比，也等于SI2与SL2的比，因此IZ∶LP＝SI∶SL。因此点S、P、Z则在同一直线上。此外，由于两切线的交点为G，根据圆锥曲线的性质，XI×IY或IZ2与IA2的比，将等于，因此IZ∶IA＝GP∶GA。从而，点P、Z、A位于同一直线上，点S、P、A也位于同一直线上。同理可证：点R、P和A也在同一直线上。从而切点A和P在直线RS上。求出这些点后，根据上一问题的情形，即可作出曲线轨道。

证明完毕。

在本命题和前一命题的情形2中，作图方法一样，无论直线XY与曲线相交于点X和Y，或者不相交，所作图形均不依赖这些条件。但当已证明直线与轨道相交时的作图法，就能证明不相交时的作图法。因此，为了力求简便，我不会对此作进一步证明。

引理22

将图形转变为同类的另一个图形。（如图5-16）

假设任意图形HGI将被转换。作任意两条平行线AO和BL，使其与任意给定的第三条直线AB相交于点A和B。然后，以图形上的任意一点G，作任意直线GD平行于OA，使它与直线AB相交。再由直线OA上的任意定点O，作到点D的直线OD，交BL于点d。由d再作直线dg，与直线BL构成任意给定角，并使dg∶Od＝DG∶OD，这样，点g将位于新图形hgi上，并与点G相对应。用相同的方法，可以将第一个图形上的若干点分别与新图形上的点一一对应。若假设点G受连续运动作用而通过第一个图形上所有的点，那么，点g也将受连续运动作用而通过新图形上所有的点，画出的图形也完全相同。为了表示区别，可将DG作为原纵标线，dg作为新纵标线，并以AD为原横标线，ad为新的横标线，O作为极点，OD作为分割半径，OA作为原纵标线上的半径，而Oa则作为新的纵标线半径。

如果点G位于给定直线上，那么，点g也将位于给定直线上。如果点G位于圆锥曲线上，同样，点g也在圆锥曲线上，在这里，我将圆周作为圆锥曲线的一种。另外，如果点G在三次曲线上，则点g也将在三次曲线上，即使是更高级的曲线，情况也完全相同。点G和g所在曲线的次数总是相等的，因为，ad∶OA＝Od∶OD＝dg∶DG＝AB∶AD；所以，AD＝，DG＝。如果点G位于直线上，那么，在任意表达横标线AD和纵标线GD关系的等式中，这些未知量AD和DG的方程是一次的。如果用代替AD，代替DG，可以形成一个新的等式，在这个等式中，新横标线ad和新纵标线dg的方程也只有一次。因此，它们只表示一条直线。但是，如果AD或DG在原方程中是二次的，那么，ad和dg在新方程中也同样上升到二次的。这在三次方或更高次方的方程中也如此。在新方程中未知量ad、dg，以及在原方程中的AD、DG，它们的次数都是相等的，所以，点G和g所在的曲线次数也是相等的。

此外，如果任意直线在原图形中与曲线相切，那么该直线与曲线以相同方式转变为新图形时，直线也会与曲线相切，反之亦然。如果原图形中曲线上的任意两点，相互不断靠近并重合，那么，对应的点在新图形中也将不断靠近并重合的，因此，在两个图形中，由某些点构成的直线将同时变为曲线的切线。我本来应该用更加几何的形式来对这些问题进行证明，但是，为了简洁，我把它省略了。

如果要将一个直线图形转变为另一个直线图形，只需转变原图形中直线的交点就行了，并通过这些转变的交点再在新图形中作出直线。但如果是转变曲线图形，就必须转变那些可以确定曲线的点、切线，以及其他的直线。本引理可用于解决一些更有难度的问题，因为可以将所设的图形由较为复杂的转变为较为简单的。不同方向的直线可聚拢于一点，而通过该点的任意直线可代替原纵坐标半径，将那些向一个点聚拢的所有任意直线转变为平行线，只有这样，才能使它们的交点位于无限远处，而这些平行线就向着那个无限遥远的点靠近。在新图形中解决完这些问题之后，如果按逆运算将新图形转变为原图形，我们也会得到所要的解。

该引理同样也适用于解决立体问题。因为，通常需要解决的是两条圆锥曲线相交的问题，而任意一个圆锥曲线都可以被转变，如果是双曲线或抛物线，可以转变为椭圆，而椭圆也很容易转变成圆。在平面问题的作图中，对于直线和圆锥曲线，同样也可以转变为直线和圆周。

命题25　问题17

作出通过两定点，并与三条给定直线相切的曲线轨道。（如图5-17）

过任意两条切线的交点和第三条切线与两定点直线相交的交点，作一条直线，并用这条直线代替原纵标线半径，根据前述引理，可将原图形转变为新图形。在新图形中，这些切线变为平行线，第三条切线也将与过两定点的直线平行。假设hi、kl为两条平行的切线，ik为第三条切线，hl为平行于该切线的直线，并过点a、b，那么，在新图形中，圆锥曲线也将通过这两点。作平行四边形hikl，直线hi、ik、kl相交于点c、d、e，使hc与ah×hb的平方根的比，ic与id、ke与kd的比，等于线段hi、kl的和与另外三条线段（第一条线段为ik、其他两条为ah×hb和al×lb的平方根）和的比，则c、d、e点将为切点。因为，根据圆锥曲线的性质，hc2∶（ah×hb）＝ic2∶id2＝ke2∶kd2＝el2∶（al×lb），所以，hc与、ic与id、ke与kd，及el与的比值相等，同时等于（hc＋ic＋ke＋el）∶＋id＋kd＋，也等于（hi＋kl）∶＋ik＋。由此在新图形中可得切点c、d、e。通过上一引理中的逆运算将这些点转变到原图形中，则曲线轨道可由问题14作出。

证明完毕。

由于点a、b可落在点h、l之间，也可落在点h、l之外，因此取点c、d、e时，也应在点h、i、k、l之间，或在它们之外。如果点a、b中的任一个落在点h和i之间，而另一个不在h和l之间，则命题无解。

命题26　问题18

作出通过一定点，并与四条给定直线相切的曲线轨道。（如图5-18）

通过任意两条切线的公共交点到其他两条切线的公共交点，作直线，并用这条直线代替原纵标线半径，根据引理22，可以将原图形转变为新图形，使原先在纵标线相交的这两对切线，现在变为相互平行。用hi和kl、ik和hl这两对平行线，构成平行四边形hikl，将p作为新图形中与原图形中给定点相对应的点。过图形的中心o作线段pq，使oq＝op，那么，点q为新图形中圆锥曲线所通过的另一个点。根据引理22，由逆运算，使该点转变到原图形中，则可得所求曲线轨道上的两点。根据问题17，曲线轨道可由这些点画出。

引理23

如果两直线如AC和BD的位置已给定，点A、B为端点，且两直线间的比值为给定值，由不确定点C、D连接而成的直线CD被点K以给定比值分割，则点K将位于给定直线上。（如图5-19）

设直线AC和BD相交于点E，在BE上取BG∶AE＝BD∶AC，使FD等于给定线段EG，由图知，（即）＝，即为定值，所以三角形EFC的类型也给定。将CF在L点进行分割，使；由于该比值已给定，三角形EFL的类型也将给定，所以，点L将位于给定直线EL上。连接LK，则三角形CLK与CFD相似，由于FD为给定直线，LK与FD的比值为给定值，因此，LK也将给定。在ED上取EH＝LK，ELKH则为平行四边形，因此，点K将位于平行四边形的边HK上（HK为给定直线）。

证明完毕。

推论　由于图形EFLC的类型已给定，因此，EF、EL、EC（即GD、HK、EC）这三条直线相互间的比值也给定。

引理24

三条直线都与某一圆锥曲线相切，如果其中两条的位置已给定并且相互平行，那么，与这两条直线平行的曲线的半径，是这两条直线切点到它们被第三条切线所截线段的比例中项。（如图5-20）

设AF、GB为两条平行直线，并与圆锥曲线ADB相切于点A和B；EF为第三条直线，与圆锥曲线相切于点I，并与前两条切线交于点F和G，以CD为图形半径并与前两条切线平行，那么，AF、CD、BG成连比。

如果共轭直径AB、DM与切线FG交于点E和H，两直径相交于点C，作出平行四边形IKCL。根据圆锥曲线性质，EC∶CA＝CA∶CL，由分比得：，由合比得：，即，由于三角形EAF、ELI、ECH、EBG相似，因此，AF∶LI＝CH∶BG。由圆锥曲线性质可得，（或）＝。因此由并比得。

证明完毕。

推论1　如果两切线FG、PQ与两平行切线AF和BG交于点F和G、P和Q，两切线FG、PQ交于点O，那么，根据该引理，AF∶CD＝CD∶BG，BQ∶CD＝CD∶AP，所以，AF∶AP＝BQ∶BG，由分比得AF∶BQ＝FP∶GQ，最终等于。

推论2　同样，过点P和G、F和Q所作的直线PG和FQ，将与通过图形中心和切点A、B的直线ACB相交。

引理25

如果平行四边形的四边与任意一圆锥曲线相切，并与第五条切线相交，那么，平行四边形对角上的两相邻边被截取的线段，其中任一段与它所在边的比值，等于其相邻边上由切点到第三条边所截取的部分与另一条线段的比。（如图5-21）

平行四边形MLKI四条边ML、IK、KL、MI与圆锥曲线相切于A、B、C、D，第五条切线FQ与这些边相交于F、Q、H和E，取MI、KI上ME、KQ两段，或KL、ML上KH、MF两段，使ME∶MI＝BK∶KQ，KH∶KL＝AM∶MF。因为，根据前述引理中的推论1可知，ME∶EI＝AM或BK∶BQ；由合比得ME∶MI＝BK∶KQ。

证明完毕。

同理，KH∶HL＝BK或AM∶AF，由分比得KH∶KL＝AM∶MF。

证明完毕。

推论1　如果外切给定圆锥曲线的平行四边形IKLM已给定，那么，乘积KQ×ME与其相等的乘积KH×MF也给定。由于三角形KQH与MFE相似，因而，这些乘积也相等。

推论2　如果第六条切线eq与切线KI、MI相交于点q和e，那么，KQ×ME＝Kq×Me，KQ∶Me＝Kq∶ME，由分比得KQ/Me等于Qq/Ee。

推论3　同样，如果二等分Eq和eQ，并作过这两平分点的直线，则该直线将过圆锥曲线的中心。由于Qq∶Ee＝KQ∶Me，因此，根据引理23，同一直线将通过所有直线Eq、eQ、MK的中点，而直线MK的中点即是曲线的中心。

命题27　问题19

作出与五条给定直线相切的曲线轨道。（如图5-22）

假设ABG、BCF、GCD、FDE、EA为给定的五条切线。由它们中的任意四条构成四边形，如ABFE。以点M和N平分四边形的对角线AF和BE，那么，根据引理25中的推论3，由平分点所作的直线MN将过圆锥曲线的中心。通过另四条切线构成四边形，如BGDF，以点P和Q平分对角线BD、GF，那么，过平分点所作的直线PQ也将通过圆锥曲线的中心。因此，中心将在二条等分点连线的交点处。设该中心为O，作任意切线BC的平行线KL，使点O位于这两条平行线的中间，则KL将与所作曲线相切。使KL相交其他两任意切线GCD、FDE于点L和K，不平行切线CL、FK与平行切线CF、KL相交于点C和K、F和L，作CK、FL交于点R，根据引理24中的推论2可知，直线OR与平行切线CF、KL在切点相交。同理可求出其他切点，然后，根据问题14就可作出曲线轨道。

证明完毕。

附注

前述命题也包括了曲线轨道的中心或渐近线给定的情况。因为，当点、切线、中心均给定时，在中心另一侧相同距离处同样多的点、切线也将给定，因此，可将渐近线视为切线，它在无限遥远的极点就是切点。设任意一条切线的切点移动到无限远处，该切线则将变为一渐近线，而前述问题中所作的图也就演变成为如图5-23所示，由给定渐近线所作的图了。

作完圆锥曲线之后，我们还可以按此方法找到它们的轴和焦点。通过引理21的构图，可以画出曲线轨道的动角PBN、PCN的边BP和CP相互平行，并能在图形中保持其所在位置并围绕极点B、C旋转。与此同时，通过这两个角的另外两条边CN、BN的交点K或k，作一圆周BKGC。以O为圆周的中心，使边CN、BN在画出圆锥曲线之后相交，并由中心作直线MN的垂线OH，在点K和L与圆周相交。当另两边CK、BK相交于离MN最近的点K时，原先的边CP、BP将与长轴平行，并与短轴垂直。如果这些边在最遥远的L点处相交，就会出现相反的情况。因此，若轨道的中心已给定，其轴也必然给定，当这些都给定之后，找出它的焦点也就非常容易了。

由于两轴相互间平方的比等于，因此，很容易就可以通过四个给定点画出已知类型的曲线轨道。如果C、B是这些给定点中的两个极点，那么，第三个极点就将引出可动角PCK、PBK，如果这些条件都已给定，就可画出圆BGKC。由于曲线轨道的类型已给定，因此，的值以及OH本身也就给定。以O为圆心、OH为半径，画出另一个圆周，通过边CK、BK的交点与该圆相切的直线，在原先图形的边CP、BP在第四个给定点相交时，即变成平行线MN，通过MN，则可画出圆锥曲线。另一方面，还可以在给定的圆锥曲线中作出它的内接四边形。

当然，还可以用其他引理来画出给定类型的圆锥曲线，并使曲线轨道通过给定点，与给定直线相切（如图5-24）。该图形的类型是：如果一直线过任意给定点，它将与给定的圆锥曲线交于两点，并等分两交点间的距离，其等分点将交于另一圆锥曲线上，该圆锥曲线与前一图形的类型相同，而它的轴与前一个图形的轴平行。不过，这个问题只能谈到这里，因为，我将在后面讨论更具实用价值的问题。

引理26

在给定大小和类型的三角形中，将三角形的三个角分别与同样多的、给定位置且不平行的直线相互对应，并使每个角与一条直线对应相交。（如图5-25）

在给定三条直线AB、AC、BC的位置时，按以下要求来摆放三角形DEF：角D与直线AB相交、角E与AC相交、角F与BC相交。在DE、DF、EF上作圆弧DRE、DGF和EMF，使弧所对应的角分别与角BAC、ABC和ACB相等。这些弧线朝向相应的边DE、DF、EF，并使字母DRED与BACB的转动顺序一致、DGFD与ABCA一致、EMFE与ACBA一致。然后，把这些圆弧补充成完整的圆周，并将前两个圆相交于点G，设P和Q为这两个圆的中心。连接GP、PQ，取Ga并使Ga∶AB＝GP∶PQ。再以点G为圆心、Ga为半径画出一圆，与第一个圆DGE交于点a。连接aD，与第二个圆DFG交于点b。再连接aE，交第三个圆周EMF于点c。则可画出与图形abcDEF相似且相等的图形ABCdef。

证明：作Fc交aD于点n，连接aG、bG、QG、QD、PD，作图可知，角EaD等于角CAB，角acF等于角ACB，所以三角形anc与三角形ABC相等。因此，角anc或角FnD与角ABC相等，也与角FbD相等，那么，点n将落在点b上。另外，圆心角GPD的一半——角GPQ与圆周角GaD相等；而圆心角GQD的一半——角GQP与圆周角GbD的补角相等，所以与角Gba相等。基于上述理由，三角形GPQ和Gab相似，Ga∶ab＝GP∶PQ，也等于（如图5-26）。所以ab＝AB，三角形abc和ABC相似且相等。因此，由于三角形DEF的顶点D、E、F分别位于三角形abc的边ab、ac、bc上，那么，就可作出图形ABCdef，使之与图形abcDEF相似且相等，即问题可解出。

证明完毕。

推论　可以作出这样一条直线：使其给定长度的部分位于三条给定位置的直线之间。假设三角形DEF上的D点向边EF靠近，随着边DE、DF渐变为一条直线，三角形也渐变成两条直线，则给定部分DE将介于给定直线AB、AC之间，给定部分DF也将介于给定直线AB、BC之间。如果将上述画图法运用到本情形中，问题即可解答。

命题28　问题20

给定类型和大小，作出一圆锥曲线，使曲线中的给定部分介于给定位置的三条直线之间。（如图5-27）

假设一曲线轨道与曲线DEF相似且相等，并被三条给定直线AB、AC、BC分割为DE和EF两部分，这两部分与曲线给定的部分相似且相等。

作直线DE、EF、DF，根据引理26，三角形DEF的顶点D、E、F在给定位置的直线上。而以三角形画出的曲线轨道，则与曲线DEF相似且相等。

证明完毕。

引理27

给定类型，作出一四边形，使它的四个顶点分别与四条边既不相互平行，也不交于一点的直线上。（如图5-28）

给定四条直线AC、AD、BD、CE的位置，设AC交AD于点A、交BD于点B、交CE于点C。设所作四边形fghi与四边形FGHI相似，它的角f与定角F相等，顶点f在直线AC上，其他的角g、h、i与其他的定角G、H、I相等，顶点分别在直线AD、BD、CE上。连接FH，在FG、FH和FI上作出相同数量的圆弧FSG、FTH和FVI，弧FSG所对应的角与角BAD相等，弧FTH的对应角与角CBD相等，弧FVI的对应角与角ACE相等。将这些弧线朝向相应的边FG、FH、FI，并使字母FSGF与字母BADB的转动顺序一致、FTHF与CBDC一致、FVIF与ACEA一致。将这些圆弧补充成完整的圆周，以P为圆FSG的圆心、Q为圆FTH的圆心。连接PQ且延伸其两边，在它上面截取QR，使QR∶PQ＝BC∶AB。将QR的端点Q，并使字母P、Q、R的顺序与A、B、C的转动顺序一致。再以R点为圆心、RF为半径，作出第四个圆FNc，与第三个圆FVI交于点c。连接Fc，交第一个圆于点a、交第二个圆于点b。作aG、bH、cI，使图形ABCfghi与图形abcFGHI相似，则四边形fghi为所要求的图形。

将前两个圆FSG、FTH相互交于点K，连接PK、QK、RK、aK、bK、cK，再延长QP至点L。圆周角FaK、FbK、FcK为圆心角FPK、FQK、FRK的一半，与圆心角的半角LPK、LQK、LRK相等。所以图形PQRK与图形abcK等角相似，因此，ab∶bc＝PQ∶QR＝AB∶BC。由图可知：角fAg、fBh、fCi等于角FaG、FbH、FcI，因此，所作图形ABCfghi与图形abcFGHI相似，所作四边形fghi也与FGHI相似，而它的顶点f、g、h、i也在直线AC、AD、BD和CE上。

证明完毕。

推论　由此可作一条直线，使其各部分以给定的顺序介于四条给定位置的直线之间，并且各部分间的比值给定。若角FGH、GHI增大，使直线FG、GH、HI演变为一条直线。通过该情形而作的图，可作一直线fghi，它的各部分fg、gh、hi位于给定位置的四条直线AB和AD、AD和BD、BD和CE之间，相互比值等于直线FG、GH、HI之间相同顺序的比值。不过，这个问题还可用一种更简单的方法解答。（如图5-29）

延长AB、BD分别至K、L点，使BK∶AB＝HI∶GH，DL∶BD＝GI∶FG。连接KL交直线CE于点i，再延长iL至点M，使LM∶iL＝GH∶HI。再作MQ平行于LB，交直线AD于点g，连接gi，交AB、BD于点f、h；问题即得到解答。

证明：设Mg交直线AB于点Q，AD交直线KL于点S，作AP平行于BD，交iL于点P，那么，（、、、）与为相等比值。以点R分割DL，使DL/RL也与上述比值相等。由于、、相等，因此、、相等，，即，。根据图形可知，直线BL在点D、R处被分割，直线FI在点G、H处被分割，而在D、R处分割的比值与点G、H处分割的比值相等。因此，，。与此相类似，，也等于，这就是说，直线FI、fi在点g和h、G和H处被相似地分割。（如图5-30）

证明完毕。

在该推论的作图中，还可作直线LK交CE于点i，之后可再延长iE至点V，使EV/Ei＝FH/HI，再作直线Vf平行于BD。如果以点i为圆心、IH为半径，可作一圆周交BD于点X，并延长iX至点Y，使iY＝IF，最后，作Yf与BD平行。这种作图法与前一种作图法结果完全相同。

事实上，克里斯多弗·雷恩爵士和瓦理司博士很早就采用了其他方法来对这个问题做解答。

命题29　问题21

给定类型，作一圆锥曲线，使该曲线被四条给定位置的直线切割为顺序、类型、比例都给定的若干部分。（如图5-31）

假设所作的曲线轨道与曲线FGHI相似，曲线轨道的各个部分与曲线的FG、GH、HI部分相似并成比例，且位于给定直线AB和AD、AD和BD、BD和CE之间，即第一部分位于第一对直线间、第二部分位于第二对之间、第三部分位于第三对之间。作直线FG、GH、HI、FI，根据引理27，可作四边形fghi，使之与四边形FGHI相似，并使它的顶点f、g、h、i按各自的顺序依次在直线AB、AD、BD、CE上。再绕该四边形作一曲线轨道，所作曲线则与曲线FGHI相似。

附注

这个问题可用下列方法来解答。（如图5-32）

连接FG、GH、HI、FI，将GF延长至点V，连接FH、IG，并使角CAK、DAL与角FGH、VFH相等。将AK、AL交直线BD于点K和L，作KM、LN，使KM构成角AKM与角GHI相等，并使。再将直线LN构成角ALN并使之与角FHI相等，且。将所作直线AK、KM、AL、LN朝向边AD、AK、AL一侧，并使字母CAKMC、ALKA、DALND的转动顺序与字母FGHIF一致。作MN交直线CE于点i，使角iEP等于角IGF，并使PE/Ei＝FG/GI。过点P作PQf，使它与直线ADE构成的角PQE与角FIG相等，并与直线AB相交于点f，连接于fi。将所作直线PE和PQ朝向边CE、PE的一侧，并使字母PEiP、PEQP的旋转顺序与字母FGHIF一致。如果在直线fi上，按前面字母的相同顺序作四边形fghi与四边形FGHI相似，再围绕该四边形作外切于它的曲线轨道，问题即可解答。

至此，我在前面所讲述的全是关于轨道的解法，后面我将求解的是：物体在这些轨道上的运动。