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 PS ² ；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 BG ² 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 BG ² / 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 BG ² 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 IZ ² 与 LP ² 的比，就等于 CI × ID 与 CL × LD 的比，也等于 SI ² 与 SL ² 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 IZ ² 与 IA ² 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， hc ² ∶（ ah × hb ）＝ ic ² ∶ id ² ＝ ke ² ∶ kd ² ＝ el ² ∶（ 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。 O738J/XK3Zhgx/dqE18dyOh+la9CPfRaxJPitActhj4+DOx/anol+/58nWkDrW28