论球和圆柱Ⅱ

“阿基米德致多西修斯（Dositheus）。

前些日子，你让我写出那些问题的证明，这些证明我已给了科农（Conon）。实际上，它们主要依赖这些定理（其证明我已送给你了），即（1）任一球面是该球大圆的4倍；（2）任一球冠的面等于一个圆，这圆的半径等于从球冠顶点到其底圆所连的线段；（3）以球的大圆为底，其高等于球的直径的圆柱是球的3/2，它的面（包括两底）是球面的3/2，以及（4）任一立体扇形等于一个圆锥，该圆锥的底是与包含在球扇形中的球缺面相等的圆，其高等于球的半径。以这些定理为依据的定理或问题，我已写在附上的书中；那些用一种不同类的研究方法发现的，即涉及螺线和劈锥曲面的，我将尽快给你送去。

其第一个问题如下： 给定一个球，找一个平面的面积等于球面。

从上述定理，它的解法是显然的。盖因球大圆的4倍既是平面面积又等于球面。

第二个问题如下。”

命题1　（问题）给定一个圆锥或圆柱，求作一球，使它的体积等于该圆锥或该圆柱的体积。

如果V是给定的圆锥或圆柱体积，我们能够作一圆柱，使其体积等于 。设这个圆柱的底是以AB为直径的圆，其高是OD。

现在，如果我们能作出另一圆柱，它等于圆柱（OD），且使得它的高等于它的底的直径，这个问题就被解决了。因为后一圆柱等于 ，于是直径等于后一圆柱的高（或底的直径）的球即为所求的球［Ⅰ.34推论］。

假设问题已解决，设圆柱（CG）等于圆柱（OD），而底的直径EF等于高CG。

因为两相等圆柱的高与底成反比例，

AB ² ：EF ² ＝CG：OD

＝EF：OD。　（1）

假设MN是满足下式的一线段：

EF ² ＝AB·MN，　（2）

因此　AB：EF＝EF：MN，

由（1）和（2），我们有

AB：MN＝EF：OD，

或　AB：EF＝MN：OD。

所以　AB：EF＝EF：MN＝MN：OD，

即EF，MN是AB，OD之间的两比例中项。

因此，问题综合如下，取AB，OD之间的两比例中项EF，MN，并作一圆柱，底为以EF为直径的圆，其高CG等于EF。则，因为

AB：EF＝EF：MN＝MN：OD，

EF ² ＝AB·MN，

所以　AB ² ：EF ² ＝AB：MN

＝EF：OD

＝CG：OD。

由此知，两圆柱（OD），（CG）的底与其高成反比例。

所以两圆柱相等，且得到

从而以EF为直径的球就等于V，即为所求的球。

命题2　如果BAB'是一个球缺，BB'是球缺底的直径，O为球心，且球的直径AA'交BB'于M，那么球缺的体积等于以球缺的底为底，高为h的圆锥体积，其中h满足

h：AM＝（OA'+A'M）：A'M。

沿MA量得MH等于h，又沿MA'量得MH'等于h'，这里

h'：A'M＝（OA+AM）：AM。

假设所作三个圆锥分别以O，H，H'为其顶点，球缺的底BB'为其公共底。连接AB，A'B。

设C为一圆锥，其底等于球缺BAB'的表面，即等于以AB为半径的圆［Ⅰ.42］，其高等于OA。

那么圆锥C等于球扇形OBAB'.　［Ⅰ.44］

现在，因为　HM：MA＝（OA'+A'M）：A'M，

由 分比， HA：MA＝OA：A'M，

交换内项，　HA：OA＝MA：A'M，

于是

HO：OA＝AA'：A'M=AB ² ：BM ²

＝圆锥C的底：以BB'为直径的圆。

但是OA等于圆锥C的高；因为底与高成反比例的两圆锥相等，所以可得圆锥C（或球扇形OBAB'）等于一个圆锥，该圆锥的底是以BB'为直径的圆，其高等于OH。

且这后一圆锥等于同底，其高分别为OM，MH的两圆锥之和，即等于立体菱形OBHB'。

因此球扇形OBAB'等于立体菱形OBHB'。

去掉公共部分，即圆锥OBB'，就有

球缺BAB'＝圆锥HBB'。

类似地，用同样的方法，我们能证明

球缺BA'B'＝圆锥H'BB'。

后一性质的另一种证明。

设D是其底等于整个球面，其高等于OA的圆锥。

这样D就等于球的体积。　［Ⅰ.33，34］

另外，因为（OA'+A'M）：A'M＝HM：MA，

如前，由 分比 和 交换内项 ，就有

OA：AH＝A'M：MA。

又因为　H'M：MA'＝（OA+AM）：AM，就有

H'A'：OA＝A'M：MA

＝OA：AH，从上述结果。

由合比，　H'O：OA＝OH：HA，　（1）

交换内项，　H'O：OH＝OA：HA，　（2）

由合比，　H'H：OH＝OH：HA

＝H'O：OA，由（1），

于是　HH'·OA＝H'O·OH，　（3）

其次，因为　H'O：OH＝OA：AH，由（2）

＝A'M：MA，

（H'O+OH） ² ：H'O·OH＝（A'M+MA） ² ：A'M·MA，

由（3），就有

HH' ² ：HH'·OA＝AA' ² ：A'M·MA，

或　HH'：OA＝AA' ² ：BM ² 。

现在等于此球的圆锥D有底为半径等于AA'的圆和高等于OA的线段。

因此，这个圆锥D等于一个以BB'为直径的圆作底，其高等于HH'；

所以　圆锥D＝立体菱形HBH'B'，

或　立体菱形HBH'B＝球。

但是　球缺BAB'＝圆锥HBB'，

所以剩下的球缺BA'B'＝圆锥H'BB'。

推论　球缺BAB'同与它同底等高的圆锥之比等于（OA'+A'M）与A'M之比。

命题3　（问题）用一平面截给定的球，使得两球冠面积之比为已知比。

假设问题已解决。设AA'是球大圆的直径，又设垂直于AA'的平面交大圆面于直线BB'，且交AA'于M，又它分割球使得球冠BAB'的面积与球冠BA'B'的面积之比为已知比。

现在这两面分别等于以AB，A'B为半径的圆。　［Ⅰ.42，43］

因此AB ² ：A'B ² 等于已知比，即AM与MA'之比为已知比。

于是综合证明如下。

如果H：K是已知比，分AA'于M使得

AM：MA'＝H：K。

于是　AM：MA'＝AB ² ：A'B ²

＝半径为AB的圆：半径为A'B的圆

＝球冠BAB'的面：球冠BA'B'的面。

这样两球冠面积的比等于H：K。

命题4　（问题）用一平面截给定的球，使得两球缺的体积之比为已知比。

假设问题已解决，设与大圆ABA'成直角的所求平面交大圆于BB'。设大圆直径AA'垂直平分BB'（在M点），且O是球心。

在OA的延长线上取一点H，在OA'延线上取一点H'，使得

（OA'+A'M）：A'M＝HM：MA，　（1）

（OA+AM）：AM＝H'M：MA'，　（2）

连接BH，B'H，BH'，B'H'。

于是圆锥HBB'，H'BB'分别等于球缺BAB'，BA'B'。　［命题2］

因此两圆锥之比和它们高之比都是已知比，即

HM：H'M＝已知比。　（3）

现在我们有三个方程（1），（2），（3），在其中出现了3个待定的点M，H，H'；根据它们的表示，首先要求另一个方程，使其在其中这些点仅有一个（M）出现，即是说，我们必须消去H，H'。

现在由（3），显然HH'：H'M也是一个已知比；阿基米德的消去法是，寻找每一个比A'H'：H'M与HH'：H'A'之值，这值皆和H'，H无关，其次使这两个比的复合比等于已知比HH'：A'M的值。

（a）　求A'H'：H'M的值。

从方程（2）易得

A'H'：H'M＝OA：（OA+AM）。　（4）

（b）　求HH'：A'H'的值。

从（1）我们推得

A'M：MA＝（OA'+A'M）：HM

＝OA'：AH；　（5）

又从（2），A'M：MA＝H'M：（OA+AM）

＝A'H'：OA。　（6）

于是　HA：AO＝OA'：A'H'，

因此　OH：OA'＝OH'：A'H'，

或　OH：OH'＝OA'：A'H'。

由此推得

HH'：OH'＝OH'：H'A'，

或　HH'·H'A'＝OH' ² 。

所以　HH'：H'A'＝OH' ² ：H'A' ²

＝AA' ² ：A'M ² ，依（6）

（c）我们作下述的图，以便更简单地表示A'H'：H'M和HH'：H'M。延长OA到D，使得OA＝AD.（D将超过H，因为A'M＞MA，所以由（5），有OA＞AH。）

则　A'H'：H'M＝OA：（OA+AM）

＝AD：DM。　（7）

现在分AD于E，使得

HH'：H'M＝AD：DE。　（8）

然后利用（7），（8）和上面已求的HH'：H'A'的值，我们有

AD：DE＝HH'：H'M

＝（HH'：H'A'）·（A'H'：H'M）

＝（AA' ² ：A'M ² ）·（AD：DM）。

但是　AD：DE＝（DM：DE）·（AD：DM）。

所以　MD：DE＝AA' ² ：A'M ² 。　（9）

且D是已知的，因为AD＝OA。AD：DE（等于HH'：H'M）也是已知的。所以DE是已知的。

因此问题本身转化为分A'D于M为两部分，使得下式成立。

MD：一个已知长＝一个已知面：A'M ² 。

阿基米德附言“如果问题按这个一般形式被提出，它需要一个 ［即必须研究可能性的限度］，但如果加上这个目前情况下存在的条件，它就不要求 。

在目前情况下这问题为：

给定一线段A'A延长到D，使A'A＝2AD，在AD上取一点E，截AA'于一点M，使得

AA' ² ：A'M ² ＝MD：DE。

“这两个问题的分析与综合将在末尾给出。”

主要问题的综合如下。设R：S是已知比，R小于S。AA'是一个大圆的直径，O是圆心，延长OA到D，使得OA＝AD，在E点分AD使得

AE：ED＝R：S。

然后在M点截AA'，使得

MD：DE＝AA' ² ：A'M ² 。

过M直立一平面垂直于AA'，这个平面将分球为两个球缺，且使两部分之比如同R：S。

在A'A方向上取一点H，在AA'方向上取一点H'，使得

（OA'+A'M）：A'M＝HM：MA，　（1）

（OA+AM）：AM＝H'M：MA'。　（2）

那么我们必须证明这个

HM：MH'＝R：S，或AE：ED。

（α）我们首先求HH'：H'A'如下。

如在分析（b）中已证明的，

HH'·H'A'＝OH' ² ，

或　HH'：H'A'＝OH' ² ：H'A' ²

＝AA' ² ：A'M ²

＝MD：DE，由作图。

（β）其次，我们有

H'A'：H'M＝OA：（OA+AM）

＝AD：DM。

所以　HH'：H'M＝（HH'：H'A'）·（H'A'：H'M）

＝（MD：DE）·（AD：DM）

＝AD：DE，

由此得　HM：MH'＝AE：ED

＝R：S。

证完

附注 由命题4的原问题所化约成的辅助问题（阿基米德曾说要给出一个讨论的），其解法是由欧托西乌斯（Eutocius）在一个颇有兴味同时又很重要的附注中给出的，他在下面的阐释中引进了这个论题。

“他［阿基米德］允诺在最后给出这问题的一个解，但是在任何稿本中我们没有找到其解。我们发现狄俄尼索多罗（Dionysodorus）也未能弄清所允诺的讨论（因为没能找到被略掉的引理），他用另一种方法去解决原问题，这种方法我将在以后描述。狄俄克利斯（Diocles）也在他的著作 中表示了‘他认为阿基米德虽说过，但未作出证明’的意见，并试图自己补充省掉的部分，他所给出的，我也将顺次给出。然而，可以看到狄俄克利斯所补充的部分与那省掉的讨论无关，而只是像狄俄尼索多罗那样给出了一个讨论框架，这是用另一种证明方法得到的。另一方面，作为不懈的、广泛的探求的结果，我在一本老书中发现了一些定理讨论着、虽然由于一些错误而显得不够清晰（以及各种各样的文、图的错误），这些被讨论的定理却给出了我要寻求的东西，而且还在一定程度上保留了阿基米德习用的Doric方言，同时还保留着过去习用的一些名词：抛物线被称为直角圆锥的截线，双曲线是钝角圆锥的截线；因此我考虑到：是否这些定理实际上就是他要在最后所允诺的。因此我仔细加以考查，并在克服了（由于上述诸多错误所致的）困难之后，我逐渐弄清了原意，并试着用大家更熟悉、更清楚的语句把它写出来。并且，首先这定理将做一般的处理，应使对阿基米德所说的‘关于可能性的限度’可以搞清楚，随后即有对这些条件的特殊应用，这些条件是他在对这问题的分析中所陈述的。”

这个随后的研究可以重述如下。

一般问题是：

已知两线段AB，AC和一个面积D，分割AB于M点，使得

AM：AC＝D：MB ² 。

分析

假设M已求得，作AC与AB成直角，连接CM延长之。过B作EBN平行于AC交CM于N，过C作CHE平行AB交EBN于E。完成矩形CENF，又过M作PMH平行于AC交FN于P。

沿EN量EL使得

CE·EL（或AB·EL）＝D。

于是，由假设，

AM：AC＝CE·EL：MB ² 。

和　AM：AC＝CE：EN，

由相似三角形，

＝CE·EL：EL·EN。

由上推得

PN ² ＝MB ² ＝EL·EN。

因此，如果过顶点E作一个抛物线，EN为轴，参数等于EL，那么抛物线将过P；它的位置将被确定，因为EL是给定的。

所以P在已知的抛物线上。

其次因为两矩形FH，AE相等，于是

FP·PH＝AB·BE。

因此，如果以CE，CF为渐近线，且过B作一双曲线，它也将过P点，且双曲线的位置是确定的。

所以P在已知的双曲线上。因为P确定，M也就给定了。

这样P由抛物线和双曲线的交点所确定。

现在，因为　AM：AC＝D：MB ² ，

AM·MB ² ＝AC·D。

但AC·D已给定，而以后 将证明：AM·MB ² 的最大值是它当BM＝2AM时所取的值。

因此，AC·D不大于 ， 或 是能有一个解的必要条件。

综合

如果O是AB上且满足BO＝2AO的点，为了可能有解，我们已看到

这样AC·D等于或小于AO·OB ² 。

（1）若AC·D＝AO·OB ² ，则问题有解。

（2）设AC·D小于AO·OB ² 。

作AC与AB成直角。连接CO，且延长到R。过B作EBR平行于AC，且交CO于R，过C作CE平行于AB交EBR于E。完成矩形CERF，且过O作QOK平行于AC，且分别交FR，CE于Q和K。

因为AC·D＜AO·OB ² ，沿着RQ量得RQ'使得

AC·D＝AO·Q'R ² ，

或　AO：AC＝D：Q'R ² 。

沿着ER量EL使得

D＝CE·EL（或AB·EL）。

现在，因为AO：AC＝D：Q'R ² ，由假设，

＝CE·EL：Q'R ² ，

且　AO：AC＝CE：ER，由相似三角形，

＝CE·EL：EL·ER，

由此推得　Q'R ² ＝EL·ER。

作具有顶点E，轴ER，且参数等于EL的一抛物线。这个抛物线将过Q'。

又　矩形FK＝矩形AE，

或　FQ·QK＝AB·BE；

如果以CE，CF为渐近线且过B作一个矩形的双曲线，它也将通过Q。

设抛物线和双曲线交于P，过P作PMH平行于AC分别交AB，CE于M和H，作GPN平行于AB且分别交CF，ER于G和N。

于是M就是所求的分点。

因为　PG·PH＝AB·BE，

矩形GM＝矩形ME，

所以CMN是一条直线。

于是　AB·BE＝PG·PH＝AM·EN。　（1）

又由抛物线的性质，

PN ² ＝EL·EN，

或　MB ² ＝EL·EN。　（2）

由（1）和（2），

AM：EL＝AB·BE：MB ² ，

或　AM·AB：AB·EL＝AB·AC：MB ² 。

交换内项，

AM·AB：AB·AC＝AB·EL：MB ² ，

或　AM：AC＝D：MB ² 。

余下的是证明： 若AB在O点使得BO＝2AO，则AO·OB ² 是AM·MB ² 的最大值，或

AO·OB ² ＞AM·MB ² 。

这里M是AB上不同于O的任一点。

假设　AO：AC＝CE·EL'：OB ² ，

于是　AO·OB ² ＝CE·EL'·AC。

连接CO延长到N；过B作EBN平行于AC，完成平行四边形CENF。

过O作POH平行于AC，且分别交FN，CE于P和H。

以E为顶点，EN为轴和以EL'为参数作一个抛物线。这将过P，如以上分析所示，除P而外还将交此抛物线之直径CF于某点。

其次，作一个带有渐近线CE，CF的矩形的双曲线，且过B点。如前分析所示，这双曲线也将过P。

延长NE到T，使得TE＝EN。连接TP交CE于Y，且延长它使交CF于W。于是TP将与抛物线切于P。

因为　BO＝2AO，

TP＝2PW，

和　TP＝2PY，

所以　PW＝PY。

于是，因为在两渐近线间的WY被P平分，它交双曲线之点，WY是双曲线的一个切线。

因此，在P点有共同切线的双曲线和抛物线彼此相切于P。

现在在AB上任取一点M，过M作QMK平行于AC且交双曲线于Q，交CE于K。最后，过Q作GqQR平行于AB交CF于G，交抛物线于q，交EN于R。

由双曲线的性质，因为两矩形GK，AE相等，那么CMR是一直线。

由抛物线的性质，

qR ² ＝EL'·ER，

于是　QR ² ＜EL'·ER。

假设　QR ² ＝EL·ER，

我们有　AB：AC＝CE：ER

＝CE·EL：EL·ER

＝CE·EL：QR ²

＝CE·EL：MB ² ，

或　AM·MB ² ＝CE·EL·AC。

所以　AM·MB ² ＜CE·EL'·AC

＜AO·OB ² 。

如果AC·D＜AO·OB ² ，因为抛物线和双曲线相交于两点，所以有两解。

如果我们作一个带有顶点E和轴EN，且参数等于EL的抛物线，该抛物线将过Q点（看上页图）；由于此抛物线还交直径CF（除交Q外），它必须与双曲线再次相交（它以CF作为它的渐近线）。

［如果我们记AB＝a，BM＝x，AC＝c和D＝b ² ，可看出比例式

AM：AC＝D：MB ²

等价于方程式

x ² （a-x）＝b ² c，

它是一个缺少x一次项的三次方程式。

现在假设EN，EC是坐标轴，EN是y轴。

那么上面解所用的抛物线是

而矩形的双曲线是

y（a-x）＝ac。

于是，这三次方程的解以及没有正解，或有一个正解，或有两个正解的条件，利用两个圆锥曲线而得到。］

为了叙述的完整性，以及对它们的兴趣，命题4的由狄俄尼索多罗和狄俄克利斯所给出的解，在这里补上。

狄俄尼索多罗的解

设AA'是已知球的直径，需求一平面截AA'于直角（设在一点M处），使得截得的两球缺之比为已知比CD：DE。

延长A'A到F，使得AF＝OA，这里O是球心。

作AH垂直于AA'，其长满足

FA：AH＝CE：ED，

且延长AH到K使得

AK ² ＝FA·AH。　（α）

作一个顶点为F，轴为FA以及参数等于AH的抛物线，由等式（α）它将过K点。

作A'K'平行于AK且交抛物线于K'；作以A'F，A'K为渐近线且过H的矩形双曲线。这个双曲线将交抛物线于一点P，它在K和K'之间。

作PM垂直于AA'且交大圆于B，B'，从H，P作HL，PR平行于AA'且分别交A'K'于L，R。

于是，由双曲线的性质，

PR·PM＝AH·HL，

即　PM·MA'＝HA·AA'，

或　PM：AH＝AA'：A'M，

和　PM ² ：AH ² ＝AA' ² ：A'M ² 。

由抛物线的性质，也有

PM ² ＝FM·AH，

即　FM：PM＝PM：AH，

或　FM：AH＝PM ² ：AH ²

＝AA' ² ：A'M ² ，从前式。

因为两圆之比如同它们半径的平方比，以A'M为半径的圆为底，以高等于FM的圆锥和以AA'为半径的圆为底，以高等于AH的圆锥，它们的底和高成反比例。

因此两圆锥相等；亦即如果我们用符号c（A'M），FM表示第一个圆锥，其他同样表示，那么

c（A'M），FM＝c（AA'），AH。

现在

［c（AA'），FA］：［c（AA'），AH］＝FA：AH

＝CE：ED，由作图。

所以

［c（AA'），FA］：［c（A'M），FM］＝CE：ED。　（β）

但是（1）　c（AA'），FA＝球。　［Ⅰ.34］

（2）c（A'M），FM能够证明等于以A'为顶点，以A'M为高的该球的球缺。

为此，在AA'上取一点G，使得

GM：MA'＝FM：MA

＝（OA+AM）：AM。

于是圆锥GBB'等于球缺A'BB'。　［命题2］

并且　FM：MG＝AM：MA'，由假设，

＝BM ² ：A'M ² 。

所以

以BM为半径的圆：以A'M为半径的圆

＝FM：MG，

于是　c（A'M），FM＝c（BM），MG

＝球缺A'BB'。

从等式（β），我们有

球：球缺A'BB'＝CE：ED，

因此　球缺ABB'：球缺A'BB'＝CD：DE。

狄俄克利斯的解

狄俄克利斯像阿基米德那样是从在命题2中被证的性质开始的，即如果一个平面垂直截球的直径于M点，且若取H，H'在OA，OA'沿线上分别满足

（OA'+A'M）：A'M＝HM：MA，

（OA+AM）：AM＝H'M：MA'，

则两圆锥HBB'，H'BB'分别等于球缺ABB'和A'BB'。

于是，导出推论为

HA：AM＝OA'：A'M，

H'A'：A'M＝OA：AM.

他用下面的形式陈述这个问题，用任给的线段代替OA或OA'，这样稍许扩张了一点：

给定一条线段AA'，它的端点是A，A'，给定一个比C：D，给定另一线段AK；分AA'于M点和在A'A和AA'延长线上分别求一点H，H'，使下面的关系同时成立：

C：D＝HM：MH'，　（α）

HA：AM＝AK：A'M，　（β）

H'A'：A'M＝AK：AM。　（γ）

分析

假设问题已解决，三点M，H和H'已求得。

作AK与AA'成直角，作A'K'平行且等于AK。连接KM，K'M，延长它们分别交K'A'，KA于E，F。连接KK'，过E作EG平行于A'A且交KF于G，过M作QMN平行于AK，且交EG，KK'于Q和N。

现在　HA：AM＝A'K'：A'M，由（β）

＝FA：AM，由相似三角形，

因此　HA＝FA。

类似地　H'A'＝A'E。

其次，

（FA+AM）：（A'K'+A'M）＝AM：A'M

＝（AK+AM）：（EA'+A'M），由相似三角形。

所以　（FA+AM）·（EA'+A'M）

＝（KA+AM）·（K'A'+A'M）。

沿AH取AR，沿A'H'取A'R'，使得

AR＝A'R'＝AK。

因为FA+AM＝HM，EA'+A'M＝MH'，于是我们有

HM·MM'＝RM·MR'。　（δ）

［于是，若R落在A和H之间，R'就落在自A'关于H'的另一边，反之亦然。］

现在　C：D＝HM：MH'，由假设，

＝HM·MH'：MH' ²

＝RM·MR'：MH' ² ，由（δ）。

沿MN量MV使得MV＝A'M。连接A'V和向两边延长之。作RP，R'P'垂直于RR'且分别交延长了的A'V于P，P'点。

由平行线性质，

P'V：PV＝R'M：MR。

所以　PV·P'V：PV ² ＝RM·MR'：RM ² 。

但是　PV ² ＝2RM ² 。

所以　PV·P'V＝2RM·MR'。

又已证　RM·MR'：MH' ² ＝C：D。

因此　PV·P'V：MH' ² ＝2C：D。

但是　MH'＝A'M+A'E＝VM+MQ＝QV。

所以　QV ² ：PV·P'V＝D：2C，是已知比。

这样，如果我们取一线段使得

D：2C＝p：PP'， ^[1]

如果我们作一个椭圆，它以PP'为一直径，以p作为对应的参数［＝DD' ² ／PP'，用几何圆锥曲线的普通记法］，这样，使得PP'对坐标倾斜直角的一半，即平行于QV或AK，那么椭圆将过Q点。

因此Q在给定的椭圆上。

又因为EK是平行四边形的对角线，

GQ·QN＝AA'·A'K'。

所以，如果作一个以KG，KK'为渐近线且过A'的矩形双曲线，它也将过Q点。

因此Q在一个给定的矩形双曲线上。

于是Q作为已知的椭圆和已知的双曲线的交点而被求出，所以它是已知的。这样M被给定，以及H，H'同时被求出。

综合

放置AA'，AK成直角，作A'K'平行且等于AK，连接KK'。

作AR（延长了的A'A）和A'R'（延长了的AA'）都等于AK，过R，R'作垂直于RR'的直线。

然后过A'作PP'使得与AA'的交角（AA'P）等于直角的一半，且分别交已作的两垂线于P，P'。

取一个长p，使得

D：2C＝p：PP'。

以PP'作为直径，以p作为对应参数作一个椭圆，使得对于PP'的坐标与它倾斜一个角等于AA'P，即平行于AK。

以KA'，KK'为渐近线，过A'作一个矩形双曲线。

设双曲线和椭圆交于Q，从Q作QMVN垂直于AA'，且分别交AA'，PP'和KK'于M，V和N。作GQE平行于AA'，且分别交AK，A'K'于G，E。

延长KA，K'M交于F。

于是由双曲线的性质。

GQ·QN＝AA'·A'K'，

因为这些矩形相等，所以KME是一直线。

沿AR取AH等于AF，沿A'R'取A'H'等于A'E。

由椭圆的性质，

QV ² ：PV·P'V＝p：PP'

＝D：2C。

由平行线性质，

PV：P'V＝RM：R'M，

或　PV·P'V：P'V ² ＝RM·MR'：R'M ² ，

而P'V ² ＝2R'M ² ，因为角RA'P是直角的一半。

所以　PV·P'V＝2RM·MR'，

因此　QV ² ：2RM·MR'＝D：2C。

但是　QV＝EA'+A'E＝MH'。

所以　RM·MR'：MH' ² ＝C：D。

又由两相似三角形，

（FA+AM）：（K'A'+A'M）＝AM：A'M

＝（KA+AM）：（EA'+A'M）。

所以

（FA+AM）·（EA'+A'M）＝（KA+AM）·（K'A'+A'M），

或　HM·MH'＝RM·MR'。

由此得出

HM·MH'：MH' ² ＝C：D，

或　HM：MH'＝C：D。　（α）

也有　HA：AM＝FA：AM，

＝A'K'：A'M，由相似三角形，　（β）

H'A'：A'M＝EA'：A'M，

＝AK：AM。　（γ）

因此点M，H，H'满足三个给定的关系。

命题5　（问题）作一个球缺与一个球缺相似，而与另一个球缺体积相等。

设ABB'是一个球缺，它以A为顶点，其底为以BB'为直径的圆；设DEF'是另一个球缺，它以D为顶点，其底为以EF为直径的圆。设AA'，DD'分别是穿过BB'，EF的大圆的直径。设O，C分别是球心。

设需要作一球缺相似于DEF，且体积等于ABB'的体积。

分析

假设问题已解决，设def是所求的球缺，它以d为顶点，其底为以ef为直径的圆。设dd'是球的直径，它垂直平分ef，c是球心。

设BB'，EF，ef依次在点M，G，g处被AA'，DD'，dd'垂直平分，使得

且构成的这些圆锥分别有顶点H，K，k，且其底为球缺的底。则这些圆锥将分别等于对应之球缺。　［命题2］

所以，由假设，

圆锥HBB'＝圆锥kef。

因此

（以BB'为半径的圆）：（以ef为半径的圆）＝kg：HM，

使得　BB' ² ：ef ² ＝kg：HM。　（1）

但是，因为球缺DEF，def相似，这样圆锥KEF，kef也相似。

所以　KG：EF＝kg：ef。

而比KG：EF是已知的，所以比kg：ef是已知的。

假设取一个线段R使得

kg：ef＝HM：R。　（2）

于是R是已知的。

又因为　kg：HM＝BB' ² ：ef ² ＝ef：R，由（1）和（2），假设取一个线段S使得

ef ² ＝BB'·S，

或　BB' ² ：ef ² ＝BB'：S。

于是

BB'：ef＝ef：s＝S：R，

ef，S 是BB'，R之间成连比例的两个比例中项。

综合

设ABB'，DEF是大圆，BB'，EF，依次在点M，G处被直径AA'，DD'垂直平分，且O，C是球心。

如前那样取H，K，作出圆锥HBB'，KEF，它们就分别等于球缺ABB'，DEF。

设R是一线段，使得

KG：EF＝HM：R，

在BB'，R之间取比例中项ef，S。

以ef为底，作以d为顶点的弓形相似于弓形DEF。完成圆edf，设dd'是过d的直径，C是中心。设想作一个以def为大圆的球，且过ef作一个平面与dd'成直角。

则def将是所求的球缺。

由于两球缺DEF，def是相似的，如同两弓形DEF，def相似。

延长cd到k，使得

（cd'+d'g）：d'g＝kg：gd。

此外，两圆锥KEF，kef相似，

所以

kg：eg＝KG：EF＝HM：R，

于是

kg：HM＝ef：R。

但是，因为BB'，ef，S，R成连比例，

BB' ² ：ef ² ＝BB'：S

＝ef：R

＝kg：HM。

这样，圆锥HBB'，kef的底与它们的高成反比。所以两圆锥相等，且def是所求的球缺，它的体积等于圆锥kef。　［命题2］

命题6　（问题）已知两个球缺，求第三个球缺，使其与一个球缺相似，而与另一个球缺有相等的表面。

设ABB'是一个球缺，它的面等于所求球缺的表面，大圆ABA'B'所在平面与球缺ABB'的底成直角且交于BB'。设AA'是垂直平分BB'的直径。

设DEF是一个球缺，它与所求的球缺是相似的，大圆DED'F所在平面与球缺DEF成直角且交于EF，设DD'是垂直平分EF于G的直径。

假设问题已解决，def是一个球缺，它相似于DEF，它的面等于ABB'的面；如同DEF那样，完成图形def，用小写和大写字母分别记对应的各点。

连接AB，DF，df。

现在，因为球缺def，ABB'的表面是相等的，于是以df，AB为直径的两圆也是相等的；　［Ⅰ.42，43］

即　df＝AB。

从两球缺DEF，def相似，我们得到，

d'd：dg＝D'D：DG，

和　dg：df＝DG：DF；

因此　d'd：df＝D'D：DF，

或　d'd：AB＝D'D：DF。

但是AB，D'D，DF都是已知的，

所以d'd是已知的。

因而综合如下，

取d'd使

d'd：AB＝D'D：DF.　（1）

画一个以d'd为直径的圆，设想作一个以该圆为大圆的球，在g点分d'd，使得

d'g：gd＝D'G：GD，

过g作一平面垂直于d'd截出一个球缺def，且交大圆于ef。这样两球缺def，DEF相似，

且　dg：df＝DG：DF。

但是，从前式，由合比，

d'd：dg＝D'D：DG。

于是由首末比　d'd：df＝D'D：DF，

因此，由（1），　df＝AB。

因此球缺def的表面等于球缺ABB'的表面［Ⅰ.42，43］，而该球缺也相似于球缺DEF。

命题7　（问题）用一平面从已知球截出一个球缺，使得该球缺与一圆锥有已知比，此圆锥与球缺同底等高。

设AA'是这球一个大圆的直径。需要作一平面与AA'成直角，截出一个球缺ABB'，使得球缺ABB'与圆锥ABB'有已知比。

分析

假设问题已解决，设截面交大圆面于BB'，交直径AA'于M，设O是球心。

延长OA到H，使得

（OA'+A'M）：A'M＝HM：MA。　（1）

于是圆锥HBB'等于球缺ABB'。　［命题2］

所以已知比必等于圆锥HBB'与圆锥ABB'的比，即HM：MA。

因此，（OA'+A'M）：A'M是已知的；所以A'M也是已知的。

现在　OA'：A'M＞OA'：A'A，

于是　（OA'+A'M）：A'M＞（OA'+A'A）：A'A

＞3：2。

这样， 关于此问题可能有解的一个必要条件是已知比大于3：2。

综合

设AA'是球的一个大圆的直径，O是球心。

取一线段DE，且在其上取一点F，使得DE：EF等于已知比，它大于3：2。

现在，因为

（OA'+A'A）：A'A＝3：2，

DE：EF＞（OA'+A'A）：A'A，

于是　DF：FE＞OA'：A'A。

因此，在AA'上能求出一点M，使得

DF：FE＝OA'：A'M。　（2）

过M作一平面与AA'成直角，且交大圆面于BB'，并从球截出一个球缺ABB'。

如前，在OA延长线上取一点H，使得

（OA'+A'M）：A'M＝HM：MA。

所以HM：MA＝DE：EF，依（2）。

随即有圆锥HBB'或球缺ABB'与圆锥ABB'的比为已知比DE：EF。

命题8　如果一球被不过中心的平面截得两个球缺A'BB'、ABB'，其中A'BB'是较大的，则比

球缺A'BB'：球缺ABB'

＜（A'BB'的表面） ² ：（ABB'的表面） ²

但是　＞（A'BB'的表面） ^3/2 ：（ABB'的表面） ^3/2 。 ^[2]

设截面成直角地截一个大圆A'BAB'于BB'，且设直径AA'垂直平分BB'于M。

设O是球心。

连接A'B，AB。

照常，在OA延长线上取H，在OA'延长线上取H'，使得

（OA'+A'M）：A'M＝HM：MA，　（1）

（OA+AM）：AM＝H'M：MA'，　（2）

且设想作二圆锥分别与二球冠同底，且以H，H'为顶点。两圆锥分别等于两球缺［命题2］，又它们的比是两高HM，H'M之比。

也有

A'BB'的面：ABB'的面＝A'B ² ：AB ² ［Ⅰ.42，43］

＝A'M：AM。

所以我们需证明：

（a）H'M：MH＜A'M ² ：MA ² ，

（b）H'M：MH＞ 。

（a）由（2），

A'M：AM＝H'M：（OA+AM）

＝H'A'：OA'，因为OA＝OA'。

因为A'M＞AM，H'A'＞OA'；所以，如果我们在H'A'上取一点K使得OA'＝A'K，K将在H'和A'之间。

又由（1），

A'M：AM＝KM：MH。

这样　KM：MH＝H'A'：A'K，因为A'K＝OA'，

＞H'M：MK。

所以H'M·MH＜KM ² 。

由此得出

H'M·MH：MH ² ＜KM ² ：MH ² ，

或H'M：MH＜KM ² ：MH ²

＜A'M ² ：AM ² ，由（1）。

（b）因为　OA'＝OA，

A'M·MA＜A'O·OA，

或　A'M：OA'＜OA：AM

＜H'A'：A'M，依（2）。

所以　A'M ² ＜H'A'·OA'

＜H'A'·A'K。

在A'A延长线上取一点N，使得

A'N ² ＝H'A'·A'K。

这样　H'A'：A'K＝A'N ² ：A'K ² 。　（3）

也有　H'A'：A'N＝A'N：A'K，

由合比，

H'N：A'N＝NK：A'K，

因此　A'N ² ：A'K ² ＝H'N ² ：NK ² 。

所以，由（3），

H'A'：A'K＝H'N ² ：NK ² 。

现在H'M：MK＞H'N：NK。

所以

H'M ² ：MK ² ＞H'A'：A'K

＞H'A'：OA'

＞A'M：MA，由（2）

＞（OA'+A'M）：MH，由（1）

＞KM：MH。

因此

H'M ² ：MH ² ＝（H'M ² ：MK ² ）·（KM ² ：MH ² ）

＞（KM：MH）·（KM ² ：MH ² ）.

由此得出

［阿基米德的教程中增加了该命题的另一证明，在这里略去了，因为事实上，这证明既不比前述证明更清晰，也不更短些。］

命题9　（问题）在所有有等表面的球缺中，半球体积最大。

设ABA'B'是球的一个大圆，AA'是直径，O是球心。设球被不过球心的平面所截，该面垂直于AA'（在M点），且交大圆面于BB'。球缺ABB'可以小于半球（如图左），或大于半球（如图右上）。

设DED'E'是另一球的一个大圆，DD'是直径，C是中心。设过C且垂直于DD'的平面截球，并交大圆面于直径EE'。

假设球缺ABB'的表面和半球DEE'的面相等。

因为两面相等，所以AB＝DE。　［Ⅰ.42，43］

在图左中，AB ² ＞2AM ² 和AB ² ＜2AO ² 。

在图右上，AB ² ＜2AM ² 和AB ² ＞2AO ² 。

因此，如果在AA'上取一点R，使得

R将在O和M之间。

又因为　AB ² ＝DE ² ，于是AR＝CD。

延长OA'到K使得OA'＝A'K，延长A'A到H，使得

A'K：A'M＝HA：AM，

由合比，（A'K+A'M）：A'M＝HM：MA。　（1）

于是圆锥HBB'等于球缺ABB'。　［命题2］

又延长CD到F，使得CD＝DF，那么圆锥FEE'将等于半球DEE'。　［命题2］

今AR·RA'＞AM·MA'，

且　AR ² ＝ ＝ ＝AM·A'K。

因此

AR·RA'+RA ² ＞AM·MA'+AM·A'K，

或　AA'·AR＞AM·MK

＞HM·A'M，由（1）。

所以　AA'：A'M＞HM：AR，

或　AB ² ：BM ² ＞HM：AR，

即　AR ² ：BM ² ＞HM：2AR，　因为AB ² ＝2AR ² ，

＞HM：CF。

这样，因为AR＝CD，或CE。

以EE'为直径的圆：以BB'为直径的圆＞HM：CF。

由此得到

圆锥FEE'＞圆锥HBB'，

所以半球DEE'的体积大于球缺ABB'的体积。

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[1] 这里在希腊原文中有一个错误，似乎躲过了至今所有编辑的注意。这个语句是 - ， ， ，即，（按上述字义）“如果我们取一长度p使得D：2C＝PP'：p。”这不是正确的，因为我们将有

QV ² ：PV·P'V＝PP'：p，

其实后面的两项被颠倒了，椭圆的正确性质是

QV ² ：PV·P'V＝p：PP'。［Apollonius Ⅰ.21］

看起来这个错误远在狄俄尼索多罗就出现了，我认为狄俄尼索多罗比狄俄克利斯更可能犯此错误，因为任何一个睿智的数学家在援引别人的著作时都会犯此错误，而不是别人犯了错误自己没注意到。

[2] 这是阿基米德的句子的符号表达式，他说大的球缺与小的球缺的比“小于大球缺的表面与小球缺的表面比的加倍 ，但是大于那个比的一倍半 ”。 Lb8VdJpeOFXnfdjlyqN7K17/hMlBdlTSiy7VEP+61fjLvCogkP3/VfIakuGUWWGQ