图1.2
紧邻恒星的第一颗行星是土星。土星旋转一周需要30年。土星之后是木星，旋转一周需要12年。然后是火星，每两年旋转一周。排在第四位的，就是我前面阐述过的，涵盖地球和月亮的运行范围的球状区域，它每一年完成一次公转。第五位是金星，每隔9个月公转一周。最后是水星，旋转一周只需要80天。
太阳居于宇宙中心，照耀着一切。难道还有谁能为这盏明灯找到一个更合适的位置吗？诗人们将太阳视为宇宙之灯和宇宙的心灵，甚至有人将它称作宇宙的主宰。这些都并非错谬。赫尔墨斯将太阳誉为看得见的神，索福克勒斯笔下的厄勒克特拉则称太阳是万物洞察者 [26] 。太阳如同宇宙的王者，管理着围绕它运转的所有行星。而地球也有一名跟随者，那就是月亮。正如亚里士多德在一部关于动物的著作中描述的那样：月亮和地球有最亲密的血缘关系。同时，地球与太阳交媾，地球作为受孕者，每年分娩一次。
从这种次序中，我们惊讶地发现，宇宙具有十分神奇的对称性和规范性，所有天体的大小和运动的关系也十分和谐。这是用其他任何方法都无法实现的。如果稍微细心一点，我们会发现木星顺行和逆行的弧线看上去都比土星的长，比火星的短。金星的弧线却比水星的长。在运行中，土星转换方向的次数比木星更频繁，而火星和金星转换方向的频率远不及水星。如果土星、木星和火星在黄昏时升起，它们与地球的距离则比在黄昏时西沉或在晚些时候出现更近。火星相对比较特殊，当它整夜照耀长空时，其亮度甚至与木星相当，人们也只能凭它散发的红色亮光加以辨认。但通常情况下，火星在璀璨的群星中并不出众，只有辛勤跟踪的观测者才能发现它。所有这些现象的成因只有一个，那就是地球的运动。
恒星从未发生过以上这些现象。这就说明它离我们太遥远了，我们甚至无法捕捉到周年运动的天球的任何讯息。光学方面的成就已经告诉我们，任何可以观测到的物体都有一定的距离范围。超过这个距离范围，物体就看不见了。从最远的行星土星到恒星，中间有着无比浩瀚的空间。我们所看见的星光闪烁就证明了这一点。这也是恒星同行星的区别，运动的物体与静止的物体之间本应存在巨大的差异。万能的造物主的英明和伟大凸显无疑。
1.11 地球三重运动的顺序
行星的各种现象，都证明了地球在运动。现在，让我们通过这些由地球运动所引发的现象来总结这种运动。简单来说，这是一种“三重运动”。
第一重运动被希腊人称为νuχθημερινδν，它使地球自西向东绕轴运转，产生昼夜，这样看上去就像宇宙在沿相反的方向转动。这种运动描出了赤道。也有人效仿希腊人，称赤道为“均日圈”，而希腊人实际上用的名称是ισημερινοζ。
第二重运动是地球的圆周运动。地球围绕太阳在黄道上公转，它遵循了黄道十二宫的次序，方向也是自西向东。地球同它的伙伴（我在前面已经阐述过），在金星与火星之间运行。这使得地球看起来像是在赤道上做相似的运动。因此，当地心通过摩羯宫时，太阳看上去正穿越巨蟹宫；地球运行到宝瓶宫时，太阳又似乎正好走到狮子宫，等等。这个我在前面已经例证过了。
有一点需要强调一下，穿过黄道十二宫中心的圆、平面、赤道和地轴都有可以变化的倾角。如果它们的倾角都是固定的，并且只受地心运动的影响，那么，昼夜的长度就是相等的。与此相反，在某些地方就总会出现昼夜长短不一，或者四季分布不均的现象。
日月岁差
在太阳和月球的引力作用下，地球自转轴在空间绕黄极描绘出一个圆锥面，绕行一周约需26000年，圆锥面的半径约为23.5°。这种由太阳和月球引起的地轴的长期运动称为“日月岁差”。
因此有了第三种运动，即倾角运动。这是一种周年旋转，其遵循与黄道十二宫相反的次序，也就是在与地心运动相反的方向上运转。这两种运动的方向相反，周期几近相等。因此，地球的自转轴和赤道几乎都指向同一方向，并构成了一组相对固定的结构。同时，太阳看起来是沿着黄道做倾斜的绕地旋转。这似乎是绕地心的运动。不过我们不要忘了，相对于恒星来说，日地距离可以忽略不计。
我们还是用图形来说明更加直观（见图1.3） 。
图1.3
我们用圆ABCD 代表地球在黄道上的运行轨迹，令E 点位于圆心附近，代表太阳。画出直径AEC 和BED 将这个圆一分为四。
令：A 为巨蟹宫的第一点，B 、C 、D 分别为天秤宫、摩羯宫和白羊宫的第一点。我们假设地心在A 处，然后在该点附近画出赤道FGHI ，它与黄道不在同一平面。
∵直径GAI 是赤道面与黄道面的交线。
∴直径FAH 与线GAI 垂直。
又：F 是赤道上最偏南的一点，H 是最偏北的一点，且朝向太阳。赤道与直线AE 有一个倾角。
周日旋转描出的南回归线与赤道平行，且间距为倾斜度EAH 。
结论：地球上的居民可以很明显地看到，H 点朝向E 处附近的太阳，而太阳在冬至时位于摩羯宫。
又令：地心沿黄道宫方向运行，倾斜点F 在反方向转动相同的角度，二者都转过一个象限到达B 点。
∵在此期间，地心与倾斜点F 的旋转量相等，因此∠EAI 与∠AEB 始终相等。
直径FAH 与FBH 、GAI 与GBI ，以及赤道之间始终保持平行。
∴从天秤宫的第一星（B 点）看来，E 点似乎位于白羊宫。
黄赤交线与直线GBIE 重合。在周日自转中，轴线的垂直平面不会偏离这条线，反而是自转轴全部倾斜在侧平面上。
因此，太阳看起来似乎位于春分点。
假设：地心在假定情况下继续运动。
那么：当地球运行半圈到达C 点时，太阳将进入巨蟹宫。赤道上最大南倾点F 将朝向太阳。太阳看起来在北回归线上运动，与赤道的角距为∠ECF 。当F 转到圆周的第三象限时，GI 与ED 再次重合。这时，太阳看起来位于天秤宫的秋分点上。
结论：如此反复下去，H 点将逐渐转向太阳，于是我在开头谈到的情形将再次出现。
我们还可以用另一种方式来解释（见图1.4） 。
图1.4
令：AEC 为黄道面上的一条直径，即黄道面同与其垂直的平面的交线。
假设：在AEC 上，绕A 点（巨蟹宫）和C 点（摩羯宫）各画一个通过两极的地球经圈。令这个经圈为DGFI 。
设：DF 为地球自转轴，D 点为北极，F 点为南极，GI 为赤道的直径。
当F 点转向靠近E 点的太阳时，赤道向北的倾角即为∠IAE ，此时，周日旋转使太阳看起来是在沿南回归线运动。
南回归线位于赤道南面，与赤道平行，二者的距离为LI 。更确切地说，从AE 方向看来，周日自转产生了一个以地心为顶点、以平行于赤道的圆周为底的锥面。
注：与此相对的C 点，一切与此相似，但方向相反。
结论：就此，我们清楚地看到了地心的运动和倾斜面的运动怎样结合起来，使地轴保持固定的方向和相同的位置，并使这一切现象看起来似乎是太阳的运动。但我已说过，地心和倾斜面的周年运转几乎相等。如果它们完全相等，二分点和二至点以及黄道倾角，相对于恒星天球都不会有变化。即使有微小的偏差，也要经过长时间（当它变大时）才能发现。从托勒密时代至今，两分点岁差总计约21°。因为这个原因，有人相信恒星天球也在运动，从而设想出一个超越一切之上的第九重天球，这虽然已经被证实是不科学的，但仍有近代学者添上了第十重天球。然而，以上这些完全不能达到我所希望的目的，即借助地球运动来证明其他天体的运动。
1.12 圆周的弦长
按照数学家的普遍做法，我将圆分为360°。但是根据托勒密的《天文学大成》，早期的数学家将直径划分为120等分。但由于弦长大部分是无理数，甚至平方后也是，因此，为了避免弦长在运算中出现分数，后人采用了1200000等分，也有人采用了2000000等分。印度数码通行后，又出现了更多的适用型直径体系。运用这些体系做快速运算，显然比希腊人或拉丁人建立的体系更为精确。因此，我采用了直径的200000等分。这种等分法完全可以排除较大的误差，如果出现数量比不是整数比的情况，我们只能取一个近似值。下面，我将严格仿照托勒密的方法，用六条定理和一个问题来阐述我的观点。
定理一：
如果知道圆的直径，则内接三角形、正方形、五角形、六角形和十角形的边长均可求得。
直径的一半等于六角形的边长。欧几里得在《几何原本》中证明：三角形边长的平方等于六角形边长平方的3倍，正方形边长的平方等于六角形边长的2倍。因此，如果取六角形边长为100000 P ，那么，正方形的边长为141422 P ；三角形的边长为173205 P 。证明如下（见图1.5） 。
图1.5
令：六角形一条边长为AB 。
已知：根据《几何原本》第二卷第十题，线AB 在C 点被分为平均比值和极端比值两段。我们令较长的一段为CB ，并将它延伸至相等长度BD 。
因此，线ABD 也被分成了平均比值和极端比值。
延伸部分BD 是较短的一段，内接于圆内十角形的一边。已知AB 是六角形的一边。那么，我们可以求出BD 的长度。
E 点平分线段AB 。由《几何原本》可知，线段EBD 的平方是线段EB 平方的5倍。
已知：EB 的长度为50000 P 。由它的平方的5倍可得EBD 的长度为111803 P 。
又得：EBD -BD ＝111803 P -50000 P ＝61803 P ，即我们所求的十角形的边长。
同理，五角形边长的平方等于六角形边长与十角形边长平方的和。由此可得五角形边长为117557 P 。
结论：当圆的直径已知时，内接三角形、正方形、五角形、六角形和十角形的边长均可求得。
推论
当已知任意圆弧的弦时，可求得半圆剩余部分所对的弦长。内接于一个半圆的角为直角。在直角三角形中，与直角相对应的边（即直径）的平方等于另外两边的平方之和。十角形一边所对的弧为36°。定理一已证明它的长度为61803 P ，直径为200000 P 。因此，半圆剩下的144°所对的弦长就是190211 P 。五角形一边的长度为117557 P ，它所对的弧为72°，剩下的108°半圆所对弦长可求得为161803 P 。
定理二（定理三的预备定理）：
在圆的内接四边形中，以对角线为边形成的矩形等于两组对边所作矩形之和（见图1.6） 。
图1.6
令：矩形ABCD 为圆的内接四边形。
∵对角线的乘积AC ×DB ＝AB ×DC ＋AD ×BC 。取∠ABE ＝∠CBD 。可得出∠ABD ＝∠EBC ，∠EBD 为两角所共有。且∠ACB ＝∠BDA 。
∴两个相似三角形（△BCE 和△BDA ）的相应边长成比例，即BC ∶BD ＝EC ∶AD 。
EC ×BD ＝BC ×AD 。
∵∠ABE ＝∠CBD ，∠BAC 与∠BDC 都因截取同一圆弧而相等。
∴△ABE ∽△CBD 。
同理，AB ∶BD ＝AE ∶CD ，AB ×CD ＝AE ×BD ，且AD ×BC ＝BD ×EC 。
∴BD ×AC ＝AD ×BC ＋AB ×CD 。得证。
定理三：
已知一个半圆中两段不相等弧所对的弦长，则可求得两弧之差所对的弦长（见图1.7） 。
图1.7
在半圆ABCD 中，AD 为直径。令AB 和AC 为半圆中两段不相等弧所对的弦长，求弦长BC 的长度。
根据定理一的推论，我们可求出半圆中弧的弦BD 和CD 的长度。在半圆中形成四边形ABCD ，对角线AC 和BD ，以及AB 、AD 和CD 这三条边都已知。
根据定理二，在四边形ABCD 中，AC ×BD ＝AB ×CD ＋AD ×BC 。
∴AC ×BD -AB ×CD ＝AD ×BC 。如果该数值除以AD 的长度（这是可行的），即可得到弦BC 的长度。
假设：五角形和六角形的边长已知，二者之差为72°-60°＝12°。
那么：用这个方法求得弦长为20905 P 。
定理四：
已知任意弧所对的弦，可求其半弧所对的弦长（见图1.8） 。
图1.8
令：圆为ABC ，AC 为直径，BC 是给定的弧。
过圆心E 作直线EF 与BC 垂直。根据《几何原本》，EF 将BC 等分于F 。延长EF ，将弧BDC 等分于D 。作弦AB 和BD 。△ABC 和△EFC 为直角三角形。
∵∠ECF 为△ABC 和△EFC 的公共角，且△ABC ∽△EFC ，BFC ＝2CF 。
∴AB ＝2EF ，弦AB 的长度可由定理一的推论求得，从而求出EF 和DF 的长度。
作直径DEG ，连接BG 。在△BDG 中，从直角顶点B 向斜边作垂直线段BF 。
∵GD ×DF ＝BD 2 ，于是可求出弧BDG 的一半所对的弦BD 的长度。
根据定理三，已求得对应于12°的弦长，那么，对应于6°的弦长也可求出为10467 P ；3°为5235 P ； 为2618 P ； 为1309 P 。
定理五：
已知两弧所对的弦，可求出两弧之和所对的弦长（见图1.9） 。
图1.9
令：圆内已知的两段弦为AB 和BC ，求对应于整条ABC 弧的弦长。
作直径AFD 和BFE 及直线BD 和CE 。
AB 和BC 已知，且DE ＝AB ，由定理一可推论出这些弦长。
连接CD ，构成四边形BCDE 。该四边形的对角线BD 和CE 以及三条边BC 、DE 和BE 都可求得。剩余的一边CD 可由定理二求出。
因此，我们可以得到与半圆余下部分所对的弦，即整个 所对的弦CA 的长度。
至此，与3°、 和 相对的弦长都已求得。取这样的间距和数值，可以制作精确的图表。如果要增加1°或 ，使两段弦相加，或作其他运算，那么所求得的弦长是否正确就值得怀疑了。因为目前还找不到它们之间的图形关系。但另一种方法可以做到这一点，并且不会产生较大的误差，只是需要使用一组非常精确的数字。托勒密也计算过1°和 的弦长。他最先指出这个问题。
定理六：
大弧与小弧之比大于所对应两弦长之比（见图1.10） 。
图1.10
令： 和 为圆内两段相邻的弧，且BC ＞AB （需要说明的是，BC ∶AB 的比值大于构成B 角的弦的比值BC ∶AB ）。直线BD 等分B 角。
连接AC ，该线段与BD 相交于E 点。再连接AD 和CD 。由于它们所对的弧相等，因此，AD ＝CD 。
∵在△ABC 中，角等分线BE 与AC 相交于E 点。
∴EC ∶AE ＝BC ∶AB ，且BC ＞AB ，EC ＞EA 。
作DF ⊥AC 。DF 等分线段AC 于F 点（此点应在EC 内）。
在每个三角形中，大角对长边。
因此，在△DEF 中，DE 边长于DF 边。AD 边长于DE 边。以D 为中心、DE 为半径画的圆弧，与AD 相交并超出DF 。
令：此 与AD 相交于H ，并与DF 的延长线相交于I 。
由此可知，扇形EDI ＞△EDF 。△DEA ＞扇形DEH 。
∵△DEF ∶△DEA ＜扇形EDI ∶扇形DEH 。但扇形与其弧或中心角成正比，而顶点相同的三角形与其底边成正比。
∴用EDF ∶ADE 表示的角度之比大于用EF ∶AE 表示的顶边之比。并能进一步证明，∠FDA ∶∠ADE 的角度比大于AF ∶AE 的边长比。
同理可证，∠CDA ∶∠ADE ＞AC ∶AE ，CE ∶EA ＜∠CDE ∶∠EDA ，∠CDE ∶∠EDA ＝CB ∶AB 。CE ∶AE ＝BC ∶AB 。
由此得证：弧长之比CB ∶AB 大于弦长之比BC ∶AB 。
由于两点之间直线最短，弧线总是长于其所对的弦。但随着弧线弯曲程度的不断减小，不等于符号便趋近于等号，最终直线和圆弧同时在圆上的切点处消失。在这种情况出现之前，它们的差必定小到无法计算。我们来看（见图1.11） ：
图1.11
令： 。
设：直径AB 长200000 P ，按定理四可得， 所对弦长为5235 P ， 所对弦长为2618 P 。 是 的两倍，但AB 弦不到AC 弦的两倍，后者比2617只大一个单位。
取 ＝ ， ＝ 。
可得：AB 弦为2618 P ，AC 为1309 P 。虽然AC 弦应当大于AB 弦的一半，但似乎又是一样大，两弧之比与两弦之比趋于一致。由此可知，趋近于直线的弧线之差根本无法察觉，它们似乎已化为同一条线。
因此，我可以毫不犹豫地把 和1309 P 这两个数值同样用于1°或某些分度所对弦的计算。那么， 与 相加，可得1°所对弦为1745 P ； 为 ； 为582 P 。
如果需要制一个表，我相信只需录入倍弧所对的半弧就足够了。用这种简化方法，我可以把以前需要在半圆内展开的数值压缩到一个象限之内，因为在证题和计算时，半弦比整弦用得更多。我取 制表，共分三栏。第一栏是圆周的分度和六分度。第二栏是倍弧的半弦数值。第三栏是每隔一度的差额。利用这些差额，可以得到一度内的分数内相应的正比量（见《圆周弦长表》） 。
1.13 平面三角形的角与边的论证
一
已知三角形的角，可求各边（见图1.12） 。
图1.12
令：三角形为ABC ，根据《几何原本》第四卷问题5，对△ABC 作一个外接圆。
两个三角形的角度之和等于360°， 、 和 三段弧的长度均可求得。当弧已知时，内接三角形相对应的边的长度即可按上表求出。假设直径AC 的长度为200000 P ，参照上表，很快求出边长。
二
已知三角形的一角和两边，可求另一边和另两角。
已知：三角形的两边可以相等或不相等，任意一角可以是锐角、直角或钝角，且已知角可以是也可以不是已知两边的夹角，而为任意一角（见图1.13） 。
图1.13
证一：
令：三角形ABC 的两条已知边AB 和AC 相等，两边的夹角∠A 已知。那么，底边BC 两侧的角可求得。
∵∠ABC ＝∠ACB ，且这两角均等于两直角减去∠A 后数值的一半。
假设：底边BC 两侧任一角已知。
∴使用两直角减去底边两角，即可得出第三角的度数。
当三角形的角和边都已知，BC 相应的值就可在表中查取。取边AB 或边AC 等于100000 P ，则直径BC 等于200000 P 。
证二：
假设：∠BAC 是已知两边形成的直角。那么，得证的结果与上述相同（见图1.14） 。
图1.14
∵AB 2 ＋AC 2 ＝BC 2
∴BC 的长度和各边的关系即可求出。
以BC 为直径，作△ABC 的外接半圆。取BC 等于200000 P ，则可得∠ABC 和∠ACB 所对的弦AB 和弦AC 的长度。
∵∠A 为直角，180°为两直角之和。
∴∠ABC 和∠ACB 的度数即可求出，并可用其查表。
如果底边BC 和夹直角中的任一边已知，可求出同样的结果。
证三：
令：∠ABC 为锐角，其边长AB 和BC 已知。
从A 点向底边BC 作垂线AD （必要时可延长BC ，这主要取决于垂线落在三角形内还是三角形外）。由垂线AD 形成的三角形分别为△ABD 和△ADC （见图1.15） 。
图1.15
∵∠ADC 为直角，设∠B 为已知角。
∴△ABD 的角都已知，且∠A 和∠B 所对应的弦BD 和AD 均可从表中查出。
如果直径AB 等于200000 P ，且AD ＝BD ＝CD ＝AB ，BC -BD ＝CD 。
那么：直角三角形ADC 的两边AD 、CD 可知，所求边AC 和所求角∠ACD 都可按上述方法求出。
证四：
假设：∠B 是钝角（结果与上述一样）。
从A 点向底边BC 的延长线作垂线AD ，构成△ABD 。
∵∠ABD 为∠ABC 的补角，∠ADC 为直角。
∴如果取AB ＝200000 P ，则BD 、AD 可知 [27] 。
直角三角形ADC 的情况与其相同。因为AD 和CD 已知，即可求出AC 边和∠BAC 、∠ACB （见图1.16） 。
图1.16
证五：
令：与∠ABC 相对的边AC 已知，AB 已知，△ABC 的外接圆的直径等于200000 P 。
由AC 与AB 的比值可知，AB 可用相同的单位表示。查表可求出∠ACB 和∠BAC 的度数。利用两角的角度，即可求出弦BC 的值。
三
已知三角形的各边，可求各角。
证一：
众所周知的是，在等边三角形中，每个角的度数都等于两直角度数的三分之一。
在等腰三角形中，两条等边与第三边的比等于半径与弧所对弦的比。已知弧的度数，可查表得出两等边形成的夹角。底边形成的两个角的度数等于两直角减去两等边所夹角所得数值的一半。
亟待研究的是不等边三角形。任何不等边三角形都可以分解成直角三角形（见图1.17） 。
图1.17
令：△ABC 是三边都已知的不等边三角形，BC 为最长边。
从A 点向最长边BC 作垂线AD 。按照《几何原本》，锐角所对应的边AB 的平方小于其他两边的平方之和，且差值是BC 与CD 乘积的两倍。
∠ACB 为锐角，否则按照欧几里得在《几何原本》中的论述，AB 将成为最长边，这显然与我们的假设矛盾。
因此：△ABD 和△ADC 都是边和角已知的三角形，由此可求出△ABC 的各个角。
证二：
结合《几何原本》，我们用另一种方法也能得到相同的结果（见图1.18、1.19） 。
图1.18
图1.19
令：BC 为最短边，以C 为中心、BC 为半径的圆会与三角形的其他两条边或一条边相交。
假设：圆与三角形的两条边相交，与AB 相交于E 点，与AC 相交于D 点。延长ADC 到F 点，使线段DCF 的长度等于直径。
根据欧几里得定理可知，FA ×AD ＝AB ×AE ，且该乘积等于从A 点到圆所作切线的平方。
∵线段AF 的各段和线段AF 均为已知，CF 、CD 为半径，且CF ＝CD ＝BC ，CA -CD ＝AD 。
∴不仅BA ×AE 的值可求出，线段AE 的长度和 所对应的线段BE 的长度也可求出。
连接线段EC ，构成各边均为已知的等腰三角形BCE 。并求出∠EBC 。那么，△ABC 的另外两个角，即∠BAC 和∠BCA 也能求出。
又设：该圆不与AB 相交，且BE 已知。
那么，在等腰三角形∠BCE 中，∠CBE 已知，∠ABC 为其补角，则第三角也可知。
以上论证都是在平面三角形中获证，下面我们将论证球面三角形的情况。
1.14 球面三角形的论证
我们将凸面三角形视为球面上三条圆弧构成的图形。以该图形任意一点为顶点，画出大圆，图形的每一个角的大小可用所画大圆的弧长表示。这些弧与整个圆周的比等于相交角与直角之比。
一
如果球面上有三段弧，并且其中任意两段之和长于第三段，那么，它们就能形成一个球面三角形。
这在欧几里得的《几何原本》中已经被论证过。因为角与角之比等于弧与弧之比，完整的大圆面又必定通过球心，成为弧的三段大圆就形成了一个立体角，因此本定理成立。
二
三角形的任意一边小于半圆。
半圆的球心不能单独构成角度，只能成为一直线。如果三角形的一条边与球心连接，那么，另外两条边在球心就不能构成一个立体角，因此不能形成球面三角形。我认为，这就是为什么托勒密在论证这类三角形时规定各边均不能大于半圆。
三
在直角球面三角形中，直角对边的二倍弧所对弦同它的一邻边与对边所夹角的二倍弧之比，与球直径同另一邻边与其对边所夹角的2倍在大圆上所对弦之比相等（见图1.20） 。
图1.20
证明：
令：在球面三角形ABC 中，∠C 是直角。两倍AB 所对的弦同两倍BC 所对的弦之比，等于球的直径同两倍∠BAC 在大圆上所对的弦之比。
令A 为顶点，画出大圆弧 ，形成ABD 和ACE 两个象限。再从球心F 画出各圆面的交线：
与 的交线为FA ， 与 的交线为FE ， 与 为FD ， 的交线与BC 两圆面的交线为FC 。
作直线BG ⊥直线FA ，直线BI ⊥直线FC ，直线DK ⊥直线FE ，连接GI 。
如果一圆与另一圆相交并通过对方两个顶点，则两圆相交成直角。
因此，∠AED ＝90°，同理，∠ACB ＝90°。
可知，平面EDF ⊥平面AEF 。在EF 直线上K 点作直线KD ⊥直线FKE 。根据欧几里得《几何原本》，KD 也垂直于AEF 。同理，作线BI 垂直于同一平面，DK 平行于BI 。
又∵∠FGB ＝∠GFD ＝90°，GB ∥FD 。
根据欧几里得《几何原本》，∠FDK ＝∠GBI ，∠FKD ＝90°，根据垂线定义，∠GIB ＝90°。
且相似三角形的边长成比例。
∴DF ∶BG ＝DK ∶BI 。
又：线BI ⊥线CF ，BI 是 的倍弧所对的半弦。可知，BG 是 的倍边所对的半弦。 是 的倍边或A 的倍角所对的半弦，而DF 是球的半径。
因此， 的倍边所对弦与 的倍边所对弦的比等于直径与∠A 的倍角或DE 的倍弧所对的弦之比。
这个结论在后面还会用到。
四
在任意直角三角形中，若任一角和任一边已知，则其余的角和边都可求得。
令：△ABC 中，∠A ＝90°，∠B 为已知角，已知边分别是：与两已知角相邻，为AB ；只与直线相邻，为AC ；为直角的对边即BC （见图1.21） 。
图1.21
①若已知边AB ：
以C 点为顶点，作大圆的 ，连接象限CAD 和CBE ，延长 和 ， 交 于F 点。
∠A ＝∠D ＝90°，F 是 的顶点。如果球面上的两个大圆相交成直角 [28] ，那么，ABF 和DEF 都是象限。
又∵ 边AB 已知，象限的其余部分 也可知，且∠EBF ＝∠ABC ，而∠ABC 是已知角。按前面的定理，两倍 所对的弦与两倍 所对弦之比，等于球的直径与两倍∠EBF 所对的弦之比，可见，这组数据中的直径、 和∠EBF 这三个量已知。
∵根据欧几里得《几何原本》，与 的倍弧所对的半弦可知。根据前表， 也可知。那么，象限的其余部分DE 即为可知，∠C 可知。
反过来，同样可得 和 的倍弧所对弦之比等于∠EBC 与 之比。因为已有三个量（ 、 和象限CBE ）已知，因此，第四个量即两倍 所对应的弦也可知，那么，边CB 同样可知。
就倍弧所对弦来说，CB ∶CA ＝BF ∶EF ，这两个比值也等于球直径与两倍∠CBA 所对弦的比，两个比值都等于相同比值，那么，它们彼此也相等。
因此，当BF 、EF 和CB 等三个量已知，第四个量，即△ABC 的第三边CA 也能求得。
②若已知边AC ：
求边AB 、边BC 和∠C 。
如果作反论证，两倍 所对弦与两倍 所对弦之比，等于两倍∠ABC 所对弦与直径之比。由此可求出边CB 、AD 、BE 。那么，即可求得两倍AD 所对弦与两倍BE 所对弦之比，等于两倍∠ABF 所对弦（即直径）与两倍BF 所对弦之比。
同理，已知两倍 、 和∠FBE 所对的弦，即可求得两倍DE 所对的弦，即∠C 。
进而言之，如果 已知，如前所述，即可求得 、 和 。使用这些量并通过所对直线与直径，可求得弧BF 和边AB 。根据前面的定理，由于 、 和∠CBE 已知，可得 ，即我们要求的∠C 。
因此，在△ABC 中，∠A 和∠B 已知，且∠A ＝90°，三角形的一边已知，则第三角与其他两边可求得，得证。
五
如果三角形的角都已知，且其中一个角为直角，则各边均可求出。
证明：
继上图1.21，∠C 已知，则弧DE 可知，象限的其余部分EF 也可知。
∵∠BEF 为直角，∠EBF 为一个已知角的对顶角。
∴△BEF 中，∠E 为直角，∠B 和边EF 已知，则它的边和角都可知。于是，BF 可知，象限剩余部分AB 也可知。
同理，在△ABC 中，同样可以证明其余的边AC 和BC 可知。
六
在同一球面上有两个直角三角形，它们各有一组对应角和一组对应边相等，则无论该边与相等角的位置关系如何，其余的两条对应边和一个对应角也相等（见图1.22） 。
图1.22
令：在半球ABC 上有△ABD 和△CEF ，且∠A ＝∠C ＝90°。
再令：∠ADB ＝∠CEF ，且两个三角形各有一边相等。
令：相等边是相等角的邻边，即 ＝ 。且 ＝ ， ＝ ，∠ABD ＝∠CFE 。
以B 和F 为顶点，画大圆的象限GHI 和IKL ，连接 和 相交于I 点。
＝ ，它们的余边也应相等，即DI ＝IE 。对顶角∠IDH ＝∠IEK 。且∠H ＝∠K ＝90°。
等于同一比值的两个比值应当相等，两倍 所对弦与两倍 所对弦的比值，与两倍 所对弦与两倍 所对弦的比值也应该相等。根据上述的定理三，这些比值都等于球的直径与两倍∠IDH 所对弦的比。两倍 弧所对的弦等于两倍 所对的弦。
根据欧几里得《几何原本》，两倍 和 所对弦相等。在相等的圆中，相等的直线截出的弧也相同，但分数与相同因子的乘积不变。 与 相等，象限剩余部分GH 跟KL 也相等，于是，∠B ＝∠F 。
由于两倍 所对弦与两倍 所对弦的比等于两倍 所对弦与两倍 所对弦的比，也等于两倍 所对弦与两倍 所对弦的比。根据定理三的逆定理，这两组比值都等于两倍 所对弦与两倍 所对弦的比。因此，根据欧几里得《几何原本》可知，通过两倍BD 和EF 所对直线，可证明这两段弧相等。
既知 ＝ ，那么，我们采用同样的方法即可证明剩余的边和角也全部相等。如果把 和 设为相等边，结果不变。
七
假设球面上没有直角三角形，但相等角的邻边等于相应边，以上结论同样成立（见图1.23） 。
图1.23
证明：在△ABD 和△CEF 中，设任意角∠B ＝∠F ，∠D ＝∠E 。
令：与相等角相邻的边BD ＝EF ，即两个三角形的各边和角都相等。
以B 点和F 点为端点，画出大圆的 和 。延长 和 相交于N ，延长 和 相交于M 。
因此，在△HDN 和△EKM 中，∠HDN ＝∠KEM ，H 点和K 点都通过端点。那么，∠HDN ＝∠KEM ＝90°，且 ＝ 。按上述定理，这两个三角形的角和边都相等。
假设：∠B ＝∠F ，且 ＝ ，经过相等量的加减运算后，这两组量仍相等，可知GHN ＝MKL 。
那么，在△AGN 和△MCL 中，GN ＝ML ，∠ANG ＝∠CML ，且∠G ＝∠L ＝90°。
综上所述，这两个三角形的各边与角都相等，在进行相应的等量加减运算后，结果不变。
因此，证得： ＝ ， ＝ ，∠BAD ＝∠ECF 。
八
进一步说，如果两个三角形有两条相应的边相等，且有任意一个角相等，那么，这两个三角形的底边相等，其余两个相应角也相等。
令：边AB ＝CF ，AD ＝CE ，且相等边的夹角∠A ＝∠C ，求证：BD ＝EF ，∠B ＝∠F ，∠BDA ＝∠CEF 。
在△AGN 和△CLM 中，∠G ＝∠L ＝90°，∠BAD ＝∠ECF ，∠GAN ＝∠MCL ，且GA ＝LC 。
因此，两三角形相对应的边和角都相等。
又：AD ＝CE ，DN ＝ME 。
∵已证明∠DNH ＝∠EMK ，且∠H ＝∠K ＝90°。
∴△DHN 和△EMK 相对应的各边和角也相等。
由此可知，BD ＝EF ，GH ＝KL ，∠B ＝∠F ，∠ADB ＝∠FEC 。
如果我们所取的边不是AD 和EC ，而其他的条件不变，同样可以得到以上结果。作为对等角的补角，∠GAN ＝∠MCL ，∠G ＝∠L ＝90°。
因此，△AGN 与△MCL 相对应的边和角都相等。对于△DHN 和△MEK 来说，情况也一样。
九
在球面上的等腰三角形两底边上的角相等（见图1.24） 。
图1.24
令△ABC 的两边AB ＝AC 。求证：∠B ＝∠C 。
以A 为顶点画与底边垂直的大圆AD ，在△ABD 和△ADC 中，BA ＝AC ，AD 是两三角形的公共边，AD ⊥BC ，因此，∠B ＝∠C 。
推论：根据本定理及其论证过程可知，过等腰三角形顶点且与底边垂直的直线平分三角形，且底边上两角相等。
该推论的逆命题同样成立。
十
相应边均相等的两个任意三角形的相应角也相等。
在这种情况下，三段大圆形成一个圆锥体，顶点位于球心，该锥体的底是两个由弧所对直线构成的三角形。根据立体图形相等或相似的定义，具有相似结构的两个图形的角相等，因此这两个三角形相等。由此可以看出，相应边和相应角相等的两个球面三角形相等，这同平面三角形的规则一样。
十一
已知三角形的两边和一角，其余各边和角可知。
如果已知边相等，那么，可证明两底角相等。根据上文的定理九，从直角顶点作一条垂直于底边的弧线，即可证明（见图1.25） 。
图1.25
但在△ABC 中，已知边可以不相等。
若∠A 和任意两边已知。
令：∠A 是已知边AB 和AC 的夹角。
以C 为顶点，画大圆弧DEF 。构成象限CAD 和CBE ，延长AB ，与DE 相交于F 点。在△ADF 中，已知边AD 是象限减去AC 的剩余部分。∠BAD ＝180°-∠CAB ，∠BAD 已知。
∵角度的比值与直线到平面的距离比值相同，且∠E ＝90°。
∴根据定理四，△ADF 的各边和角都可知。
在△BEF 中，∠F 已知，∠E 的两边都通过顶点，因此，∠E ＝90°。
边BF 是ABF 超出AB 的部分，也是已知的。因此，△BEF 的各边与角也都可知。
根据BE ，可求出BC 的值。根据EF ，可得DE 的值和∠C 的值，根据∠EBF ，可得∠ABC 的值，即所求角的值。
如果我们假定的已知边不是AB ，而是BC ，其结论仍然相同。
按照这个论证，△ADF 和△BEF 的各边和角都可知。从而可求出主题三角形ABC 的各边和角。
