引理 XVII
如果由给定的圆锥截线上的任意点P，以给定的角向内接于那条圆锥截线的任意不规则四边形ABCD的无限延长的四边AB，CD，AC和DB引相同数目的直线PQ，PR，PS和PT，一条直线对一边：则向两对边所引［的直线］的矩形PQ×PR，比向另两对边所引［的直线］的矩形PS×PT按照给定的比。
情形1 首先我们假设向对边所引的线与其余边中的某一边平行，设为PQ和PR平行于边AC，且PS和PT平行于边AB。再设上面对边中的两边，设为AC和BD，彼此平行。则直线，它平分那些平行的边，是圆锥截线的一条直径，它也平分RQ。设O为一点，在此处RQ被平分，PO是属于那条直径的纵标线。延长PO至K，使得OK等于PO，则OK是属于那条直径异侧的纵标线。由于点A，B，P和K在圆锥截线上，且PK以给定的角截AB，所以（由阿波罗尼奥斯的《圆锥截线 》卷III，命题17，19，21和23）矩形PQK比AQB按照给定的比。但QK和PR相等，由于相等的线OK，OP以及OQ，OR的差相等，由此矩形PQK和PQ×PR也相等；所以矩形PQ×PR比矩形AQB，这就是比矩形PS×PT按照给定的比。此即所证 。
情形2 现在我们假设不规则四边形的对边AC和BD不平行。作Bd平行于AC，既交直线ST于t，又交圆锥截线于d。连结Cd截PQ于r，并作DM平行于PQ，截Cd于M且截AB于N。现在，由于三角形BTt，DBN相似，Bt或者PQ比Tt如同DN比NB。这样Rr比AQ或者PS如同DM比AN。所以，前项乘以前项且后项乘以后项，矩形PQ乘以Rr比矩形PS乘以Tt，如同矩形NDM比矩形ANB，且（由情形1）如同矩形PQ乘以Pr比矩形PS乘以Pt，又由分比，如同矩形PQ×PR比矩形PS×PT。此即所证 。
情形3 最后我们假设四条直线PQ，PR，PS，PT不与边AC，AB平行，而对它们有任意的倾角。代替它们，引Pq，Pr平行于AC；且Ps，Pt平行于AB；因为三角形PQq，PRr，PSs，PTt的角给定，PQ比Pq，PR比Pr，PS比Ps，和PT比Pt为给定的比；因此复合比PQ×PR比Pq×Pr，PS×PT比Ps×Pt ［为给定的比］。但是，由前面的证明，Pq×Pr比Ps×Pt为给定的比；所以比PQ×PR比PS×PT ［为给定的比］。此即所证 。
引理 XVIII
对同样的假设，如果向不规则四边形两对边所引［的直线］的矩形PQ×PR比向另两对边所引［的直线］的矩形PS×PT按照给定的比；点P，直线从它而引，位于围绕不规则四边形所画出的圆锥截线上。
设想经过点A，B，C，D和无穷多点P中的某一个，设为点p，画一圆锥截线：我说点P总位于这一截线上。如果你否认，连结AP截这条圆锥截线于另一点，如果可能的话，设为点b。所以，如果由这些点p和b以给定的角向不规则四边形的边引直线pq，pr，ps，pt和bk，bn，bf，bd；则bk×bn比bf×bd（由引理XVII）如同pq×pr比ps×pt，且如同（由假设）PQ×PR比PS×PT。且由于不规则四边形bkAf，PQAS相似，bk比bf如同PQ比PS。因此，前面比例的项除以这一比例的对应项，得bn比bd如同PR比PT。所以，等角不规则四边形Dnbd，DRPT相似，因此它们的对角线Db，DP重合。于是b落在直线AP，DP的相交部分，因而与P重合。所以，点P，无论怎样取，总落在指定的圆锥截线上。此即所证 。
系理 因此，如果三条直线PQ，PR，PS由一个公共的点P以给定的角引向相同数目的位置给定的直线AB，CD，AC，一条直线对一条直线，且如果所引的两条直线之下的矩形PQ×PR比第三条直线PS的正方形 （18） （quadratum）按照给定的比：点P，直线从它而引，位于一条圆锥截线上，它与直线AB，CD在A和C相切；且反之亦然。因为直线BD与直线AC重合时，三条直线AB，CD，AC保持位置；然后直线PT与直线PS也重合：矩形PS×PT变成PSquad. ；又，直线AB，CD，它们先前与曲线截于A和B，C和D，现在由于那些点重合曲线不能再与它们相截，而只是相切。
解释
在这一引理中，圆锥截线的名称在更广的意义上被使用，在此情况下不但包括经过圆锥顶点的直线形截线，而且包括平行于底的圆形截线。因为，如果点p落在一条直线上，由它点A和D或者C和B被连结，圆锥截线变为一对直线，其中之一是那条直线，点p落在其上，另一是一条直线，四点中另外两点被它连结。如果不规则四边形的两对角合在一起等于两个直角，且引向其边的四条直线PQ，PR，PS，PT或者与边垂直，或者与边成任意相等的角，且所引的两直线［PQ，PR］之下的矩形PQ×PR等于所引的另两直线［PS，PT］之下的矩形PS×PT，圆锥截线变成圆。同样的事情会发生，如果以任意角引四条直线，且所引的两直线［PQ，PR］之下的矩形PQ×PR比另两直线［PS，PT］之下的矩形PS×PT，如同引后面的两直线PS，PT的角S，T的正弦之下的矩形，比引前面的两直线PQ，PR的角Q，R的正弦之下的矩形。在其余的情形点P的轨迹是其他三种图形，它们通常被称为圆锥截线。但可用其两对边如对角线那样相互交叉的四边形代替不规则四边形ABCD。然而四个点A，B，C，D中的一个或两个点可跑到无穷远处，图形的汇聚到这些点的边变为平行：在这种情形圆锥截线经过其他的点，并如平行线那样远离以至无穷。
引理 XIX
求点P，如果由它向数目相同的，位置给定的直线AB，CD，AC，BD以给定的角引四条直线PQ，PR，PS，PT，一条直线对一条直线，所引的二条直线［PQ，PR］之下的矩形PQ×PR比所引的另外两条直线［PS，PT］之下的矩形PS×PT，按照给定的比。
设直线AB，CD，往它们所引的两直线PQ，PR包含矩形中的一个，与其他位置给定的两条直线交于A，B，C，D。从它们之中的A作任意直线AH，你期望在其上找到点P。它截相对的直线BD，CD，即截BD于H且截CD于I，又因图形的所有角被给定，PQ比PA和PA比PS之比被给定，因此PQ比PS之比亦被给定。从给定的比PQ×PR比PS×PT中移去这个比，PR比PT之比被给定，又添加上给定的比PI比PR和PT比PH，PI比PH之比被给定，因此点P亦被给定。此即所求 。
系理1 因此向无穷多个P点的轨迹上的任意点D可引切线。因为弦PD，当点P和D相遇时，这就是，当所引的AH经过D时，成为切线。在这种情形，正消失的线IP和PH的最终比如上被发现。所以引平行于AD的CF交BD于F，它以最终比截于E，则DE为切线，因为CF和正消失的IH平行，且相似地截于E和P。
系理2 因此，也能确定所有点P的轨迹。经任意点A，B，C，D，设为A，引轨迹的切线AE，又过另外任意一点B引平行于切线的BF交轨迹于F。由引理XIX发现点F。BF平分于G，所作的不定直线AG在直径的位置上，BG和GF为附属于它的纵标线。这个AG交轨迹于H，则AH是直径或者横截径 （19） （latus transversum），通径比它如同BGq 比AG×GH。若AG不与轨迹相交，直线AH无限延伸，轨迹为抛物线，其对应于直径AG的通径为（BGq ）/（AG）。如果它与轨迹交于某处，当点A和H在G的同侧时，轨迹为双曲线；当G在中间时，为椭圆，除非角AGB为直角，并且BGquad. 等于矩形AGH，在这种情况下轨迹为圆。
如是关于四线的古老问题，由欧几里得开始，并经过阿波罗尼奥斯继续，不用计算，而用几何作图，在本系理中所显示的，正如古人的要求。
引理 XX
如果任意的平行四边形ASPQ的两个对角A和P与任意的圆锥截线在点A和P接触；并且那些角中的一个的无限延伸的边AQ，AS与同一圆锥截线在B和C相交；再由交点B和C向圆锥截线上任意的第五个点D引两条直线BD，CD，它们与平行四边形的无限延伸的边PS，PQ交于T和R：边被截下的部分PR与PT彼此之比总按照给定的比。且反之，如果那些截下的部分彼此之比按照给定的比，点D接触过四点A，B，C，D的圆锥截线。
情形1 连结BP，CP并由点D引两直线DG，DE，它们中的前者DG平行于AB且交PB，PQ，CA于H，I，G；另外一条直线DE平行于AC且交PC，PS，AB于F，K，E：则（由引理XVII）矩形DE×DF比矩形DG×DH按照给定的比。但是PQ比DE（或者IQ）如同PB比HB，且由此如同PT比DH；并由更比，PQ比PT如同DE比DH。又PR比DF如同RC比DC，且因此如同（IG或者）PS比DG，再由更比，PR比PS如同DF比DG；由比的结合，矩形PQ×PR比矩形PS×PT如同矩形DE×DF比矩形DG×DH，因此按照给定的比。但是PQ和PS被给定，所以PR比PT之比被给定。此即所证 。
情形2 但是，如果PR和PT彼此之比被假定为按照给定的比，由类似的理由回推，得到矩形DE×DF比矩形DG×DH按照给定的比，且因此点D（由引理XVIII）位于经过点A，B，C，P的圆锥截线上。此即所证 。
系理1 因此，如果引BC截PQ于r，且在PT上，按照Pt比Pr之比与PT比PR所具有的比相同，取Pt：则Bt是圆锥截线在点B的切线。因为当点D与点B会合时，使得弦BD消失，BT成为切线；且CD和BT与CB和Bt重合。
系理2 且反之亦然，如果Bt为切线，且BD，CD相遇于圆锥截线上任意的点D；PR比PT如同Pr比Pt。反之，如果PR比PT如同Pr比Pt：BD，CD相遇于圆锥截线上的某点D。
系理3 一条圆锥截线不能与另一条圆锥截线在多于四个点相截。因为，如果这是可能的，两条圆锥截线通过五点A，B，C，P，O；直线BD截它们于D和d，且PQ截直线Cd于q。所以PR比PT如同Pq比PT；因此PR和Pq彼此相等，这与假设相悖。
引理 XXI
如果两条活动且无限的直线BM，CM经由作为极的给定的点B，C引出，由它们的交点M画出位置给定的第三条直线MN；引另外两条无限的直线BD，CD，它们与先引的两条直线在所给定的点B，C构成给定的角MBD和MCD：我说这两条直线BD，CD由它们的交点D画出经过点B，C的圆锥截线。且反之亦然，如果直线BD和CD的交点D画出一条经过给定的点B，C，A的圆锥截线，则角DBM总等于给定的角ABC，角DCM总等于给定的角ACB；点M位于位置给定的直线上。
因为在直线MN上设点N被给定，且当动点M落在不动的N时，动点D落在不动的P。连结CN，BN，CP，BP，且由点P作直线PT，PR交BD，CD于T和R，并使得角BPT等于给定的角BNM，且角CPR等于给定的角CNM。然而（由假设）角MBD，NBP相等，正如角MCD，NCP；去掉公共的［角］NBD和NCD，剩下的［角］NBM和PBT，NCM与PCR相等，且因此三角形NBM，PBT相似，正如三角形NCM，PCR。故PT比NM如同PB比NB，且PR比NM如同PC比NC。但是点B，C，N，P是不动的。所以PT和PR比NM有给定的比；因此［PT和PR］相互之比为给定的比；于是（由引理XX）点D，在那里动直线BT和CR的持续相交，在经过点B，C，P的圆锥截线上。此即所证 。
且反之，如果动点D落在经过给定的点B，C，A的圆锥截线上，且角DBM总等于给定的角ABC，角DCM总等于给定的角ACB，又当点D相继落在截线上任意两个不动的点p，P时，动点M相继落在两个不动的点n，N：过同样的n，N引直线nN，这是那个动点M的持续不断的轨迹。因为，如果可能，假使点M位于某一曲线上。所以当点M持续位于曲线上时，点D位于经过五点B，C，A，p，P的圆锥截线上。但是，由已证明的，当点M持续在直线上时，点D也位于经过同样五点B，C，A，p，P的圆锥截线上。所以两条圆锥截线经过相同的五点，与引理XX的系理3相悖。因而点M位于曲线上是荒谬的。此即所证 。
命题XXII 问题XIV
经过五个给定的点画出一条轨道。
设五个点A，B，C，P，D被给定。由它们中的某一点A往另外两个任意点B，C，它们被称为极，作直线AB，AC，又过第四点P引与这些直线平行的线TPS，PRQ。然后由两极B，C引过第五点D的两条无穷直线BDT，CRD，与最新引的TPS，PRQ（前者交前者且后者交后者）交于T和R。最后，对于直线PT，PR，作直线tr平行于TR，所截下的任意的Pt，Pr与PT，PR成比例；且如果过它们的端点t，r和极B，C作［直线］Bt，Cr交于d，那个点d位于所求的轨道上。因为那个点d（由引理XX）位于经过四点A，B，C，P的圆锥截线上；且直线Rr，Tt消失时，点d与点D重合。所以圆锥截线穿过五个点A，B，C，P，D。此即所证 。
另解
在给定的点中连结任意的三点A，B，C；且围绕它们中作为极的两点B，C，转动大小给定的角ABC，ACB，先应用股BC，CA于点D，然后用于点P，并标记点M，N，另两股BL，CL在每一情形在那里交叉。引无穷直线MN，并围绕它们的极B，C转动那些动角，使得股BL，CL或者BM，CM的交叉，它现在是m，总落在那条无穷直线MN上；且股BA，CA，或者BD，CD的交叉，它现在是d，画出所求的轨道PADdB。因为点d（由引理XXI）位于过点B，C的圆锥截线上；且当点m靠近点L，M，N时，点d（由作法）靠近点ADP。因此经过五个点A，B，C，P，D的圆锥截线被画出。此即所作 。
系理1 因此，能便捷地引一直线，它与所得到的轨道在任何给定的点B相切。点d前进到点B，直线Bd将成为所求的切线。
系理2 因此轨道的中心、直径和通径亦可以求得，如按照引理XIX的系理2。
解释
连结BP使前一作法变得更为简单，且那条直线，如果需要，则延长之，在其上取Bp比BP如同PR比PT；又过p引无穷直线pe与SPT平行，并在pe之上总取pe等于Pr；再引直线Be，Cr交于d。因为，由于Pr比Pt，PR比PT，pB比PB，pe比Pt按照相同的比；pe和Pr总相等。由这个方法发现轨道的点最为便捷，除非你愿意用机械的方法画出曲线，如按照第二种作法。
命题XXIII 问题XV
画出一条轨道，它经过四个给定的点，并与一条位置给定的直线相切。
情形1 设切线HB，切点B，且其他三点C，D，P被给定。连结BC，并引PS平行于直线BH，以及PQ平行于直线BC，补足平行四边形BSPQ。作BD截SP于T，且CD截PQ于R。此后，引任意的tr平行于TR，从PQ，PS上所截下的Pr，Pt分别与PR，PT成比例；再作Cr，Bt交于d，（由引理XX）它总落在要画的轨道上。
另解
既围绕极B转动大小给定的角CBH，又围绕极C转动任意向两方延伸的半径DC。标记点M，N，在那里角的股BC截那条半径，当它的另一股与同一半径交于点P和D时。然后作无穷直线MN，设那条半径CP或者CD与角的股BC的总交在这条直线上，且［角的］另一股BH与半径的交点画出所要的轨道。
因为如果在前一问题的作法中，点A靠近点B，直线CA与CB将重合，且线AB在最终位置成为切线BH；因此在那里的作法变得与这里描述的相同。所以股BH与半径的交点画出经过点C，D，P，且与直线BH在B相切的一条圆锥截线。此即所作 。
情形2 设给定的四个点B，C，D，P位于切线HI之外。两两连结给定的点，直线BD，CP交于G，且交切线于H和I。切线在A被截，使得HA比IA，如同CG和GP之间的比例中顶与BH和HD之间的比例中项之下的矩形比DG和GB之间的比例中顶与PI和IC之间的比例中项之下的矩形；则A为切点。因为，如果平行于直线PI的HX截轨道于任意点X和Y：则（由《圆锥截线 》）点A所在的位置，使得HAquad. 比AIquad. 按照来自矩形XHY比矩形BHD之比，或者矩形CGP比矩形DGB之比，和来自矩形BHD比矩形PIC之比的复合比。但是在找到切点A之后，轨道按照第一种情形被画出。此即所作 。
然而点A可能既取在点H和I之间，又取在它们之外；［在这种情况］照样画出两道轨道。
命题XXIV 问题XVI
画出一条轨道，它经过三个给定的点，并与两条位置给定的直线相切。
设切线HI，KL被给定，且点B，C，D被给定。经两任意点B，D作无穷直线交切线于点H，K。然后亦经另外两任意点C，D作无穷直线CD交切线于点I，L。截已作的［直线］于R和S，使得HR比KR如同BH和HD之间的比例中项比BK和KD之间的比例中项；且IS比LS如同CI和ID之间的比例中项比CL和LD之间的比例中项。随意截在点K和H，I和L之间，或者它们之外；然后作［直线］RS截切线于A和P，则A和P为切点。因为，如果A和P被假设为切线上的某些切点；经点H，I，K，L中任意的点I，它位于一条切线HI上，作直线IY平行于另一条切线KL，它交曲线于X和Y，并在这条直线上取IZ为IX和IY之间的比例中项：由《圆锥截线 》，矩形XIY或IZquad. 比LPquad. 如同矩形CID比矩形CLD，亦即（由作图）如同SIquad. 比SLquad. 。因此IZ比LP如同SI比SL。所以点S，P，Z位于一条直线上。因为切线交于G，则（由《圆锥截线 》）矩形XIY或IZquad. 比IAquad. 如同GPquad. 比GAquad. 。因此IZ比IA如同GP比GA。所以点P，Z和A位于一条直线上，且因此点S，P和A在一条直线上。又由同样的论证，证得点R，P和A在一条直线上。所以切点A和P位于直线RS上。找到这些点之后，轨道按照上一问题的第一种情形被画出。此即所作 。
在本命题和上一命题的第二种情形中，无论直线XY截轨道于X和Y，或者不相截，作图法是一样的；它们与截线无关。但是当已证明那条直线与此轨道相截时的作图法，就能明了不相交时作图法；为了简捷我不再继续进一步的证明。
引理 XXII
把图形变为同一种类的其他图形。
设要变换的是任意图形HGI。随意引两条平行线AO，BL，截第三条位置给定的任意直线AB于A和B，且由图形的任意一点G，往直线AB引任意的GD，它与OA平行。然后由另一点O，它在直线OA上被给定，往点D引直线OD，它交直线BL于d，并由交点以与直线BL包含任意给定的角竖立直线dg，且它具有与Od之比如同DG比OD具有之比；则点g为点G在新图形hgi中对应的点。由同样的方式，原图形中的每个点给出新图形中同样数目的点。所以，设想点G持续运动走遍原图形中的所有点，则点g以类似的持续运动走遍新图形中的所有点并画出同一图形。为了便于区分，我们称DG为原纵标线，dg为新纵标线；AD为原横标线，ad为新横标线；O为极，OD为交截半径，OA为原纵半径，且Oa（由被补足的平行四边形OABa）为新纵半径。
现在，我说，如果点G位于位置给定的一条直线上，点g也位于位置给定的一条直线上。如果点G位于一条圆锥截线上，点g也位于一条圆锥截线上。这里我把圆算在圆锥截线中。而且如果点G位于一条三次分析阶（ordo analyticus）的［曲］线上，则点g位于三阶的［曲］线上；同样对更高阶的曲线亦是如此。点G，g位于的两曲线的分析阶总相同。因为ad比OA如同Od比OD，dg比DG，以及AB比AD；且因此AD等于（OA×AB）/（ad），且DG等于（OA×dg）/（ad）。现在如果点G位于一直线上，因此在任意的方程中，它具有横标
线AD和纵标线DG之间的关系，那些未定元AD和DG只升至一次，在此方程中AD用（OA×AB）/（ad）代替，且DG用（OA×dg）/（ad）代替，产生一新方程，在其中新横标线ad和新纵标线dg只升至一次。因此必定表示一条直线。否则AD和DG，或者其中之一，在第一个方程中升至二次，ad和dg在第二个方程中类似地升至二次。对三次或更高的次亦如此。在第二个方程中的未定元ad，dg与在第一个方程中的AD，DG总上升到同样的次数，所以点G，g［分别］位于的线，有相同的分析阶。
除此之外，我说如果某一直线在原图形中与一曲线相切；这条直线按照与曲线相同的方式被变换到新图形中，则在新图形中直线与那条曲线相切；且反之亦然。因如果在原图形中曲线上的任意两点相互靠近并重合，在新图形中被变换过的点也相互靠近并重合；因此连接这些点的直线在两个图形中同时成为曲线的切线。
本来我可以给出这些断言的更切近几何方式的证明。但是我力图简约。
所以，如果一个直线图形向另一个图形变换，只需变换构成图形的相交部分，再在新图形中经被变换过的相交部分引直线即可。但是如果应变换曲线，必须变换那些有能力定义曲线的点、切线和其他直线。而且，通过把目标图形变化为更简单的图形，这个引理可用于困难问题的求解中。因此汇聚直线变换为平行直线，用原纵半径代替任意过汇聚点的直线，因此那个交点由于这种约定而跑至无穷；直线无处相交而平行。在新图形中问题被解出之后，如果由逆运算变换这个图形为原图形，可得所需的解。
这个引理亦可用于求解立体问题。每当遇到两个圆锥截线，问题可由它们的交点求解，随意变换它们中的任一个，如果它是双曲线或者抛物线，变为椭圆，然后易于由椭圆变为圆。在平面作图问题中，直线和圆锥截线同样可转变为直线和圆。
命题XXV 问题XVII
画出一条轨道，它经过两个给定的点，并与三条位置给定的直线相切。
由任意两切线彼此的交点，和第三条切线与那条直线的交点，它穿过两个给定的点，作无穷直线；用此线作为原纵半径，由前面的引理，此图形被变换为一个新图形。在这个图中那两条切线变为彼此平行，且第三条切线与过两个给定的点的直线平行。令hi，kl为那两条平行的切线，ik为第三条切线，且hl为与此直线平行，过那些点a，b的直线，在这个新图形中，圆锥截线应穿过点a，b，再补足平行四边形hikl。设直线hi，ik，kl被截于c，d，e，使得hc比矩形ahb的平方根 （20） （latus quadratum），ic比id，以及ke比kd如同直线hi和kl的和比三条直线之和，其第一条直线为ik，其余两条直线为矩形ahb和alb的平方根：则c，d，e为切点。因为，由《圆锥截线 》，正方形hc比矩形ahb，正方形ic比正方形id，正方形ke比正方形kd，和正方形el比矩形alb按照相同的比；且所以hc比ahb的平方根，ic 比id，ke比kd，和el比alb的平方根按照那个比的平方根，且由复合，按照所有的前项hi和kl比所有的后项，即矩形ahb的平方根，直线ik和矩形alb的平方根，这一给定的比。所以由那个给定的比，在新图形中得到切点c，d，e。通过上一引理中的逆运算把这些点变换到原图形中，于是（由问题XIV）画出轨道。此即所作 。此外，一如点a，b位于点h，l之间或之外，点c，d，e应取在点h，i，k，l之间或者之外。如果点a，b之一落在点h，l之间，且另一个在它们之外，问题是不可能的。
命题XXVI 问题XVIII
画出一条轨道，它经过一个给定的点，并与四条位置给定的直线相切。
由切线中任意两条的公共的相交部分到其余两条的公共的相交部分引一条无穷直线，且同样用作原纵半径，此图形被变换为（由引理XXII）一新图形，且两两交于原纵半径的切线，现在成为平行的。令那些［切线］hi和kl，ik和hl连接成平行四边形hikl。且p是在这个新图形中的点，它对应于原图形中的给定的点。过图形的中心O引pq，且使Oq等于Op，则q为在此新图形中圆锥截线应经过的另一点。由引理XXII，这个点经逆运算被变换到原图中，且在那里有两个点，过它们画出轨道。而且，过同样的点，由问题XVII可画出那条轨道。此即所作 。
引理 XXIII
如果两条位置被给定的直线AC，BD终止于给定的点A和B，且给定彼此之比，直线CD，它连结不定点C，D，在K按照给定的比被截：我说点K位于位置被给定的直线上。
因为，设直线AC，BD交于E，在BE上取BG比AE如同BD比AC，且FD总等于给定的EG；再由作图，EC比GD，亦即比EF，如同AC比BD，且因此按照给定的比，所以三角形EFC的种类被给定。CF被截于L，使得CL比CF按照CK比CD之比；且由于那个给定的比，三角形EFL的种类亦被给定；因此点L位于位置被给定的直线EL上。连结LK，则三角形CLK，CFD相似，又由于FD给定且LK比FD为给定的比，LK被给定。［在ED上］取与LK相等的EH，则ELKH总为平行四边形。所以点K位于那个平行四边形的位置给定的边HK上。此即所证 。
系理 因图形EFLC的种类被给定，三条直线EF，EL和EC，亦即GD，HK和EC具有给定的彼此之比。
引理 XXIV
如果三条直线与任意圆锥截线相切，其中的两条平行且位置被给定；我说截线的平行于两切线的半直径，是位于切点和第三条切线之间的线段的比例中项。
令两平行线AF，GB切圆锥截线ADB于A和B；第三条直线EF切圆锥截线于I，并交前面的切线于F和G；又，图形的半直径CD平行于切线：我说，AF，CD，BG成连比。
因为，如果共轭直径AB，DM交切线FG于E和H，且相互截于C，再补足平行四边形IKCL；由圆锥截线的性质，EC比CA如同CA比CL，在此情况下由分比，EC－CA比CA－CL，或者EA比AL，又由合比，EA比EA＋AL或者EL，如同EC比EC＋CA或者EB；且因此，由于三角形EAF，ELI，ECH，EBG相似，AF比LI如同CH比BG。同样由圆锥截线的性质，LI或者CK比CD如同CD比CH，由并比（ex æquo perturbate）：AF比CD如同CD比BG。此即所证 。
系理1 因此，如果两条切线FG，PQ与平行的切线AF，BG交于F和G，P和Q，且相互截于O；则由并比，AF比BQ如同AP比BG，又由分比 ［该比］如同FP比GQ，因此如同FO比OG。
系理2 因此过点P和G，F和Q引两条直线PG，FQ，它们在穿过图形中心和切点A，B的直线ACB上相遇。
引理 XXV
如果平行四边形的四条无限延长的边与任意圆锥截线相切，并被第五条任意切线所截；所取任意两邻边的截段终止于平行四边形的对角：我说任一截段比那条边，从它截段被截下，如同其邻边的切点和第三边之间的部分比另一截段。
设平行四边形MLIK的四条边ML，IK，KL，MI切圆锥截线于A，B，C，D，并且第五条切线截这些边于F，Q，H和E；此外，取边MI和KI的截段ME，KQ，或者取边KL，ML的截段KH，MF；我说ME比MI如同BK比KQ；且KH比KL如同AM比MF。因为由上一引理的系理1，ME比EI如同AM或者BK比BQ，再由合比，ME比MI如同BK比KQ。此即所证 。同样，KH比HL如同BK或者AM比AF，再由分比，KH比KL如同AM比MF。此即所证 。
系理1 因此，如果平行四边形IKLM被给定，它围绕一条给定的圆锥截线画出，则矩形KQ×ME被给定，等于它的矩形KH×MF亦被给定。那些矩形相等是因为三角形KQH，MFE相似。
系理2 且如果引第六条切线eq交切线KI，MI于q和e；矩形KQ×ME等于矩形Kq×Me；且KQ比Me如同Kq比ME，再由分比，如同Qq比Ee。
系理3 因此，如果连结并平分Eq，eQ，并经分点引一条直线，这条直线经过圆锥截线的中心。因为，由于Qq比Ee如同KQ 比Me，同一直线经过所有直线Eq，eQ，MK的中点（由引理XXIII），且直线MK的中点是截线的中心。
命题XXVII 问题XIX
画出一条轨道，它与五条位置给定的直线相切。
设ABG，BCF，GCD，FDE，EA为五条位置被给定的切线。由任意四条切线所含的四边形ABFE的对角线AF，BE平分于M和N，则（由引理XXV系理3）经过平分点所作的直线MN经过轨道的中心。再者，其他任意四条切线所含的四边形BGDF的对角线（据我如此说）BD，GF平分于P和Q：则过平分点所引的直线PQ经过轨道的中心。所以中心在平分线的交点被给定。设那个点为O。平行于任意切线BC在这样的距离引［直线］KL，使得O位于平行线的中间，则所作的KL与要画的轨道相切。这条切线截其他任意两［切线］GCD，FDE于L和K。过这些不平行的切线CL，FK与平行的切线CF，KL的交点C和K，F和L引CK，FL交于R，并引直线OR，再延长它与平行的切线CF，KL在切点处相截。这由引理XXIV的系理2是显然的。由同样的方法容易找到其他切点，且在此时由问题XIV的作法画出轨道。此即所作。
解释
无论轨道的中心或者其渐近线已给定的问题，已包括在以上的命题中。因为与中心一同给定的点和切线，其他同样数目的点及同样数目的切线在离开中心等距的另一侧被给定。但是渐近线被视为切线，且其无穷远距离的终点（如果可以这样说的话）为切点。想象任意切线的切点远去至无穷，则切线转变为渐近线，由此以上问题的作图法转变为当渐近线给定时问题的作图法。画出轨道之后，由这里的方法容易找到其轴和焦点。在引理XXI的作图和图形中，使动角PBN，PCN的股BP，CP，它们的交点画出轨道，彼此平行，并在那个图形中围绕它们的极B和C转动而保持［平行的］位置。其间那些角的其他的股CN，BN的交点K或者k，画出圆BGKC。设这个圆的中心为O。由这个中心往尺子MN，在画出轨道期间，它由那些其他的股CN，BN所交出，落下垂线OH交圆于K和L。且当其他的股CK，BK交于那个点K时，它距尺子较近，初始的股CP，BP平行于长轴，并且垂直于短轴；且如果同样的股交于较远的点L时，得到相反的结果。因此，如果轨道的中心被给定，其轴将被给定。这些被给定之后，立得焦点。
但是轴的平方的彼此之比如同KH比LH，且由此，经过给定的四个点，易于画出种类被给定的轨道。因为，如果给定的点中的两个点构成极C，B，第三点给定动角PCK，PBK［的大小］；由这些给定的能画出圆BGKC。然后，由于轨道的种类给定，OH比OK，且因此OH自身被给定。以O为中心且OH为间隔画另一个圆，直线，它与这个圆相切，且当初始的股CP，BP交于给定的第四点时，经过股CK，BK的交点，是轨道能被画出的那条尺子MN。因此，种类给定的不规则四边形（如果排除某些不可能的情形）可内接于任意给定的圆锥截线。
也有其他一些引理，给定点和切线，能用于画出种类给定的轨道。其类型如，如果过位置给定的任意点引直线，与给定的圆锥截线交截于两点，且两个交点间被平分，平分点位于另一条圆锥截线，其种类与前者相同，且具有与前者的轴平行的轴。然而我急于［转到］更有用的内容。
引理 XXVI
一个三角形的种类和大小已给定，使它的三个角放置在数目相同的位置给定的直线上，它们不全平行，一个角对一条直线。
三条无穷直线AB，AC，BC的位置被给定，且三角形DEF需如此放置，它的角D与线AB，角E与线AC，且角F与线BC接触。在DE，DF和EF之上画三个圆弓形DRE，DGF，EMF，能做出分别与角BAC，ABC，ACB相等的角。但是这些弓形画在直线DE，DF，EF的那些方向，使字母DRED与字母BACB，字母DGFD与字母ABCA字母，字母EMFE与字母ACBA转回的顺序相同；然后补足这些弓形为完整的圆。设前两个圆相互截于G，且它们的中心为P和Q。连结GP，PQ，取Ga比AB如同GP比PQ，且以G为中心，间隔Ga画圆，它截第一个圆DGE于a。既连结aD截第二个圆DFG于b，又连结aE截第三个圆EMF于c。现在可以做出与图形abcDEF相似且相等的图形ABCdef。这做出之后，问题被完成。
引Fc交aD于n，并连结aG，bG，QG，QD，PD。由作图，角EaD等于角CAB，且角acF等于角ACB，因此三角形anc与三角形ABC相等。所以角anc或者角FnD等于角ABC，因此等于角FbD；且所以点n落在点b上。此外，角GPQ，它是圆心角GPD的一半，等于圆周角GaD；再者，角GQP，它是圆心角GQD的一半，等于圆周角GbD对两个直角的补，且因此等于Gba；因此三角形GPQ，Gab相似；又Ga比ab如同GP比PQ；亦即（由作图）如同Ga比AB。于是ab和AB相等，且所以三角形abc，ABC，我们刚刚证过它们相似，它们亦相等。因此，三角形DEF的角D，E，F分别接触三角形abc的边ab，ac，bc，能完成与图形abcDEF相似且相等的图形ABCdef，且其完成使问题得以解决。此即所作 。
系理 因此可引一条直线，它被三条位置给定的直线截出长度给定的部分。想象三角形DEF，点D靠近边EF，且使边DE，DF位于一直线上，［三角形］化成一直线，其给定的部分DE位于位置给定的直线AB，AC之间，且其给定部分DF位于位置给定的直线AB，BC之间；应用前面的作法于此种情况，问题得解。
命题XXVIII 问题XX
画出一条给定种类和大小的轨道，其给定部分位于三条位置给定的直线之间。
设要画的一条轨道，它与曲线DEF相似且相等，并被三条位置给定的直线AB，AC，BC截出与这条曲线的给定的部分DE和EF相似且相等的部分。
引直线DE，EF，DF，且这个三角形DEF的角D，E，F放置在位置给定的那些直线上（由引理XXVI），然后围绕三角形画出的轨道与曲线DEF相似且相等。此即所作 。
引理 XXVII
画出一个给定种类的不规则四边形，其四个角位于四条位置给定的直线上，它们不都平行且不都汇聚于一点，一个顶点位于一条直线上。
设四条直线ABC，AD，BD，CE的位置被给定；它们的第一条直线截第二条于A，截第三条于B，且截第三条于C；画出不规则四边形fghi，它与不规则四边形FGHI相似；且它的角f等于给定的角F，与直线ABC接触；其余的角g，h，i，与其余给定的角G，H，I相等，并分别与其余的直线AD，BD，CE接触。连结FH并在FG，FH，FI上画相同数目的圆弓形FSG，FTH，FVI；其中第一个弓形FSG能作出等于角BAD的角，第二个FTH能作出等于角CBD的角，且第三个FVI能作出等于角ACE的角。但是这些弓形应画在直线FG，FH，FI的那些方向，使字母FSGF的环形顺序与BADB的环形顺序相同，且使字母FTHF与字母CBDC，字母FVIF与字母ACEA转回的顺序相同。补足这些弓形为完整的圆，设P为第一个圆FSG的中心，且Q为第二个圆FTH的中心。连结PQ并向两个方向延长，又在其上取比PQ具有BC比AB之比的QR。但是QR在点Q的使字母P，Q，R与字母A，B，C顺序相同的方向上取得；又以R为圆心，以间隔RF画第四个圆FNc截第三个圆FVI于c。连结Fc截第一个圆于a，第二个圆于b。引［直线］aG，bH，CI，则能作与abcFGHI图形相似的图形ABCfghi。在这完成时，不规则四边形fghi就是所要求作的。
因为，前两个圆FSG，FTH相互截于K。连结PK，QK，RK，aK，bK，cK，并延长QP至L。圆周角FaK，FbK，FcK是圆心角FPK，FQK，FRK的一半，且因此等于那些角的一半LPK，LQK，LRK。所以图形PQRK与图形abcK等角且相似，且所以ab比bc如同PQ比QR，亦即，如同AB比BC。此外，由作图，角FaG，FbH，FcI等于角fAg，fBh，fCi。所以能完成与图形abcFGHI相似的图形ABCfghi。在这完成时，所作的不规则四边形fghi与不规则四边形FGHI相似，且其角f，g，h，i接触直线ABC，AD，BD，CE。此即所作 。
系理 因此，可引一条直线，它的部分按顺序位于四条位置给定的直线之间，相互之比为给定的比。增大角FGH和GHI，直至直线FG，GH，HI位于一条直线上，且由在这种情形问题的作法，引直线fghi，它的部分fg，gh和hi，位于给定位置的四条直线AB和AD，AD和BD，BD和CE之间，它们的相互之比如同直线FG，GH，HI，且相互之间保持相同的顺序。同样的结果如此更为便捷。
延长AB至K，且BD至L，使得BK比AB如同HI比GH，又DL比BD如同GI比FG；再连结KL交直线CE于i。延长iL至M，使得LM比iL如同GH比HI，并引MQ与LB平行，交直线AD于g，又gi截AB，BD于f，h。我说图已作出。
因Mg截AB于Q，且AD截直线KL于S，又引AP平行于BD且交iL于P，则gM比Lh（gi比hi，Mi比Li，GI比HI，AK比BK）和AP比BL依照相同的比。DL在R被截，使得DL比RL按照那个相同的比，由于gS比gM，AS比AP和DS比DL成比例；由错比，AS比BL和DS比RL如同gS比Lh，由合分比（mixtim），BL－RL比Lh－BL如同AS－DS比gS－AS。亦即，BR比Bh如同AD比Ag，且因此如同BD比gQ。再由更比，BR比BD如同Bh比gQ，或fh比fg。但由作图直线BL以与G和H在FI上同样的比截于D和R：且因此BR比BD如同FH比FG。所以fh比fg如同FH比FG。由是gi比hi如同Mi比Li，亦即，如同GI比HI，显然直线FI，fi被相似地截于g和h，G和H。此即所作 。
在这个系理的作法中，引LK截CE于i之后，延长iE至V，使得EV比Ei如同FH比HI，并引Vf平行于BD。如果以i为中心，间隔IH画圆截BD于X，并延长iX至Y，使得iY等于IF，再引Yf平行于BD，则回到同样的解。
先前雷恩 和沃利斯 曾想出这个问题的其他解法。
命题XXIX 问题XXI
画出种类给定的一条轨道，它被四条位置给定的直线所截的部分的顺序、种类和比例给定。
设要画的一条轨道，它与曲线FGHI相似，且它的部分与那条曲线的部分FG，GH，HI相似并成比例，位于位置给定的直线AB和AD，AD和BD，BD和CE之间，第一部分位于第一组直线之间，第二部分位于第二组之间，第三部分位于第三组之间。作直线FG，GH，HI，FI，画出（由引理XXVII）不规则四形fghi，它与不规则四边形FGHI相似，且它的角f，g，h，i与那些位置给定的直线AB，AD，BD，CE接触，每个角按所说的顺序。然后围绕这个不规则四边形画出与曲线FGHI相似的轨道。
解释
这个问题亦可如下作出。连结FG，GH，HI，FI，延长GF至V，并连结FH，IG，且使角FGH，VFH等于角CAK，DAL。AK，AL与直线BD交于K和L，由此引KM，LN，由其中的KM作角AKM等于角GHI，且它比AK如同HI比GH；又由LN作角ALN等于角FHI，且它比AL如同HI比FH。向直线AD，AK，AL的那些方向引AK，KM，AL，LN，使字母CAKMC，ALKA，DALND与字母FGHIF转回的顺序相同；再作MN交直线CE于i。使角iEP等于角IGF，又设PE比Ei如同 FG比GI；再经P引PQf，它与直线ADE所含的角PQE等于角FIG，又交直线AB于f，再连结fi。在直线CE，PE的那些方向引PE和PQ，使字母PeiP和PEQP与字母FGHIF有相同的环形顺序，且如果在直线fi上以相同的字母顺序作与不规则四边形FGHI相似的不规则四边形fghi，又外接轨道的种类给定，问题得解。
论求轨道到此为止。尚余下确定在已找到的轨道上物体的运动。