ここまで，ユークリッド幾何(放物幾何)，双曲幾何を２次元射影幾何の部分幾何として 作りました．これらの幾何はともに異なる場所にある三角形を重ね合わせることができる幾何です．
言い方を変えれば，曲がり方がすべての点で一定である 曲面上の幾何学ということができます．
このような曲面はほかにもあります，それは球面です．
ここでは，球面上(実際は球面とは少し異なる)の幾何を射影幾何の部分幾何として考えます．

射影平面上，退化しない虚の２次曲線を絶対形とし，この虚の２次曲線を保つ射影変換の部分群を変換群とする 幾何を楕円幾何という．
楕円幾何に長さ，角度を定義し基本的性質を調べます．
自極三角形の３頂点を基本点とし，絶対形が
$x^2+y^2+z^2=0$
となるよう単位点をとり議論する（双曲幾何を参照）．
この時，絶対形の接線の線座標方程式は
$L_1^2+L_2^2+L_3^2=0$
である．
楕円幾何の対象となる点は射影平面上のすべての点で， 直線は射影平面上のすべての直線である．
したがって，楕円幾何では２直線は必ず交わることに注意する．
２点$A,B$間の距離を定義する．

定義
虚の2次曲線$\Gamma$と実数である定数$k(\neq 0)$を与える．
２点$A,B$に対して，直線$AB$と$C$の虚の交点を$P,Q$とする．このとき， ２点$A,B$間の距離$d(A,B)$を
$d(A,B)=\dfrac{k}{2i}\log [A,B;P,Q]$
で定義する．ここで$k$は測度定数である．

この定義は，複比を用いているので，双曲運動群で保たれることが分かる．
２次曲線$\Gamma$が$x^2+y^2+z^2=0$のとき，点$A(a_1,a_2,a_3),B(b_1,b_2,b_3)$間 の距離$d(A,B)$ を求めよう．
直線$AB$上の点
$(a_1,a_2,a_3)+t(b_1,b_2,b_3)$
$=(a_1+tb_1,a_2+tb_2,a_3+tb_3)$
と曲線$x^2+y^2+z^2=0$との交点は
$(a_1+tb_1)^2+(a_2+tb_2)^2+(a_3+tb_3)^2=0$
を解けばよい．
整理すると
$(b_1^2+b_2^2+b_3^2)t^2+2(a_1b_1+a_2b_2+a_3b_3)t+(a_1^2+a_2^2+a_3^2)=0$
ここで
$a=a_1^2+a_2^2+a_3^2,b=b_1^2+b_2^2+b_3^2,c=a_1b_1+a_2b_2+a_3b_3$
とおくと
$bt^2+2ct+a=0$
解は
$t=\dfrac{-c\pm \sqrt{c^2-ab}}{b}$
この解は虚数であるから
$=\dfrac{-c\pm \sqrt{ab-c^2}i}{b}$
したがって
$[A,B;P,Q]=\dfrac{-c-\sqrt{ab-c^2}i}{-c+\sqrt{ab-c^2}i}=\left(\dfrac{c+\sqrt{ab-c^2}i}{\sqrt{ab}}\right)^2$
より
$d(A,B)=\dfrac{k}{2i}\log[A,B;P,Q]$
$=\dfrac{k}{i}\log \dfrac{c+\sqrt{ab-c^2}i}{\sqrt{ab}}$
$d(A,B)=d$とおく．
$\dfrac{c+\sqrt{ab-c^2}i}{\sqrt{ab}}=e^{\frac{di}{k}}$
逆数をとり
$\dfrac{c-\sqrt{ab-c^2}i}{\sqrt{ab}}=e^{-\frac{di}{k}}$
したがって，
$\cosh \dfrac{di}{k}=\dfrac{1}{2}(e^{\frac{di}{k}}+e^{-\frac{di}{k}})=\dfrac{c}{\sqrt{ab}} \ \ \therefore \cos \dfrac{d}{k}=\dfrac{c}{\sqrt{ab}} \ (\because \cosh ix=\cos x)$
$\sinh \dfrac{di}{k}=\dfrac{1}{2}(e^{\frac{di}{k}}-e^{-\frac{di}{k}})=\dfrac{\sqrt{ab-c^2}i}{\sqrt{ab}} \ \ \therefore \sin \dfrac{d}{k}=\dfrac{\sqrt{ab-c^2}}{\sqrt{ab}} \ (\because \sinh ix=i\sin x)$
$\therefore \tan \dfrac{d}{k}=\dfrac{\sqrt{ab-c^2}}{c}$



命題
2次曲線$x^2+y^2+z^2=0$を絶対形とする楕円幾何における，２点$A(a_1,a_2,a_3),B(b_1,b_2,b_3)$の測度係数$\frac{k}{2i}$の距離$d(A,B)$は
$d(A,B)=\dfrac{k}{2i}\log[A,B;P,Q]$
$=\dfrac{k}{i}\log \dfrac{c+\sqrt{ab-c^2}i}{\sqrt{ab}}$
あり，さらに
$\cos \dfrac{d(A,B)}{k}=\dfrac{c}{\sqrt{ab}}$
$\sin \dfrac{d(A,B)}{k}=\dfrac{\sqrt{ab-c^2}}{\sqrt{ab}}$
$\tan \dfrac{d(A,B)}{k}=\dfrac{\sqrt{ab-c^2}}{c}$
を満たす．ただし
$a=a_1^2+a_2^2+a_3^2,b=b_1^2+b_2^2+b_3^2,c=a_1b_1+a_2b_2+a_3b_3$
である．

２点間の距離をもう少し調べる．
今考えているのは射影平面であるから，$(a_1,a_2,a_3)$と$(-a_1,-a_2,-a_3)$は同じ点である．
点$A$を通る直線$l$上の動点$P$を考える．
$P$が$A$にあるとき
$\cos \dfrac{d}{k}=\dfrac{c}{\sqrt{ab}}=1$
より$d(A,P)=0$
$P$が$A$から離れていき，$A$の極線上にあるときその点を$B(b_1,b_2,b_3)$とする．
2次曲線を表す行列が単位行列であるから，$A(a_1,a_2,a_3)$の極線は
$a_1x+a_2y+a_3z=0$
したがって
$a_1b_1+a_2b_2+a_3b_3=0$
であるから
$\dfrac{d}{k}=\dfrac{\pi}{2}$
すなわち
$d(A,B)=\dfrac{k\pi}{2}$
である．
さらに離れていき,$d=k\pi$のとき,その点を$C(c_1,c_2,c_3)$とする．
$\dfrac{c}{\sqrt{ab}}=\cos \dfrac{d}{k}=-1$
である．一方
$\dfrac{c}{\sqrt{ab}}=\dfrac{a_1c_1+a_2c_2+a_3c_3}{\sqrt{a_1^2+a_2^2+a_3^2}\sqrt{c_1^2+c_2^2+c_3^2}}$
であるから
$(c_1,c_2,c_3)=-(a_1,a_2,a_3)$
したがって，$A$と$C$は同じ点である．
直線$AB$で点$P$が$A,B$の間にある時
$d(A,P) < d(A,B)=\dfrac{k\pi}{2}$
$B,C$の間にある時
$d(C,P) < d(C,B)=\dfrac{k\pi}{2}$
これは$A$から一番離れた点は$A$の極線上の点$B$でそれからは先は$A$に近づいてくることを意味している．

次に２直線のなす角を定義する．
点$P$を通る２直線$a,b$のなす角$\angle (a,b)$を， $P$を通る虚の２次曲線$C$の接線$l,m$ を用いて，
$\angle (a,b)=\dfrac{1}{2i}\log [a,b;l,m]\cdots (\sharp)$
と定義する．
点$P$を通る２直線$a=(A_1,A_2,A_3),b=(B_1,B_2,B_3)$のなす角$\angle (a,b)$ を求める．
点$P$を通る虚の2次曲線$C$の接線$l,m$を求めよう．
中心$P$の線束は
$a+tb=(A_1+tB_1t,A_2+tB_2,A_3+tB_3)$
であり，この式を2次曲線$C$の線座標方程式
$L_1^2+L_2^2+L_3^2=0$
に代入し
$(A_1+tB_1)^2+(A_2+tB_2)^2+(A_3+tB_3)^2=0$
ここで
$A=a\cdot a=A_1^2+A_2^2+A_3^2,B=b\cdot b=B_1^2+B_2^2+B_3^2,$
$C=a\cdot b=A_1B_1+A_2B_2+A_3B_3$
とおくと
$Bt^2+2Ct+A=0$
この方程式の解を$\alpha ,\beta$とすると
$[a,b;l,m]=\dfrac{\alpha}{\beta}$
であった．
解は虚数解であることに注意して
$t=\dfrac{-C\pm \sqrt{C^2-AB}}{B}=\dfrac{-C\pm \sqrt{AB-C^2}i}{B}$
解の商は絶対値は$1$であることに注意する．
解の商を計算すると
$\dfrac{-C-\sqrt{AB-C^2}i}{-C+\sqrt{AB-C^2}i}$
$=\dfrac{(C+\sqrt{AB-C^2}i)^2}{AB}$
$=\left(\dfrac{C+\sqrt{AB-C^2}i}{\sqrt{AB}}\right)^2$
したがって，
$[a,b;l,m]=\left(\dfrac{C+\sqrt{AB-C^2}i}{\sqrt{AB}}\right)^2$
$\angle (a,b)=\dfrac{1}{2i}\log [a,b;l,m]$
であるから
$\angle (a,b)=\theta $のとき
$\dfrac{C+\sqrt{AB-C^2}i}{\sqrt{AB}}=\cos \theta +i\sin \theta $
$\therefore \cos \theta =\dfrac{C}{\sqrt{AB}},\sin \theta =\dfrac{\sqrt{AB-C^2}}{\sqrt{AB}}$

距離と同じように，$(A_1,A_2,A_3)$と$(-A_1,-A_2,-A_3)$は同じ直線であるから
$C=|a\cdot b|=|A_1B_1+A_2B_2+A_3B_3|$
としてつぎのようにまとめることができる．
命題
虚の２次曲線$x^2+y^2+z^2=0$を絶対形とする楕円幾何で，２直線のなす角$\theta$は
$\cos \theta =\dfrac{C}{\sqrt{AB}},\sin \theta =\dfrac{\sqrt{AB-C^2}}{\sqrt{AB}}$
を満たす．ただし，
$A=a\cdot a=A_1^2+A_2^2+A_3^2,B=b\cdot b=B_1^2+B_2^2+B_3^2,$
$C=|a\cdot b|=|A_1B_1+A_2B_2+A_3B_3|$
である．

注意
下で扱う正弦定理，余弦定理では$\frac{k\pi}{2}$より長い辺や$\frac{\pi}{2}$より大きい角が出てくるので， $C$は絶対値をとらず用いることになる．

２直線$a=(A_1,A_2,A_3),b=(B_1,B_2,B_3)$が垂直(なす角が$\pi/2$)となるのは
$a\cdot b=A_1B_1+A_2B_2+A_3B_3=0$
すなわち
$\begin{pmatrix}A_1&A_2&A_3\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}B_1\\B_2\\B_3\end{pmatrix}=0$
が成り立つことで，これは2直線$a,b$が共役であることを意味している．
したがって，次の命題が成り立つ．
命題
虚の２次曲線を絶対形とする楕円幾何で次が成り立つ．
２直線が直交する
$\Longleftrightarrow$
絶対形の定める相反対合変換で２直線は共役である．

次に楕円幾何における三角形の正弦定理，余弦定理を示す．

命題
$\angle A=\frac{\pi}{2}$の直角三角形$\triangle ABC$で
$\dfrac{BC}{k}=\tilde{a},\dfrac{CA}{k}=\tilde{b},\dfrac{AB}{k}=\tilde{c}$
とおく．このとき次の等式が成り立つ．
$1. \cos \tilde{a}=\cos \tilde{b}\cos \tilde{c}$
$2.\cos B=\dfrac{\tan \tilde{c}}{\tan \tilde{a}}, \sin B=\dfrac{\sin \tilde{b}}{\sin \tilde{a}}, \tan B=\dfrac{\tan \tilde{b}}{\sin \tilde{c}}$
なお，$k$は距離の測度係数である．

証明
2直線$AB,AC$が座標軸である標準座標系をとり,$A,B,C$の斉次座標を
$A(0,0,1),B(b,0,1),C(0,c,1)$
として計算すればよい．
$\cos \tilde{a}=\dfrac{1}{\sqrt{(1+b^2)(1+c^2)}},$
$\cos \tilde{b}=\dfrac{1}{\sqrt{1+c^2}}, \cos \tilde{c}=\dfrac{1}{\sqrt{1+b^2}}$
より$1$が成り立つ．
３直線$AB.BC,AC$の線座標はそれぞれ
$(0,1,0),(c,b,-bc),(1,0,0)$
である．
$\cos B=\dfrac{b}{\sqrt{b^2+c^2+b^2c^2}}$
$\sin B=\dfrac{c\sqrt{1+b^2}}{\sqrt{b^2+c^2+b^2c^2}}$
$\tan B=\dfrac{c\sqrt{1+b^2}}{b}$
および
$\tan \tilde{a}=\sqrt{b^2c^2+b^2+c^2},\tan \tilde{b}=c,\tan \tilde{c}=b$
$\sin \tilde{a}=\dfrac{\sqrt{b^2c^2+b^2+c^2}}{\sqrt{(1+b^2)(1+c^2)}}, \sin \tilde{b}=\dfrac{c}{\sqrt{1+c^2}}, \sin \tilde{c}=\dfrac{b}{\sqrt{1+b^2}}$
より$2$が成り立つことが分かる．

次に正弦定理，余弦定理を証明する．
命題(正弦定理)
$\triangle ABC$で
$\dfrac{BC}{k}=\tilde{a},\dfrac{CA}{k}=\tilde{b},\dfrac{AB}{k}=\tilde{c}$
とおく．ただし$k$は距離の測度係数．
このとき
$\dfrac{\sin \tilde{a}}{\sin A}=\dfrac{\sin \tilde{b}}{\sin B}=\dfrac{\sin \tilde{c}}{\sin C}$
が成り立つ．

証明
$C$から$AB$に下した垂線の足を$D$とし，$\frac{CD}{k}=\tilde{d}$とする．
$\triangle CAD,\triangle CBD$でそれぞれ
$\sin A=\dfrac{\sin \tilde{d}}{\sin \tilde{b}},\sin B=\dfrac{\sin \tilde{d}}{\sin \tilde{a}}$
より
$\sin A\sin \tilde{b}=\sin B\sin \tilde{a}$
したがって，
$\dfrac{\sin \tilde{a}}{\sin A}=\dfrac{\sin \tilde{b}}{\sin B}$
をえる．あとは同様にたとえば，$B$から$AC$に垂線を下せばよい．

命題(余弦定理1)
$\triangle ABC$で
$\dfrac{BC}{k}=\tilde{a},\dfrac{CA}{k}=\tilde{b},\dfrac{AB}{k}=\tilde{c}$
とおく．ただし$k$は距離の測度係数．
このとき
$\cos \tilde{a}=\cos \tilde{b}\cos \tilde{c}+\sin \tilde{b}\sin \tilde{c}\cos A$
が成り立つ．

証明
$C$から$AB$に下した垂線の足を$D$とし，$\frac{CD}{k}=\tilde{d},\frac{AD}{k}=\tilde{c_1}$とする(上図)．
$\triangle CAD$で
$\cos \tilde{b}=\cos \tilde{d}\cos \tilde{c_1}\cdots (\sharp)$
$\triangle CDB$で
$\cos \tilde{a}=\cos \tilde{d}\cos (\tilde{c}-\tilde{c_1})=\cos \tilde{d}(\cos \tilde{c}\cos \tilde{c_1}+\sin \tilde{c}\sin \tilde{c_1})\cdots (\flat)$
$(\flat)/(\sharp)$より
$\dfrac{\cos \tilde{a}}{\cos \tilde{b}}=\cos \tilde{c}+\sin \tilde{c}\tan \tilde{c_1}$
したがって
$\cos \tilde{a}=\cos \tilde{b}\cos \tilde{c}+\cos \tilde{b}\sin \tilde{c}\tan \tilde{c_1}$
$\tan \tilde{c_1}=\cos A\tan \tilde{b}$であるから
$=\cos \tilde{b}\cos \tilde{c}+\sin \tilde{b}\sin \tilde{c}\cos A$

命題(余弦定理2)
$\triangle ABC$で
$\dfrac{BC}{k}=\tilde{a},\dfrac{CA}{k}=\tilde{b},\dfrac{AB}{k}=\tilde{c}$
とおく．ただし$k$は距離の測度係数．
このとき
$\cos A=\cos B\cos C+\sin B\sin C \cos \tilde{a} $
が成り立つ．

証明
ここでは，座標軸を定め，一つ一つ計算して等式が成り立つことを示す．
$\triangle ABC$の$A$から直線$BC$に下した垂線の足を$O$とし，2直線$OC,OA$ が座標軸である標準座標系をとる(右図)．
$O(0,0,1)$であり，$A,B,C$の斉次座標を$A(0,a,1),B(b,0,1),C(c,0,1)$とする． 出てくる値を計算すると
$\cos B=\dfrac{b}{\sqrt{a^2+b^2+a^2b^2}},$
$\cos C=\dfrac{c}{\sqrt{a^2+c^2+a^2c^2}},$
$\cos A=\dfrac{a^2+bc+a^2bc}{\sqrt{a^2+b^2+a^2b^2}\sqrt{a^2+c^2+a^2c^2}}$
$\sin B=\dfrac{a\sqrt{1+b^2}}{\sqrt{a^2+b^2+a^2b^2}},\sin C=\dfrac{a\sqrt{1+c^2}}{\sqrt{a^2+c^2+a^2c^2}}$
$\cos \tilde{a}=\dfrac{1+bc}{\sqrt{(1+b^2)(1+c^2)}}$
である．
$\cos B\cos C+\sin B\sin C\cos \tilde{a}$
$=\dfrac{bc}{\sqrt{a^2+b^2+a^2b^2}\sqrt{a^2+c^2+a^2c^2}}+ \dfrac{a^2\sqrt{1+b^2}\sqrt{1+c^2}}{\sqrt{a^2+b^2+a^2b^2}\sqrt{a^2+c^2+a^2c^2}} \dfrac{1+bc}{\sqrt{(1+b^2)(1+c^2)}}$
$=\dfrac{a^2+bc+a^2bc}{\sqrt{a^2+b^2+a^2b^2}\sqrt{a^2+c^2+a^2c^2}}$
したがって成り立つ．

余弦定理は文字をサイクリックに変えることにより,すべての場合を書くと
$\begin{cases} \cos \tilde{a}=\cos \tilde{b}\cosh \tilde{c}+\sin \tilde{b}\sinh \tilde{c}\cos A\\ \cos \tilde{b}=\cos \tilde{c}\cosh \tilde{a}+\sin \tilde{c}\sinh \tilde{a}\cos B\\ \cos \tilde{c}=\cos \tilde{a}\cosh \tilde{b}+\sin \tilde{a}\sinh \tilde{b}\cos C \end{cases}$

$\begin{cases} \cos A=\cos B\cos C+\sin B\sin C\cos \tilde{a}\\ \cos B=\cos C\cos A+\sin C\sin A\cos \tilde{b}\\ \cos C=\cos A\cos B+\sin A\sin B\cos \tilde{c} \end{cases} $
となる．

次に$\angle A=\frac{\pi}{2}$の直角三角形$\triangle ABC$で
内角の和が$\pi$より大であることを証明しよう．
$\cos (B+C)=\cos B\cos C-\sin B\sin C$
$=\dfrac{\tan \tilde{b}\tan \tilde{c}}{\tan ^2\tilde{a}}-\dfrac{\sin \tilde{b}\sin \tilde{c}}{\sin ^2\tilde{a}}$ $=\dfrac{\sin \tilde{b} \sin \tilde{c}}{\sin ^2\tilde{a}}(\cos \tilde{a} -1) < 0$
$\therefore B+C > \dfrac{\pi}{2}$
したがって，直角三角形の内角の和は$\pi$より大きい．

一般の三角形は２つの直角三角形に分かられるから次の命題を得る．

命題
三角形の内角の和は$\pi$より大きい．