ここまでは，双曲平面を総合的にすなわちギリシャ以来の三角形の合同を用いて議論を展開してきた．
総合法は，双曲平面の性質を調べるには内容がよくわかるという利点があるが，熟練の技が必要なところもあり， 誰でもできるという方法ではない．
ここでは，双曲平面を解析的に，すなわち三角形の辺の長さと角の大きさの関係を明らかにし，今までに得た性質を 見直す．

これからは，考える円盤$D$は，$xy$平面上の原点を中心とする半径$1$の円の内部とし，当然境界円$C$は 原点を中心とする半径$1$の円である．
今までは，双曲平面$D$における2点$A,B$間の距離$d(A,B)$を
線分$AB$の$B$への延長と境界円との交点を$P$，$A$への延長と境界円との交点を$Q$とし
$d(A,B)=\log \dfrac{AP}{BP}\cdot \dfrac{BQ}{AQ}\cdots (\sharp)$
としていたが，これからは
$d(A,B)=\dfrac{1}{2}\log \dfrac{AP}{BP}\cdot \dfrac{BQ}{AQ}\cdots (\flat)$
とする．これは，ロバチェフスキーの平行角の定義に合わせたもので， $(\sharp)$を用いても大きな問題は起こらない．

$\bullet$ 平行角
双曲平面$D$上に点$A$と直線$m$が与えられている．
$A$を通り，$m$と平行な直線は2本あり，それを$AP,AQ$とする．
$A$から直線$m$に下ろした双曲垂線の足を$H$とする．
このとき，双曲角$\delta HAP,\delta HAQ$を双曲距離$d(A,H)$に対する平行角という．
平行角について次が成り立つ．
命題
平行角は等しい．すなわち
$\delta HAP =\delta HAQ$
が成り立つ．
さらに平行角は点と直線の双曲距離$d(A,H)$で決まり
$d(A,H)=\bar{a},\delta HAP(=\delta HAQ)=\theta$
と置くと
$\tan \frac{\theta}{2}=e^{-\bar{a}}$
を満たす．
証明
双曲運動で点$A$を双曲平面である円盤$D$の中心にうつす．
このとき，円盤$D$の中心において，双曲角とユークリッド角は一致し，さらに$AH$は直径の一部であるから， 双曲直交する$AH,PQ$はユークリッド幾何の意味でも直交する．
ユークリッド幾何の意味で$\triangle APH\equiv \triangle AQH$であるから
$\angle HAP=\angle HAQ$
$\therefore \delta HAP =\delta HAQ$
$A,H$間のユークリッドの意味での距離を$a$とする．すなわち
$AH=a$
$D$の半径を$1$としているから
$\cos \theta =a$
したがって，$a$を$d(A,H)=\bar{a}$で表せばよい．
定義より
$\bar{a}=\dfrac{1}{2}\log \left(\dfrac{1}{1-a}\cdot \dfrac{1+a}{1}\right)=\dfrac{1}{2}\log \dfrac{1+a}{1-a}$
$a$について解くと
$a=\dfrac{e^{2\bar{a}-1}}{e^{2\bar{a}+1}}(=\tanh \bar{a})$
より
$\cos \theta =\dfrac{e^{2\bar{a}}-1}{e^{2\bar{a}}+1}$
$\tan \dfrac{\theta}{2}=\sqrt{\dfrac{1-\cos \theta}{1+\cos \theta}}=e^{-\bar{a}}$

証明の中で導き出した
$\cos \theta =\tanh \bar{a}$
もしばしば用いられる．
なお，ロバチェフスキーは，双曲距離$\bar{a}$に対する平行角を$\Pi (\bar{a})$と表した．
ここでは，この記号を用いる．すなわち
$\Pi (\bar{a})=2\arctan e^{-\bar{a}}　\cdots (*)$

である． $\Pi (0)=\frac{\pi}{2}$であり,$\bar{a}$が増加する連れて$\Pi (\bar{a})$は減少し
$\Pi (\bar{a})\to 0 \ \ (\bar{a}\to \infty)$
となることは平行角の関係式$(*)$より分かるが，それは右図よりも読み取れる．

つぎに，双曲平面の三角形の角と辺の関係，すなわち正弦定理，余弦定理を求めよう．ちなみに， これが総合法における三角形の合同に対応する解析幾何の公式である．
命題 双曲平面において，$\delta C=\frac{\pi}{2}$である双曲直角三角形$\triangle ABC$において
$d(B,C)=\bar{a},d(C,A)=\bar{b},d(A,B)=\bar{c}$
とおく．このとき次が成り立つ．
$(1) \ \cosh \bar{c}=\cosh \bar{a}\cosh \bar{b}$
$(2) \begin{cases} \cos \delta B =\dfrac{\tanh \bar{a}}{\tanh \bar{c}}\\ \sin \delta B=\dfrac{\sinh \bar{b}}{\sinh \bar{c}}\\ \tan \delta B=\dfrac{\tanh \bar{b}}{\sinh \bar{a}}\end{cases}$
証明
双曲運動で頂点$B$を双曲平面の中心にうつして考える．
双曲三角形$\triangle ABC$の3辺のユークリッド距離を
$BC=a,CA=b,AB=c$
とする，ここで$c^2=a^2+b^2$である．
$(1)$
$\bar{a}=\dfrac{1}{2}\log \dfrac{1+a}{1-a}\cdots (*)$
$e^{\bar{a}}=\dfrac{\sqrt{1+a}}{\sqrt{1-a}}$
$\cosh \bar{a}=\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{\sqrt{1+a}}{\sqrt{1-a}}+\dfrac{\sqrt{1-a}}{\sqrt{1+a}}\right)$
$=\dfrac{1}{\sqrt{1-a^2}}$
同様に
$\bar{b}=\dfrac{1}{2}\log \dfrac{\sqrt{1-a^2}+b}{\sqrt{1-a^2}-b}\cdots (**)$
より
$\cosh \bar{b}=\dfrac{\sqrt{1-a^2}}{\sqrt{1-a^2-b^2}}$
$\bar{c}=\dfrac{1}{2}\log \dfrac{1+\sqrt{a^2+b^2}}{1-\sqrt{a^2+b^2}}\cdots (***)$
より
$\cosh \bar{c}=\dfrac{1}{\sqrt{1-a^2-b^2}}$
したがって，
$\cosh \bar{c}=\cosh \bar{a}\cosh \bar{b}$

$(2)$
$(*),(**),(***)$より,$a,b,c$を$\bar{a},\bar{b},\bar{c}$について解くと
$a=\tanh \bar{a},$
$b=\dfrac{\tanh \bar{b}}{\cosh \bar{a}}(\because \sqrt{1-a^2}=\frac{1}{\cosh \bar{a}})$
$c=\tanh \bar{c}$
ここで，$B$は円盤の中心であるから，角$B$は双曲角とユークリッド角は一致する．したがって，
$\cos \delta B=\dfrac{a}{c},\sin \delta B=\dfrac{b}{c}$
あとは代入して計算するだけである．
$\cos \delta B=\dfrac{a}{c}=\dfrac{\tanh \bar{a}}{\tanh \bar{c}}$
$\sin \delta B=\dfrac{b}{c}=\dfrac{\tanh \bar{b}}{\cosh \bar{a}\tanh \bar{c}}$
ここで$\cosh \bar{c}=\cosh \bar{a}\cosh \bar{b}$より
$=\dfrac{\sinh \bar{b}}{\sinh \bar{c}}$
$\tan \delta B=\dfrac{\sin \delta B}{\cos \delta B}=\dfrac{\tanh \bar{b}}{\sinh \bar{a}}$

次に一般の三角形を考える．
以下，双曲三角形$\triangle ABC$で,各辺の双曲距離は
$d(B,C)=\bar{a},d(C,A)=\bar{b},d(A,B)=\bar{c}$
とする．
命題(正弦定理)
任意の双曲三角形$\triangle ABC$で
$\dfrac{\sinh \bar{a}}{\sin \delta A}=\dfrac{\sinh \bar{b}}{\sin \delta B}=\dfrac{\sinh \bar{c}}{\sin \delta C}$
が成り立つ．
証明
$A$から$BC$に下ろした双曲垂線の足を$H$,$d(A,H)=\bar{h}$とする．
双曲直角三角形$\triangle ABH,\triangle ACH$で $\sin \delta B=\dfrac{\sinh \bar{h}}{\sinh \bar{c}}$
$\sin \delta C=\dfrac{\sinh \bar{h}}{\sinh \bar{b}}$
より
$\sin \delta B\sinh \bar{c}=\sin\delta C\sinh \bar{b}$
したがって
$\dfrac{\sinh \bar{b}}{\sin \delta B}=\dfrac{\sinh \bar{c}}{\sin \delta C}$
同様のことを行い命題を得る．

命題(余弦定理１)
任意の双曲三角形$\triangle ABC$で
$\cosh \bar{a}=\cosh \bar{b}\cosh \bar{c}-\sinh \bar{b}\sinh \bar{c}\cos \delta A$
が成り立つ．
証明
頂点$C$から$AB$に下した双曲垂線の足を$H$とし， $d(C,H)=\bar{h},d(A,H)=\bar{c_1}$とする．
双曲直角三角形$\triangle CAH$で
$\cosh \bar{b}=\cosh \bar{h}\cosh \tilde{c_1}\cdots (\sharp)$
双曲直角三角形$\triangle CHB$で
$\cosh \bar{a}=\cosh \bar{h}\cosh (\bar{c}-\bar{c_1})$
$=\cosh \bar{h}(\cosh \bar{c}\cosh \bar{c_1}-\sinh \bar{c}\sinh \bar{c_1})$
$\cdots (\flat)$
$(\flat)/(\sharp)$より
$\dfrac{\cosh \tilde{a}}{\cosh \bar{b}} =\cosh \bar{c}-\sinh \bar{c}\tanh \bar{c_1}$
したがって
$\cosh \bar{a}$
$=\cosh \bar{b}\cosh \bar{c}-\cosh \bar{b}\sinh \bar{c}\tanh \bar{c_1}$
$\tanh \bar{c_1}=\cos \delta A\tanh \bar{b}$であるから
$=\cosh \bar{b}\cosh \bar{c}-\sinh \bar{b}\sinh \bar{c}\cos \delta A$

命題(余弦定理2)
任意の双曲三角形$\triangle ABC$で
$\cosh \bar{a}=\dfrac{\cos \delta B\cos \delta C+\cos \delta A}{\sin \delta B\sin \delta C}$
が成り立つ．
証明
三角形を2つの直角三角形に分けて，直角三角形の公式を使ってもうまくいかない(?).
ここでは，値を計算し一致するという原始的な方法をとる．
頂点$A$から辺$BC$に双曲垂線を下ろしその足を$O$とする．$O$を円盤の中心に双曲運動で うつして考える（右図）．
$AO,BO,CO$のユークリッド距離をそれぞれ
$AO=p,BO=q,CO=r$
とし，出てくる値を$p,q,r$で表し計算し一致することを示す．
$d(A,O)=\bar{p},d(B,O)=\bar{q},d(C,O)=\bar{r},\delta BAO=\delta A_1,\delta CAO=\delta A_2$
とおく．
なお,出てくる角はすべて双曲角であり$\delta$は省略する．すなわち$\delta A$は$A$と表す．
$\bar{p}=\dfrac{1}{2}\log \dfrac{1+p}{1-p}$
より
$e^{\bar{p}}=\dfrac{\sqrt{1+p}}{\sqrt{1-p}}$
$\therefore \cosh \bar{p}=\dfrac{1}{\sqrt{1-p^2}},\sinh \bar{p}=\dfrac{p}{\sqrt{1-p^2}},\tanh \bar{p}=p$
$\bar{q},\bar{r}$も同様．
以下，双曲直角三角形の公式を用いて値を計算する．
$\cosh \bar{b}=\dfrac{1}{\sqrt{1-p^2}\sqrt{1-r^2}}, \sinh \bar{b}=\dfrac{\sqrt{p^2+r^2-p^2r^2}}{\sqrt{1-p^2}\sqrt{1-r^2}},$
$\tanh \bar{b}=\sqrt{p^2+r^2-p^2r^2}$
$\cosh \bar{c}=\dfrac{1}{\sqrt{1-p^2}\sqrt{1-q^2}}, \sinh \bar{c}=\dfrac{\sqrt{p^2+q^2-p^2q^2}}{\sqrt{1-p^2}\sqrt{1-q^2}},$
$\tanh \bar{c}=\sqrt{p^2+q^2-p^2q^2}$
$\cosh \bar{a}=\cosh (\bar{q}+\bar{r})=\dfrac{1+qr}{\sqrt{1-q^2}\sqrt{1-r^2}}$
$\cos B=\dfrac{q}{\sqrt{p^2+q^2-p^2q^2}},\sin B=\dfrac{p\sqrt{1-q^2}}{\sqrt{p^2+q^2-p^2q^2}}$
$\cos C=\dfrac{r}{\sqrt{p^2+r^2-p^2r^2}},\sin C=\dfrac{p\sqrt{1-r^2}}{\sqrt{p^2+r^2-p^2r^2}}$
$\sin A_1=\dfrac{q\sqrt{1-p^2}}{\sqrt{p^2+q^2-p^2q^2}},\cos A_1=\dfrac{p}{\sqrt{p^2+q^2-p^2q^2}}$
$\sin A_2=\dfrac{r\sqrt{1-p^2}}{\sqrt{p^2+r^2-p^2r^2}},\cos A_2=\dfrac{p}{\sqrt{p^2+r^2-p^2r^2}}$
$\cos A=\cos (A_1+A_2)=\dfrac{p^2-qr+p^2qr}{\sqrt{p^2+q^2-p^2q^2}\sqrt{p^2+r^2-p^2r^2}}$
以上の値より
$\sin B\sin C\cosh \bar{a}=\dfrac{p^2(1+qr)}{\sqrt{p^2+q^2-p^2q^2}\sqrt{p^2+r^2-p^2r^2}}$
$\cos B\cos C+\cos A=\dfrac{p^2(1+qr)}{\sqrt{p^2+q^2-p^2q^2}\sqrt{p^2+r^2-p^2r^2}}$
したがって，命題が成り立つことが証明された.

双曲平面における三角形の正弦定理，余弦定理を用いると，以前に証明したいくつかの命題が すっきり理解できる．
命題
双曲平面で三角形の内角の和は$\pi$より小さい．
証明
$\delta C=\frac{\pi}{2}$の双曲直角三角形$\triangle ABC$で
$\delta A+\delta B < \frac{\pi}{2}$
を示せばより(∵　一般の双曲三角形は2つの双曲直角三角形に分けて考えればよい)．
$d(B,C)=a,d(C,A)=b,d(A,B)=c$
とおく．
$\cos (A+B)=\dfrac{\tanh a\tanh b}{\tanh ^2c}-\dfrac{\sinh a\sinh b}{\sinh ^2c}$
$=\dfrac{\sinh a\sinh b (\cosh c -1)}{\sinh ^2c} > 0$
したがって
$A+B < \dfrac{\pi}{2}$
が成り立つ．

以前に証明した方法(§4)は総合的手法．すなわち，合同条件を用いる伝統的なユークリッド幾何の証明法です．
総合法は基本的性質を理解するにはとても優れているが，技巧的な方法が必要である． 解析幾何，総合法ともに用い議論を進めることが賢明であることが分かる．
例えば，双曲平面では，３角がそれぞれ等しいならば合同であることが成り立つが(§6命題C)，それは余弦定理２を見れば，三角が分かれば， 各辺の長さが定まる(1辺で十分だが)ので，当たり前の事実である．

最後に，ユークリッド平面と双曲平面の似た点，異なる点を見てみよう．
半径１の円の中心$O$と点$A$のユークリッド距離が$x$のとき，双曲距離は
$d(O,A)=\dfrac{1}{2}\log \dfrac{1+x}{1-x}(=f(x))$
である．
$y=x.y=f(x)$
のグラフを図示したのが右図である．
$0\leqq x \leqq 0.7$ぐらいでは双曲距離とユークリッド距離は大きな差はないことが分かる．

次に正三角形の1辺の長さと内角の関係を求めよう．
$O$を円盤の中心とし，ユークリッド距離
$OA=x$のとき
$d(O,A)=\dfrac{1}{2}\log \dfrac{1+x}{1-x}$
である．1辺の長さ$\bar{x}=d(O,A)$の正三角形の内角の大きさ$\theta$は
$\cos \theta =\dfrac{\cosh \bar{x}}{1+\cosh \bar{x}}$
であるから$\theta =f(x)$としたときのグラフが下図である．
$0\leqq x\leqq 0.8$ぐらいまでは内角は$\frac{\pi}{3}$に近いことが分かる．

クラインは空間$A$(平面やそれに無限遠点，無限遠直線を付随させた射影平面を考えればよい)およびその変換群$\Omega$が与えらえたとき,$A$の部分集合$B$および，$\Omega$の中で $B$を保つもの($B$の像が$B$である)全体を$\Omega _0$とする．このとき，$\Omega _0$を$B$の自己同型変換といい，$B$を$\Omega _0$の絶対形という．
$A$上で$\Omega _0$で保たれれる性質を調べることを，クラインは$A$上の$\Omega _0$に従属する$A$の 部分幾何と表現した．
クラインは$A$として射影平面を取り，絶対形として,
1. 2点　
2．直線
3.2次曲線
その他多くの射影平面の部分幾何を作りあげた．ちなみに，
1.は相似幾何学（ユークリッド幾何学）
2.はアフィン幾何学
3.は実2次曲線なら双曲幾何学で虚2次曲線なら楕円幾何学である．

さて，ここで述べたのは，円を絶対形とするクライン流でいえば射影平面の部分幾何である．
幾何学を扱うとき，19世紀，総合幾何(Steiner)と解析幾何(Plucker)が反目した影響で２つは分けて扱う傾向が強いが， 幾何学を学ぶときには，日本の教育のように，まずは総合的に扱い，徐々に座標，ベクトル,複素数という 解析幾何に移行するという方法が一般的である．
ここでは，双曲幾何をできるだけ総合的に扱った．もし初めて双曲幾何を学ぶなら優れた方法だと思う．
双曲幾何の総合的な扱いは現在あまり見かけないが，多分1930年代またはそれ以前には広く知られた内容であると思う．というのは
R.Courant and H.Robbins. What is Mathematics? Oxford University Press,1941
(邦訳　数学とは何か　森口繁一　監訳　岩波書店)
の中に，本稿の内容の要約が書いてある(220ページ，邦訳228〜229ページ)からである．
ここで述べた内容は多くの点で
I.M.YAGLOM. GEOMETRIC TRANSFORMATIONS （3). The Mathematical Association of America,NEW MATHEMATICAL LIBRARY　
を参考にした．原著はロシア語で英語に翻訳されたものである．
この書は，高校数学の愛好者向け，すなわち高校生，高校の教師，将来の高校の教師そして一般の数学の愛好者向けである．
この書は4分冊のうちの1冊で，クラインのエルランゲン・プログラムを背景に初等幾何，アフィン幾何， 射影幾何 を述べたもので，豊富な問題およびその丁寧な解答があり読みやすい．多くの方に読んでもらいたい名著です．あわせて読まれたら良いと思う．