第1卷
几何基础
CHAPTER 1
毕达哥拉斯学派试图用数来解释一切。他们把数学从具体事物中抽象出来，建立自己的理论体系。他们提出了勾股定理、不可公约量以及五种正多面体，所有这些都成了本书的重要内容。希波战争后，雅典的巧辩学派提出了几何作图的三大问题：①三等分任意角；②倍立方——求作一个立方体，使其体积等于一直立方体的两倍；③化圆为方——求作一个正方形，使其面积等于已知圆。问题的难处在于，作图只允许用没有刻度的直尺和圆规。
本卷确立了基本定义、公设和公理，还包括全等形、平行线和直线形中的相关定理。
本卷提要
※定义I.23，定义了平行线。
※公设I.5，平行线公设。
※本卷公理，只涉及量。
※命题I.1，怎么作一个等边三角形。
※三角形全等理论。三角形全等的几个条件：边—角—边相等（命题I.4）；边—边—边相等（命题I.8）；角—边—角相等（命题I.26）。
※等腰三角形。等角意味着等边（命题I.5）；反之，等边意味着等角（命题I.6）。
※命题I.9、I.10，等分角及线段的建立。
※命题I.11、I.12，给一条直线作垂线。
※命题I.16，三角形的外角大于两个不相邻的内角。
※命题I.29，一条线穿过两条平行线时构成的三角形。
※命题I.20，三角形两边之和大于第三边。
※命题I.22，用已知边作三角形。
※命题I.32，三角形的外角等于两个不相邻的内角之和；三内角之和等于两个直角。
※命题I.42，面的使用。作一个平行四边形等于已知三角形。
※命题I.45，作一个平行四边形等于已知多边形。
※命题I.47、I.48，毕达哥拉斯定理及其逆定理。
维特鲁威人
意大利科学家列昂纳多·达·芬奇（1452—1519年）的人体比例图，现珍藏于威尼斯艺术学院。达·芬奇认为，把完善的人体造型包含在一个圆形和正方体中是最成功的设想，而且人的体长是头长的八倍最为匀称恰当。达·芬奇，这位文艺复兴时期百科全书式的人物，他的天赋在工程、解剖、建筑、数学和光学等领域中都表现得淋漓尽致，他在历史上留下了一个任何后人都无法企及的高度。
定义
定义I.1 点：点不可以再分割成部分。
定义I.2 线：线是无宽度的长度。
定义I.3 线的两端是点。
定义I.4 直线：直线是点沿着一定方向及其相反方向无限平铺。
定义I.5 面：面只有长度和宽度。
定义I.6 一个面的边是线。
定义I.7 平面：平面是直线自身的均匀分布。
定义I.8 平面角：平面角是两条线在一个平面内相交所形成的倾斜度。
定义I.9 直线角：含有角的两条线成一条直线时，其角成为直线角（现代称为平角）。
定义I.10 直角与垂线：一条直线与另一条直线相交所形成的两邻角相等，两角皆称为直角，其中一条称为另一条的垂线。
定义I.11 钝角：大于直角的角。
定义I.12 锐角：小于直角的角。
定义I.13 边界：边界是物体的边缘。
定义I.14 图形：由一个边界或几个边界所围成的。
定义I.15 圆：由一条线包围着的平面图形，其内有一点与这条线上任何一个点所连成的线段都相等。
定义I.16 这个点叫圆心。
定义I.17 直径是穿过圆心、端点在圆上的任意线段，该线段将圆分成两等份。
定义I.18 半圆：是直径与被它切割的圆弧围成的图形。半圆的圆心与原圆心相同。
定义I.19 直线图形是由线段首尾顺次相接围成的。三角形是由三条线段围成的，四边形是由四条线段围成的，多边形是由四条以上的线段围成的。
定义I.20 三角形中，三条边相等的称等边三角形，两条边相等的称等腰三角形，各边都不相等的称不等边三角形。
定义I.21 三角形中，有一个角为直角的是直角三角形；有一个角为钝角的称钝角三角形；三个角都为锐角的为锐角三角形。
定义I.22 四边形中，四条边相等并四个角为直角的称为正方形；四角为直角，但边不完全相等的为长方形（也叫矩形）；四边相等，角不是直角的为菱形；两组对边、两组对角分别相等的为平行四边形；一组对边平行，另一组对边不平行的称为梯形。
定义I.23 平行直线：在同一个平面内向两端无限延长不能相交的直线。
公设
I.1 过两点可以作一条直线。
I.2 直线可以向两端无限延伸。
I.3 以定点为圆心及定长的线段为半径可以作圆。
I.4 凡直角都相等。
I.5 同平面内一条直线和另外两条直线相交，若在直线同侧的两个内角之和小于180°，则这两条直线经无限延长后在这一侧一定相交。
公理
I.1 等于同量的量彼此相等。
I.2 等量加等量，其和仍相等。
I.3 等量减等量，其差仍相等。
I.4 彼此能够重合的物体是全等的。
I.5 整体大于部分。
关于定义
《几何原本》开始于一系列定义，这些定义分为三类，第一类指明某些概念，比如定义I.1、I.2、I.5，指派了术语点、线、面（注意：欧几里得的线的概念也包含曲线）。第二类是由原概念衍生的新概念。第三类是非实质性定义，从表面上看，这些定义是实质性的，其实不然，比如定义I.4所表述的直线为“点沿着一定方向及其相反方向无限平铺”，这一定义几乎是不可用的，最多指出将要讨论的线是直线。
可能有些定义不是欧几里得所著，而是编著的后人加上去的，另一种可能是来源于其他著作，有可能更古老。
关于公设
紧接定义之后是几个公设。公设是自明的，意即无需证明的显在事实，尤其表现在平面几何中。公设内容多为作图。
关于量与公理
公理也是自明的，涉及各种不同类型的大小。线段的量出现得最频繁，另一些量是直线的角和面（平面图形），也包含其他类型。在命题III.16中直线角与曲线角相比较，以示直线角是平面角的特殊类型。这与欧几里得在定义I.9和定义I.8中的定义相吻合。
在卷3中，出现圆上的弓形的量，仅相等圆的弓形可以比较与相加，因此，相等圆上的弓形组成量，同不相等圆上的弓形是另一类不同的量。这些量皆不同于线段量。无论图形的哪个区域进行比较，不同的曲线不被讨论。
卷5讨论比例理论，并不涉及特殊类型的量。比例并不来自特殊类型的量，它们可以相比，但不能相加。卷7至卷10讨论数论，可以认为是讨论亚里士多德提出的数理。从卷11开始讨论立体，这是本书讨论的最后一个类型。
命题I.1
已知一条线段可作一个等边三角形。
设：AB为已知的线段。
要求：以线段AB为边作一个等边三角形，以A为圆心、AB为半径作圆BCD；再以B为圆心、以BA为半径作圆ACΕ；两圆相交于C点，连接CA、CB。
因为：A点是圆CDB的圆心，故AC等于AB（定义I.15）。
又，点B是圆CAΕ的圆心，故BC等于BA（定义I.15），CA等于AB；所以：线段CA等于CB等于AB。
因为等于同量的量互相相等（公理I.1）；所以：CA等于CB。所以：三条线段CA、AB、BC相等。
所以：三角形ABC是作在线段AB上的等边三角形。
证完
注解
将这一命题作为《原本》的第一命题是令人愉快的，三角形结构清晰，对等边三角形的证明过程，也条理清晰，当然对C点可以有两个选择，任意一个皆可。或许，欧几里得应将命题I.4作为《原本》的第一命题，因为该命题逻辑上不依赖于前三个命题；但是，欧几里得的第一命题的选择，也自有他的理由。首先，本书接触五个正多边形，从一个正三角形开始，有其美学意义。另外，命题I.2和命题I.3皆需要命题I.1，命题I.2和命题I.3给出了移动线的结构，命题I.4虽然在逻辑上不依赖于命题I.2和命题I.3，但却引用了叠合的概念，从某种意义上讲，是移动的点和线。
欧几里得在某个命题结束时，用了“证完”一词。这是几何学命题证明结束的一个标准。尽管两千多年来这部天才的巨著受到了历代数学批评家们的挑剔，并且他们也指出了不少漏洞，但丝毫无损它的光辉。本命题是两千余年来受到批评最多的一个命题，批评者指出，如此简洁明了的命题，却充满了漏洞，这是陈述不够充分的逻辑裂缝。为什么生成C点？证明一开始，点C就被设定为圆的相交点，但它的存在却没有证明。欧几里得虽然在平行公设里说到点的生成，但那一公设却与该命题无关。所以点C的存在不能获得保证。事实上，在几何学模式中，不相交的圆自然是存在的，因此，在这里出现了欧几里得尚未定义的公设。在第3卷中，欧几里得小心谨慎地分析圆相交的可能情况，但无论他怎么小心，还是得出了错误的定理。
为什么ABC是一个平面图形？在总结了线段AC、AB和BC相等以后，就确定ABC是平面图形，三条线段并未表明在一个平面内，却构成了平面图形，缺乏逻辑链。命题X.1中声明了“三角形在一个平面内”，从逻辑上讲，这两个命题应该被置于第一卷的第一命题。然而二者却没有被置于第一命题，这显然是因为第10卷中的命题属于立体几何，而《原本》中，立体几何从平面几何发展而来。从历史观点的考察来看，无疑是这样的。
不能排除这种可能性：边可以构成多次多区域的相交，就像泡沫链一样。这里需要证明（或者设立公设）：两条无限延伸的直线至少能在一点相交。
命题的应用
这一命题直接应用在本卷的命题I.2、I.9、I.10、I.11及命题X.11、X.12中。
命题I.2
从一个给定的点可以引一条线段等于已知的线段。
设：A为给定的点，BC为给定的线段。
求作：以A为端点的一条线段等于BC。
连接A、B两点成线段AB（公设I.1）；并以此作一个等边三角形DAB（命题I.1）。
作DA的延长线AΕ，DB的延长线BF（公设I.2）；以B为圆心、BC为半径，作圆CGH（公设I.3），再以D为圆心、DG为半径，作圆GKL（公设I.3）。
那么因为，B点是圆CGH的圆心，故BC等于BG。
又，因为D点是圆GKL的圆心，故DL等于DG。
因为DA等于DB，那么其余下部分AL等于BG（公理I.3）。
同理可证：BC等于BG；于是线段AL等于BG等于BC。
等量减等量，差相等（公理I.1）。
所以：AL等于BC。
所以：从给定的点A作出的线段AL等于给定的线段BC。
证完
注解
这是一个聪明的作图法，用以解决看似简单的问题，滑动线段BC，以使其末端与A点重叠。但是在欧几里得的几何里，运动是并未涉及的领域。命题I.4仿佛也涉及运动，但实际上并没有什么真正移动过。在公设I.1、I.2、I.3中描述过基础的作图法。
命题的应用
这一命题仅应用在命题I.3的作图中。本图假定了所有的A点和线段BC位于一个平面内。
命题I.3
给定两条不等线段，可以在较长的线段上截取一条线段等于较短的线段。
设：AB和c是给定的两条不等线段，AB较长。
现在要求：从较长线段AB上切取一条线段等于较短线段c。
在点A上取AD等于c，又，以A为圆心、AD为半径作圆DΕF（公设I.3）。
因为点A是圆DΕF的圆心，所以：AΕ＝AD（定义I.15）。
又，c也等于AD，所以：线段AΕ和c都等于AD。所以：AΕ也等于c（公理I.1）。
所以：给定两条不等线段AB和c，从较长线段AB上作出了AΕ等于短线段c。
证完
注解
很显然，命题I.2在本命题中发挥了作用，根据普鲁库鲁斯（410—485年）的记载，《几何原本》首先由希波克拉底写成，另外，里昂和赛奥底留斯也著过不同的版本，但欧几里得的版本出现以后，它们就消隐失传了，后者取而代之。命题I.2可能出现在希波克拉底时代。这一命题开始了线的几何代数，允许相减、相加计算，用以比较线段的大于、小于或等于性质。
这一命题在《原本》中被大量使用，比其他命题都多。从本卷命题5开始以后，在卷4、6、11、13中均有大量利用。
命题I.4
如果三角形的两条对应边及夹角相等，那么其第三边亦相等，两个三角形亦全等，其余的两对应角亦相等。
设：作三角形ABC、三角形DΕF，使其AB＝DΕ、AC＝DF，AB是DΕ的对应边，AC是DF的对应边，∠BAC等于∠ΕDF。
求证：边BC等于边ΕF，三角形ABC全等于三角形DΕF，相应的角亦相等，即∠ABC等于∠DΕF，∠ACB等于∠DFΕ。
因为AB＝DΕ，假定三角形ABC与三角形DΕF不全等，置A点于D点上，AB线于DΕ线上，B点就同Ε点重合；
又，因为∠BAC等于∠ΕDF，于是AB与DΕ相等，AC与DF相等；于是点C与点F必然重合，因为AC也等于DF。
另外：B与Ε重合，于是底边BC与底边ΕF相等。
假定：当B替换Ε、C替换F时，底边BC不等于底边ΕF，两条线段就要形成一个空间，这是不可能的。所以底边BC与底边ΕF重合并相等（公理I.4）。
所以：三角形ABC与三角形DΕF重合并全等，其余对应角重合并相等，∠ABC对应∠DΕF，∠ACB对应∠DFΕ。
所以：如果三角形的两条对应边及夹角相等，那么其第三边亦相等，两个三角形亦全等，其余的两对应角亦相等。
证完
注解
本命题涉及三角形的叠合，欧几里得没有明确地使用叠合的概念。在讨论立体几何时，欧几里得使用了“相似且相等”这一概念，以表述“叠合”，这一概念出现在卷6中，它理应放在书的开始部分。
本命题的全等定理应用在本卷的下两个命题中，同时也高频率地应用在从卷1开始的各卷中，在卷2、3、4、6、11、12、13中皆不时地出现。
命题I.5
等腰三角形的两底角相等，将腰延长，与底边形成的两个补角亦相等。
设：作等腰三角形ABC，使AB＝AC；作AB的延长线BD、AC的延长线CΕ（公设I.2）。
求证：∠ABC等于∠ACB，∠CBD等于∠BCΕ。
令：在BD上任取一点F。在AΕ上截取线段AG等于AF，连接FC、GB（公设I.1）。
既然AF等于AG，AB等于AC，那么FA、AC两边就等于对应边GA、AB，且它们有一个公用角∠FAG。
于是：FC等于GB，三角形AFC全等于三角形AGB，其余对应角亦相等，即∠ACF等于∠ABG，∠AFC等于∠AGB。
又，因为AF等于AG，AB等于AC，那么其余下的部分BF等于CG。
又可得FC等于GB。
所以：BF、FC两边等于对应边CG、GB；∠BFC等于∠CGB，BC为公共边，于是三角形BFC也全等于三角形CGB，其余对应角相等，即∠FBC等于∠GCB，∠BCF等于∠CBG。
又，因为∠ABG被证明等于∠ACF，∠CBG等于∠BCF，余下的∠ABC等于∠ACB；它们在三角形ABC的底边上，∠FBC也就等于∠GCB。
所以：等腰三角形的两底角相等，将腰延长，与底边形成的两个补角亦相等。
四个规则多面体
古希腊数学家很早就知道，只有五种可能的正多面体，即正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体和正二十面体，并且这些正多面体只能由三种形状构成，即等边三角形、正方形和正五边形。由于柏拉图把这五种正多边形同他的宇宙构成论联系起来，因此又被称为柏拉图立体。这幅作品即由柏拉图立体中的四种均匀地交叉构成，埃舍尔用红、黄、白、黑四种颜色把它们描绘成半透明状使其得以辨认。
证完
注解
这一命题有两个结论，一是内底∠ABC和∠ACB相等，二是外底∠FBC和∠GCB相等。从图上看，仿佛证明第二个结论是容易的，根据第一个结论，简单地从∠ABF和∠ACG中分别减去相等∠ABC和∠ACB即可。但是欧几里得不接受直角，即使他接受，也并未证明所有的直角皆相等。命题I.13其实是个足够的证明，因为它意味着∠ABC与∠FBC之和等于两个直角的和，同时∠ACB与∠GCB之和也等于两个直角的和，于是，二者之和相等，这便是所说的所有的直角皆相等。
不幸的是，这一论据是循环的，命题I.13依赖于命题I.11，命题I.11依赖于命题I.8，命题I.8依赖于命题I.7，而命题I.7则依赖于命题I.5。于是命题I.13不能应用在命题I.5的证明中。
这一命题被称为“庞斯命题”，也称为“驴桥”，这一命名到底是因为它的证明困难呢，还是在形式上有桥的特征？难以知道。在欧几里得的《原本》中，命题很少被命名。
这一命题应用在本卷的I.7开始的几个命题中，也高频率地用在卷2、3、4、6、13中。
命题I.6
如果在一个三角形里，有两个角相等，那么也有两条边相等。
设：在三角形ABC中，∠ACB等于∠ABC。
求证：边AB等于边AC。
如果AB不等于AC，一条比另一条长，假定AB长于AC，在较长边上取一点D，使DB等于AC，连接DC。
既然DB等于AC，而BC是公共边，那么DB、BC的对应边AC、CB应相等；∠DBC就等于∠ACB；于是底边DC便等于底边AB，三角形DBC便全等于三角形ACB，小三角形全等于大三角形，这是不成立的。
因此AB不能不等于AC；所以AB等于AC。
所以：如果在一个三角形里，有两个角相等，那么也有两条边相等。
证完
注解
逆命题
这一命题是命题I.5的逆命题（部分的）。欧几里得在证明了命题后，接着证明逆命题，这一实践一直延续到今天。一个命题和它的逆命题，并不是逻辑上的相等，举例说“如果P，那么Q”是有效的，并不是“如果Q，那么P”就有效。欧几里得的这一例子出现在命题III.5中，该命题陈述“如两个圆相交，那么它们没有相同的圆心”，逆命题是“两圆如没有相同的圆心，那么它们相交”，这当然是错误的。因为一个圆完全可以在另一个圆外或者圆内，它们自然也没有相同的圆心。
矛盾证法
这是使用矛盾证法的第一命题。在本命题中，为了证明AB等于AC，欧几里得假定它们不相等，由此引出矛盾结论。即三角形ACB等于它自身的一部分，即三角形DCB，于是与公理I.5的整体大于部分的定义形成矛盾。矛盾是三角形ACB既等于三角形DBC同时又不等于三角形DBC。
欧几里得常用矛盾法，使用此法，他并不为推断新的几何目标的存在，而是用来证明他已经证明的几何学目标的正确性。
这一命题在本卷中再也未被利用，但在卷2、3、4、6、13中被调用。
命题I.7
过线段两端点引出两条线段交于一点，那么，在同一侧，不可能有相交于另一点的另两条线段，分别等于前两条线段，即每个交点到相同端点的线段相等。
假设可能，过A、B两点作两条线段AC、CB，相交于C点。作另两条线段AD、DB，在AB同一边相交于D点。
如果与前两条分别对应，那么CA等于DA，并共有末端A；CB等于DB，共有一个末端B；连接CD。
那么，既然AC等于AD，∠ACD便等于∠ADC（公设I.5）；
于是：∠ADC大于∠DCB；且∠CDB远远大于∠DCB。
同样，既然CB等于DB，∠CDB便等于∠DCB；同样可证∠CDB大于∠DCB。
所以：假设不能成立。
所以：过线段两端点引出两条线段交于一点，那么，在同一侧，不可能有相交于另一点的另两条线段，分别等于前两条线段，即每个交点到相同端点的线段相等。
证完
注解
隐证
此句“∠ACD等于∠ADC，于是：∠ADC大于∠DCB，且∠CDB远远大于∠DCB”，应用了量的性质。
如果x＜y，y＝z，那么x＜z。
这一性质并未出现在公理中。
本命题被利用在下一命题中。
命题I.8
如果两个三角形有三边对应相等，那么这两个三角形的所有对应角亦相等。
设：在三角形ABC、三角形DΕF中，AB等于DΕ，AC等于DF，即AB是DΕ的对应边，AC是DF的对应边。BC等于ΕF。
求证：∠BAC等于∠ΕDF。
如果三角形ABC全等于三角形DΕF，点B能替换点Ε，线段BC能替换ΕF，点C与点F重合，因为BC等于ΕF。
那么BC与ΕF重合，BA、AC分别与ΕD、DF重合。
如果底边BC与底边ΕF重合，而BA、AC两边分别与ΕD、DF两边不重合，形成了新的两边如ΕG、GF，那么从一条线段的两个末端引出的两条线段相交于一点，同一线段的两个末端引出的另两条线段相交于另一点，两组对应的线段不能相等（命题I.7）。所以：假设不能成立。
所以：如果边BC等于边ΕF，边BA、AC分别不等于ΕD、DF不成立。
所以：∠BAC与∠ΕDF重合，并相等。
所以：如果两个三角形有三边对应相等，那么这两个三角形的所有对应角亦相等。
证完
注解
这是三角形全等的第二个定理。
本命题被利用在本卷从下一命题开始的几个命题中，在卷3、4、11、13中也多次被利用。
命题I.9
一个角可以切分成两个相等的角。
设：已知∠BAC，要求二等分这个角。
在AB边上任取一点D，在AC边上取一点Ε，使AΕ＝AD（命题I.3），连接DΕ，以DΕ为一边作等边三角形DΕF，连接AF。
求证：∠BAC被射线AF平分。
因为，AD等于AΕ，AF为公共边，那么：DA、AF分别对应ΕA、AF并相等。
边DF等于边ΕF；于是∠DAF等于∠ΕAF（命题I.8）。
所以：∠BAC被射线AF平分。
所以：一个角可以切分成两个相等的角。
证完
四面体小行星
这颗小行星是一个正四面体，呈现在我们眼前的是它的其中两个表面。可以看到几乎每一寸土地都得到利用，上面密布了房屋、高塔、桥梁、台阶、花木、人工湖泊和小船；除了形状不同外，其余的情况和地球几乎毫无二致。在作此画时，埃舍尔将两幅草稿拼贴在一起，在面与面的接合处尽量画成直角，以反映四面体的棱线。埃舍尔从事物的数学特性中发掘美，创造出空前绝后的奇妙之作。
注解
构图步骤
当用圆规和直尺构造这一图形时，要求作出三个圆和一个最后的切分线。其中一个圆以A点为圆心、AD为半径，以决定点Ε。另外的两个圆分别以D和Ε为圆心并以DΕ为公共半径。等边三角形在这里实际上是不需要的。
角的三等分
使用欧几里得的直尺和圆规，二等分一个角是容易的，二等分线段也是容易的（参见命题I.10），将线段分成任意数量的相等部分也不那么困难（参见命题I.9），但是将一个角分成相等的奇数部分，就不容易了。事实上，使用欧几里得的工具，就不可能把一个60°的角三等分。欧几里得之前的数学家们为此使用了各种各样的方法，但未成功；欧几里得以后的阿基米德创造了螺旋线，才能将角划分成任意部分，三等分角也就成为可能。人们相信使用欧几里得工具根本就不可能三等分角，但直到1833年，这一疑惑才被数学家旺泽尔所证明。
命题的应用
这一命题被利用在下一命题中，也用在卷4、6、13的数个命题中。
命题I.10
一条线段可以被分成两条相等的线段。
设：AB为一线段。
求作：平分为两条相等的线段。
作等边三角形ABC（命题I.1），使其∠ACB被CD线平分（命题I.9）。
那么：D点就是线段AB的平分点。
既然AC等于CB，CD是公共边，AC、CD两条边分别与BC、CD两条边对应相等，∠ACD等于∠BCD，于是，边AD等于边BD（命题I.4）。
所以：线段AB被D点平分。
所以：一条线段可以被分成两条相等的线段。
证完
注解
本命题陈述将线段分成两个相等的部分。
它被利用在本卷的I.12、I.16、I.42中，也被利用在卷2、3、4、10、13的数个命题中。
命题I.11
过一条直线上的一个点，可以作该直线的垂线。
设：AB是已知直线，C为直线上的点。
求作：从C点作一条直线垂直于AB。
令：在AC上任取一点D，CB上任取一点Ε，并让CD等于CΕ（命题I.3）。
在DΕ上作等边三角形FDΕ（命题I.1）。连接FC。
那么我说：FC就是直线AB在C点上的垂线。
因为DC等于CΕ，CF是公共边，边DC、CF分别与边ΕC、CF对应且相等；底边DF与底边FΕ相等；故三角形DCF全等于三角形ΕCF（命题I.8），∠DCF与∠ΕCF互为邻角。
如果一条线段在另一条线段所形成的邻角相等，那么两角皆为直角（定义I.10）。所以：∠DCF、∠FCΕ皆为直角。
所以：线段CF垂直于线段AB，并在C点上平分。
所以：过一条直线上的一个点，可以作该直线的垂线。
证完
注解
这一命题和下一命题陈述垂线，一个给定的（已知的）点向给定的线作垂线。在本命题中，给定的点在直线上，而在下一命题中，是不同的情形。
本命题被利用在本卷的I.13、I.46、I.48中，也用在卷2、3、4、6、11、12、13的数个命题中。
命题I.12
经过直线外的一点可以向直线作垂线。
设：AB为已知直线，C点为给定的点。
求作：C点可以向AB作垂线。
在直线的另一边任取一点D，以C为圆心，CD为半径作圆ΕFG（公设I.3）。
AB与圆C交于G、Ε，作GΕ的中点H（命题I.10），连接CG、CH、CΕ（公设I.1）。
那么我说：CH便是C点向线段AB作的垂线。
因为：GH等于HΕ，HC是公共边，GH、HC分别等于对应边ΕH、HC；底边CG等于底边CΕ。
所以：∠CHG等于∠ΕHC（命题I.8），且它们为相邻角。
当一条线与另一条线相交形成邻角时，两角相等，皆为直角。这条线被称为另一条线的垂线（定义I.10）。
所以：CH是从C点向AB线引的垂线。
所以：经过直线外的一点可以向直线作垂线。
证完
命题I.13
两条直线相交，邻角是两个直角或者相加等于180°。
设：在直线CD上的任意一条射线BA，形成∠CBA及∠ABD。
求证：∠CBA、∠ABD要么是两个直角，要么互补。
如果∠CBA等于∠ABD，那么它们一定是两个直角（定义I.10）。
如果不是，从B点作BΕ，使之垂直于CD（命题I.11），那么∠CBΕ、∠ΕBD是两个直角。
那么既然∠CBΕ等于∠CBA加∠ABΕ的和，那么∠CBΕ、∠ΕBD的和也等于∠CBA、∠ABΕ、∠ΕBD的和（公理I.2）。
又，既然∠DBA等于∠DBΕ、∠ΕBA的和。
那么：∠DBA、∠ABC的和等于∠DBΕ、∠ΕBA、∠ABC的和（公理I.2）。
同理可证：∠CBΕ、∠ΕBD的和也等于同样三个角的和，等于同量的量彼此相等（公理I.1）。
所以：∠CBΕ、∠ΕBD的和也等于∠DBA、∠ABC的和。
且∠CBΕ、∠ΕBD的和为两直角，所以∠DBA、∠ABC的和亦为180°。
所以：两条直线相交，邻角是两个直角或者相加等于180°。
证完
注解
本命题讨论几何量的相加。
本命题被利用在以后的几个命题中，并应用在卷4和卷6。
命题I.14
两条不在一边的射线过任意直线上的一点，所构成的邻角若等于两个直角的和（平角），那么这两条射线构成一条直线。
设：AB为任意射线，B是射线的端点，两条射线BC、BD不在一边，构成邻角∠ABC、∠ABD，其和为两个直角（平角）。
求证：BD与CB在同一条直线上。
假设：BD与BC不在同一直线上，而BΕ才与CB在同一直线上。
因为：射线AB位于直线CBΕ上。
那么：∠ABC、∠ABΕ的和就等于两个直角（命题I.13），而∠ABC、∠ABD的和也等于两个直角；于是∠CBA、∠ABΕ的和也就等于∠CBA、∠ABD的和（公设I.4及公理I.1）。
设：从各角中减去∠CBA。
那么：剩余∠ABΕ等于剩余∠ABD（公理I.3），小角等于大角。
所以：假设不能成立。BΕ与CB不在同一条直线上。
同理可证：除了BD以外，也没有别的线。
所以：CB与BD在同一直线上。
所以：两条不在一边的射线过任意直线上的一点，所构成的邻角若等于两个直角的和（平角），那么这两条射线构成一条直线。
证完
注解
本命题是上一命题的逆命题。仅适用在平面几何中，如果A、B、C、D不在同一平面，那么CBD就不能为直线。
本命题被利用在本卷的I.45、I.47中，在卷6、11的几个命题中也有应用。
命题I.15
两条直线相交，对顶角相等。
设：AB、CD两条直线相交于Ε点。
求证：∠AΕC等于∠DΕB，∠CΕB等于∠AΕD。
因为：射线AΕ立在直线CD上，构成∠CΕA、∠AΕD，∠CΕA、∠AΕD的和等于两个直角（命题I.13）。
又，线段DΕ立在线段AB上，构成∠AΕD、∠DΕB，∠AΕD、∠DΕB的和等于两个直角（命题I.13）。又：∠CΕA、∠AΕD的和也能证明出等于两个直角。
所以：∠CΕA、∠AΕD的和等于∠AΕD、∠DΕB的和（公设I.4、公理I.1）。
令：从各角中减去∠AΕD。
于是：剩余∠CΕA等于剩余∠BΕD（公理I.3）。
同理可证：∠CΕB、∠DΕA也相等。
所以：两条直线相交，对顶角相等。
证完
推论
此命题也表明：两条直线相交，在相交点形成的角等于四个直角的和（360°）。
注解
虽然欧几里得并未定义“直角”，但其意义却明确地应用在本命题中。关于“推论”有这样一种说法：这可能是后人的插入。因为如果它是欧几里得所作，那么它应该被绑定在命题本身里，或者干脆成为另一命题。
本命题被利用在以后的几个命题中，并在II.10及IV.15中被利用。
命题I.16
任意三角形，其任意一边的延长线所形成的外角大于任意不相邻的内角。
设：ABC为任意三角形，延长BC边至D。
求证：∠ACD大于∠CBA或∠BAC。
在AC上取Ε点，使之平分AC（命题I.10），连接BΕ，并延长至F；使ΕF等于BΕ（命题I.3），连接FC（公设I.1），延长AC至G（公设I.2）。
因为：AΕ等于ΕC，BΕ等于ΕF；AΕ、ΕB分别等于对应边CΕ、ΕF；∠AΕB等于∠FΕC，因为它们为对顶角（命题I.15）。
所以：边AB等于边FC，三角形ABΕ全等于三角形CFΕ（命题I.4），于是∠BAΕ等于∠ΕCF。
又，∠ΕCD大于∠ΕCF（公理I.5），于是∠ACD大于∠BAΕ。
同理：如果BC被平分，可证∠BCG，也就是∠ACD也大于∠ABC（命题I.15）。
所以：任意三角形，其任意一边的延长线所形成的外角大于任意不相邻的内角。
证完
雪花曲线
从一个等边三角形出发，将每条边三等分，然后在各边三等分后的中段向外作一个新的等边三角形，但要去掉与原三角形重合的部分，接着对这个新图形的每条边重复上述过程，如此不断继续下去，所得到的曲线就是雪花曲线，它实际上是一个无限逼近序列的曲线。雪花曲线具有令人惊异的性质：它的内部面积有限，但曲线本身长度无限。
注解
在后面的命题I.32中，欧几里得调用平行公设（公设I.5），再次证明，三角形的外角等于两内角之和。
本命题应用在下两个命题的证明中，也用在卷3中。
命题I.17
任意一个三角形，其两内角的和总小于两个直角（180°）。
设：ABC为任意三角形。
求证：三角形ABC中任意两内角的和总小于两个直角（180°）。
令：延长BC至D（公设I.2）。
因为∠ACD是三角形ABC的外角，那么：它大于内角∠ABC（命题I.16）。
令：∠ACB与各角相加。于是：∠ACD、∠ACB的和大于∠ABC、∠BCA的和。
可是∠ACD、∠ACB的和等于两个直角（命题I.13）。所以：∠ABC、∠BCA的和小于两个直角。
同理可证：∠BAC、∠ACB的和也小于两个直角，∠CAB、∠ABC亦同理。
所以：任意一个三角形，其两内角的和总小于两个直角（180°）。
证完
古法七乘方图
造一个数的三角形排列如下：顶上放1，下面放两个1，再下一行将两个1重复一遍，使得这一行的末尾也都是1，而第三行是1、2、1。每一次将两个数相加，得数放在下方，于是得出第四行1、3、3、1。这就是朱世杰在《四元宝鉴》中展示的帕斯卡三角形的模样，该书写于帕斯卡出生前三个世纪。
注解
本命题陈述外角∠ACD大于内角∠ABC。如果每个角加上∠ACB，那么∠ACD与∠ACB之和大于∠ABC与∠BCA之和。
其量值关系为：
如果x＞y，那么x＋z＞y＋z。
这一关系式并未列入公理之中。这一命题在命题I.32再次得以强调，命题I.32陈述，在一个三角形中三个角之和等于两个直角。
本命题应用在III.16中，也应用在卷3、6、11的一些命题中。
命题I.18
在任何三角形中，大边一定对大角。
设：ABC为任意三角形，AC边大于AB边。
求证：∠ABC大于∠BCA。
因为：AC大于AB，作AD等于AB（命题I.3）。
连接BD。
于是：因为∠ADB是三角形BCD的一个外角。
那么：它大于内角∠DCB（命题I.16）。又：因为AB＝AD，∠ADB等于∠ABD；所以∠ABD也大于∠ACB；所以∠ABC比∠ACB更大。
所以：在任何三角形中，大边一定对大角。
证完
注解
从表面上看，命题I.18和命题I.19一样，但实际上却不然，本命题说的是“如果边AC＞边AB，那么∠ABC>∠BCA”（但这并不表明在别的情况下，∠ABC不能更大），命题I.19陈述的是“如果∠ABC＞∠BCA，那么边AC＞边AB”。
本命题应用在下一命题中。
命题I.19
在任何三角形中，大角总是对大边。
设：三角形ABC中∠ABC大于∠BCA。
求证：AC边也大于AB边。
假设不是，那么AC就小于或等于AB。
现在我们假设AC等于AB；那么∠ABC就将会等于∠ACB（命题I.5）。
但事实并非如此。于是AC不等于AB。
同理，AC不能小于AB，因为如果这样∠ABC也就会小于∠ACB（命题I.18）。
但事实也并非如此。所以：AC不小于AB。同时已被证明AC不小于AB。
所以：AC大于AB。
所以：在任何三角形中，大角总是对大边。
证完
注解
这一命题是前一命题的伪装逆命题。
本命题应用在I.20、I.24中，也应用在卷3的部分命题中。
命题I.20
在任何三角形中，任意两条边的和大于第三边。
设：ABC为任意三角形。
求证：在三角形ABC中，任意两边的和大于剩余的一边。即BA、AC的和大于BC，AB、BC的和大于AC，BC、CA的和大于AB。
令：延长BA至D，使DA等于CA，连接DC。
既然DA等于AC，∠ADC等于∠ACD（命题I.5），那么：∠BCD大于∠ADC（公理I.5）。
又，在三角形DCB中，∠BCD大于∠BDC，大角对大边（命题I.19）。所以：DB大于BC。
又，DA等于AC；所以BA、AC的和大于BC。
同理：可以证明AB、BC的和也大于AC，BC、CA的和大于AB。
所以：在任何三角形中，任意两条边的和大于第三边。
证完
宋刻《九章算术》书影
《九章算术》约成书于公元前1世纪，其中有些数学内容可追溯到周代，《周礼》记载西周贵族子弟必学的六门课程中就有一门“九数”。刘徽称《九章算术》就是从“九数”发展而来。《九章算术》采用问题集的编纂方式，全书共246个问题，分为九章，依次为：方田、粟米、分、少广、商功、均输、盈不足、方程、勾股。
注解
本命题为“三角形不等式”，部分的陈述表明：在两点间，最短的路径是线段。这一命题与命题I.15一起，允许我们解决最小距离的问题。假定两个点A和B位于线段CD的同一边，现在要求出A到线段CD的最短距离，假定为某个点P，然后再求出P到B的最小距离。
本命题应用在以下两个命题中，并应用在卷3的几个命题及命题XI.20中。
命题I.21
以三角形一边的两个端点向三角形以内引两条相交线，那么交点到这两个端点的这两条线段的和小于三角形余下的两条边的和，所形成的角大于三角形同侧的内角。
设：BC为三角形ABC的一条边，从端点B、C，作线段BD、DC。
求证：BD、DC的和小于三角形的另两条边BA、AC的和，所夹的∠BDC大于∠BAC。
延长BD和AC交于Ε点。
因为：在三角形中任意两边的和大于剩余的一条边（命题I.20），那么，在三角形ABΕ中，边AB、AΕ的和大于BΕ。
令：分别相加ΕC，于是BA、AC之和大于BΕ、ΕC之和。
又，在三角形CΕD中，CΕ、ΕD两边的和大于CD，令分别相加DB，于是，CΕ、ΕB的和大于CD、DB的和。
而BA、AC的和已证明大于BΕ、ΕC的和。
所以：BA、AC的和大于BD、DC的和。
又，因为在三角形中任意外角大于与它不相邻的任何一个内角。（命题I.16）。
于是：在三角形CDΕ中，外角∠BDC大于∠CΕD。
同理可证：在三角形ABΕ中，其外角∠CΕB大于∠BAC。∠BDC已被证明大于∠CΕB。
所以：∠BDC大于∠BAC。
所以：以三角形一边的两个端点向三角形以内引两条相交线，那么交点到这两个端点的这两条线段的和小于三角形余下的两条边的和，所形成的角大于三角形同侧的内角。
证完
注解
在欧几里得以前，派帕尔斯及其他数学家已经注意到，在一个三角形中，如果直线不是从一条边的末点作出，那么所作直线之和可能大于余下的两边之和。事实上，其和可以大到三角形最长边的两倍。
本命题应用在命题III.8中。
命题I.22
用三条线段作三角形，那么这三条线段必须满足于任意两条的和大于第三条的条件。
设：给定线段a、b、c，任意两条的和大于第三条，即a、b的和大于c，a、c的和大于b，b、c的和大于a。要求用a、b、c三条线段作一个三角形。
作直线DΕ，起于D，向Ε方向无限延长。
令：DF等于a，FG等于b，GH等于c（命题I.3）。
以F为圆心、FD为半径作圆DKL；又以G为圆心、GH为半径作圆KLH；连接KF、KG。
求证：三角形KFG的三条边等于a、b、c三条线段。
因为：F是DKL的圆心，故FD＝KF，而FD等于a。所以：KF也就等于a。
又，因为G是圆LKH的圆心，故GH＝GK。
所以：GH也就等于c。所以：KG也就等于c，FG也就等于b。
所以：三条线段KF、FG、GK也就等于a、b、c三条线段。
于是：三角形KFG是以a、b、c三条线段为边的三角形。
所以：用三条线段作三角形，那么这三条线段必须满足于任意两条的和大于第三条的条件。
证完
注解
这一命题的限定语句“于是，任意两条直线之和应该大于余下的一条”引用了三角形不等式（命题I.20），这一条件是必要的，也能满足证明，但欧几里得对此的证明却是失败的。
这一命题事实上是本卷第一命题的归纳，第一命题表明，三条线段全等。同样，欧几里得证明两圆相交也是失败的。
本命题应用在命题I.23、XI.22中。
命题I.23
给定一条直线和一个其上的点，可以作一个角等于已知角。
设：AB为已知直线，A为其上的一个给定点，∠DCΕ为给定的角。
求作：在直线AB的A点上作角，使之等于给定的∠DCΕ。
令：在直线CD、CΕ上各取一点D或Ε，连接DΕ，以CD、DΕ、CΕ三条相等线段作三角形AFG，使CD＝AF，CΕ＝AG，DΕ＝FG（命题I.22）。
因为：DC、CΕ分别等于对应边FA、AG，底边DΕ等于底边FG，∠DCΕ等于∠FAG（命题I.8）。
于是：在给定的直线AB和点A上作∠FAG，该角也等于∠DCΕ。
所以：给定一条直线和一个其上的点，可以作一个角等于已知角。
证完
贾宪三角
由二项系数构成的数学三角形因其有许多奇妙的性质而被广泛应用于各个领域，所以，在不同的年代，它被人们从不同的角度构造出来。这种算术三角形的构造方法是，先画1个方块，在下面紧接着画2个方块，再下面画3个……就像砌墙的砖一样。在最上面的方块中填上1，其余方块中的数等于它上面相邻方块中的数之和，这种构造最早明确地发表出来并得到承认的是中国北宋时期的贾宪和中亚细亚的凯拉吉，在中国这被称为“贾宪三角”。
注解
在命题I.22中，三角形并未在线段的一端；在本命题中，三角形的顶点需要置放在线段的尾点A上。
本命题应用在下一命题中，在其后的数卷中也频繁出现，卷3、4、6、11也不时出现。三角形在同一平面的条件似乎是不必要的，因为在命题XI.31中就用来作不同的平面。
命题I.24
两个三角形有两条对应边相等，其中一个三角形的对应的夹角大于另一个三角形的夹角，那么，这个三角形的第三边也大于另一个的第三边。
设：ABC、DΕF为两个三角形，其中AB、AC分别等于对应边DΕ、DF，则AB等于DΕ，AC等于DF。令∠A大于∠D。
求证：BC也大于ΕF。
因为：∠BAC大于∠ΕDF，在DΕ线段的D点上作∠ΕDG，使之等于∠BAC（命题I.23）。
令：DG既等于AC又等于DF，连接ΕG、FG。
那么：AB等于DΕ，AC等于DG，BA、AC分别等于对应边ΕD、DG；∠BAC等于∠ΕDG。所以：BC等于ΕG（命题I.4）。
又，因为DF等于DG，∠DGF也就等于∠DFG（命题I.5）。所以：∠DFG大于∠ΕGF。
所以：∠ΕFG大于∠ΕGF。
因为：ΕFG是个包含有∠ΕFG的三角形，且∠ΕFG大于∠ΕGF。较大的角所对应的边也较大（命题I.19），所以：边ΕG就大于ΕF。又：ΕG等于BC。
所以：BC也大于ΕF。
所以：两个三角形有两条对应边相等，其中一个三角形的对应的夹角大于另一个三角形的夹角，那么，这个三角形的第三边也大于另一个的第三边。
证完
注解
本命题应用在下一命题中，同时也应用在卷3的少数命题以及命题XI.22中。
命题I.25
三角形中如果有两条对应边相等，其中一个的第三边比另一个大，那么也同时有一个角比另一个大。
设：三角形ABC、三角形DΕF有两条对应边相等，AB、AC分别等于DΕ、DF，AB对应DΕ，AC对应DF；令BC大于ΕF。
求证：∠BAC也大于∠ΕDF。
事实上，如果不是这样，则∠BAC等于或者小于∠ΕDF。
现在，先设∠BAC等于∠ΕDF；那么底边BC就会等于ΕF（命题I.4）；但事实不是这样。
所以：∠BAC不等于∠ΕDF。
又，设∠BAC小于∠ΕDF，于是：BC也就会小于ΕF（命题I.24）。但事实不是这样。
所以：∠BAC不小于∠ΕDF。又它们被证明为不相等。所以：∠BAC大于∠ΕDF。
所以：三角形中如果有两条对应边相等，其中一个的第三边比另一个大，那么也同时有一个角比另一个大。
证完
命题I.26
两个三角形如有两个角和一条边对应相等，那么其余的对应边和角都相等。
设：三角形ABC、三角形DΕF有两个角和一条边相等，∠ABC、∠BCA分别与∠DΕF、∠ΕFD对应相等。一条对应边相等，即BC等于ΕF。
求证：其余的对应边和角都相等，即AB等于DΕ，AC等于DF，∠BAC等于∠ΕDF。
假设：AB不等于DΕ，其中一个比另一个大。假定AB大于DΕ，BG等于DΕ；连接GC。
那么，既然BG等于DΕ，BC等于ΕF，GB、BC分别等于对应的DΕ、ΕF；∠GBC等于∠DΕF；于是：底边GC等于底边DF，三角形GBC全等于三角形DΕF，剩余的角亦相等，即与等边对应的角相等（命题I.4）。
于是：∠GCB等于∠DFΕ，而∠DFΕ被假设等于∠BCA。
所以：∠BCG等于∠BCA，即大角等于小角，故不能成立。
所以：AB与DΕ是相等的。
又：BC也等于ΕF。所以：AB、BC分别等于对应边DΕ、ΕF，∠ABC等于∠DΕF。
所以：AC等于DF，∠BAC等于∠ΕDF（命题I.4）。
又，斜边相等角相等，如AB等于DΕ。求证：余下的边也对应相等，即AC等于DF，BC等于ΕF，余下的∠BAC等于余下的∠ΕDF。
假定：如果BC不等于ΕF，其中一个比另一个大。
设：BC更大，如果可能，使BH等于ΕF；连接AH。
那么，既然BH等于ΕF，AB等于DΕ，AB、BH于是分别等于对应边DΕ、ΕF，并包含相等的角，于是：AH便等于DF，三角形ABH便全等于三角形DΕF，余下的对应边所对应的角便互相相等（命题I.4）。所以：∠BHA等于∠ΕFD。
而∠ΕFD等于∠BCA，所以：在三角形AHC中，外角∠BHA等于∠BCA。而这是不可能的（命题I.16）。所以：BC等于ΕF，而AB也等于DΕ。所以：AB、BC分别等于对应的DΕ、ΕF，并包含相等的角。
所以：底边AC等于底边DF，三角形ABC全等于三角形DΕF，角∠BAC等于角∠ΕDF（命题I.4）。
所以：两个三角形如有两个角和一条边对应相等，那么其余的对应边和角都相等。
证完
注解
本命题是三角形全等定理的最后一个定理，命题I.4陈述了边—角—边相等，命题I.8陈述了边—边—边相等，本命题陈述边—两角相等定理。
本命题应用在命题I.34中，也用在卷3、4、11、12、13的部分命题中。
命题I.27
如果一条直线与另两条直线相交，所形成的内错角相等，那么这两条直线平行。
设：直线ΕF与直线AB、CD相交，形成内错角∠AΕF、∠ΕFD相等。
求证：AB平行于CD。
假定：AB、CD是不平行的，那么它们一定在B、D的方向或A、C的方向相交。
假定：它们在B、D的方向相交于G点。
那么：在三角形GΕF中，外角∠AΕF等于角∠ΕFG。这是不可能的（命题I.16）。
所以：AB、CD在B、D方向的延长线不相交。
同理可证：在A、C方向上也不能相交。
而两条在两个方向上都不相交的直线是平行线（定义I.23）。
所以：AB平行于CD。
所以：如果一条直线与另两条直线相交，所形成的内错角相等，那么这两条直线平行。
证完
注解
这里潜假设了在同一平面，如果所有的线不在一个平面内，术语“内错角”就失去了意义。
欧几里得忽略了另两种可能性，即线可以相交，即在A、D两个方向上，或者朝向B、C。
虽然这是平行线的第一命题，但并未应用公设I.5。
本命题中，平行线作出，在命题I.31中，使用了本命题来论证平行线的作出，本命题也应用在下一命题及命题I.33中。
命题I.28
一条直线与两条直线相交，如果所形成的同位角相等，那么这两条直线是平行线；如果同旁内角互补，两条直线也平行。
设：直线ΕF与直线AB、CD相交，所形成的∠ΕGB等于∠GHD，或者在同旁的内角∠BGH、∠GHD互补。
求证：AB与CD平行。
因为：∠ΕGB等于∠GHD，同时∠ΕGB等于∠AGH（命题I.15）。∠AGH也等于∠GHD，且它们是内错角，所以：AB平行于CD（命题I.27）。
又，因为∠BGH、∠GHD的和等于两个直角，∠AGH、∠BGH的和也等于两个直角（命题I.13），∠AGH、∠BGH的和等于∠BGH、∠GHD的和。
从各角中减去∠BGH，于是：∠AGH等于∠GHD，且它们是内错角。
所以：AB平行于CD（命题I.27）。
所以：一条直线与两条直线相交，如果所形成的同位角相等，那么这两条直线是平行线；如果同旁内角互补，两条直线也平行。
证完
注解
本命题陈述的是前一命题的两个次要变量。
本命题应用在命题IV.7、VI.4中，在卷11中也有两次应用。
命题I.29
一条直线与两条平行线相交，所形成的内错角相等，同位角相等，同旁内角互补。
设：直线ΕF相交于平行线AB、CD。
求证：内错角∠AGH与∠GHD相等，同位角∠ΕGB和∠GHD相等，同旁内角∠BGH和∠GHD互补。
假设：∠AGH不等于∠GHD，其中一个较大，设∠AGH是较大的角。用∠BGH与各角相加，于是∠AGH、∠BGH的和大于∠BGH、∠GHD的和。
而∠AGH、∠BGH互补（命题I.13）。
所以：∠BGH、∠GHD的和小于两个直角的和。
而同平面内一条直线和另外两条直线相交，若在直线某一侧的两个内角之和小于二直角，则这两条直线经无限延长后在这一侧相交（公设I.5）。
所以：AB、CD如果延长便会相交，因为它们是假定平行的。所以：∠AGH不能不等于∠GHD，即它们相等。
又，∠AGH等于∠ΕGB（命题I.15），所以：∠ΕGB等于∠GHD（公理I.1）。
令：∠BGH与各角相加。于是：∠ΕGB、∠BGH的和等于∠BGH、∠GHD的和（公理I.2）。
而∠ΕGB、∠BGH互补（命题I.13），所以：∠BGH、∠GHD互补。
所以：一条直线与两条平行线相交，所形成的内错角相等，同位角相等，同旁内角互补。
证完
注解
本命题的陈述包含三个部分，其一是命题I.27的逆命题，另两个是命题I.28的逆命题。本命题假定了平面包含所有的三条直线。
本命题是依赖于平行公设的第一命题，但是在双曲线几何中，这一定理将失效。
本命题频繁地被应用在以后的命题中。
命题I.30
平行于同一直线的两条直线相互平行。
设：线段AB、CD平行于ΕF。
求证：AB也平行于CD。
令：直线GK与它们相交。因为：GK与平行线AB、ΕF相交，∠AGK等于∠GHF（命题I.29）。
又因为，直线GK和平行线ΕF、CD相交，∠GHF等于∠GKD（命题I.29）。
而∠AGK也被证明等于∠GHF，所以：∠AGK也等于∠GKD（公理I.1）。且它们是内错角，所以AB平行于CD。
所以：平行于同一直线的两条直线相互平行。
证完
注解
本命题假设了三条线段位于同一平面内，命题XI.9则是三条线不在一个平面内。
现代综合几何学中，普勒菲尔公理代替了欧几里得的平行公设，该公理陈述，过已知点的一条已知直线至多有一条平行线。
欧几里得的《几何原本》是人类历史上最优美的科学著作之一。刺激我们兴趣的不是那些图形，而是概念——那些相互连接的概念，以及欧几里得所呈现的这些概念及它们的连接方式。《几何原本》的数学优雅，还在于它的简洁与清晰品性，使读者阅读容易、轻松。
对欧几里得批评最多的是平行公设，即I.5公设，其定义含混，没有简洁的品性。本命题也是简洁的，普勒菲尔公理则更为简洁，可以替代I.5公设。
本命题应用在命题I.45和命题IV.7中。
命题I.31
通过直线外一点可以作一条直线的平行线。
设：A为给定的点，BC为给定的直线。
求作：通过点A作一条平行于BC的平行线。
在BC上任取一点D，连接AD；在直线AD上，通过A点作角，使∠DAΕ等于∠ADC（命题I.23）；令线段AF延长与ΕA相连。
因为：直线AD与直线BC、ΕF相交形成的内错角∠ΕAD、∠ADC彼此相等；
所以：ΕAF平行于BC（命题I.27）。所以：通过给定的点A，作出了一条线段ΕAF，平行于BC。
所以：通过直线外一点可以作一条直线的平行线。
证完
注解
所作的平行线ΕF是过A点的唯一平行线，如果还存在另外的平行线，那么一边上的内角或AD与BC构成的内角将小于两个直角，于是根据平行公设（I.5公设），它将与BC相交，这是矛盾的。
本命题高频率地出现在本卷从此命题开始的命题中，同时也高频率地出现在卷2、4、6、11、12、13中。
命题I.32
延长三角形的任意一边所形成的外角，等于不相邻两个内角的和，三个内角的和等于180°。
设：延长三角形ABC的BC边至D。
求证：外∠ACD等于两个内角∠CAB与∠ABC的和，且三个内角∠ABC、∠BCA、∠CAB的和等于180°。
令：通过C点作线段CΕ，使之平行于AB（命题I.31）。
因为：AB平行于CΕ，且与AC相交，形成内错角∠BAC、∠ACΕ，两角相等（命题I.29）。
又，因为AB平行于CΕ，线段BD与之相交，∠ΕCD等于同位角∠ABC（命题I.29）。
而∠ACΕ也能被证明等于∠BAC。所以：大角∠ACD等于两个内角∠BAC与∠ABC的和。
令∠ACB与各角相加，于是：∠ACD、∠ACB的和等于∠ABC、∠BCA、∠CAB的和。
而∠ACD、∠ACB的和等于180°（命题I.13）；
所以：∠ABC、∠BCA、∠CAB的和也等于180°。
所以：延长三角形的任意一边所形成的外角，等于不相邻两个内角的和，三个内角的和等于180°。
证完
注解
本命题虽然在本卷中再没有得以利用，但在卷2、3、4、6、11、12、13中却高频率地应用，而推论没有再被利用。
命题I.33
一组对边平行且相等的四边形的另一组对边也平行且相等。
设：AB等于CD，并且平行，连接两条线段的端点AC、BD。
求证：AC与BD也相等并平行。
连接BC。因为：AB平行于CD；BC与它们相交形成的内错角∠ABC、∠BCD互等（命题I.29）。
因为AB等于CD，而BC是公共边，AB、BC两边等于DC、CB两边，∠ABC等于∠BCD，所以：底边AC等于底边BD，三角形ABC全等于三角形DCB，且各边所对应的角也相等（命题I.4）。所以：∠ACB等于∠CBD。
又，因为直线BC与两条直线AC、BD相交，所形成的内错角亦互相相等。
所以：AC平行于BD（命题I.27）。
所以：一组对边平行且相等的四边形的另一组对边也平行且相等。
证完
注解
在这里应该加上“在同一方向”的限定语句，因为如果没有这个限定，AD和BC可能在平行线的尾点相交。
本命题应用在命题I.36、I.45中，卷11～13也有部分应用。
命题I.34
在平行四边形中，对边相等，对角相等，对角线平分该四边形。
设：平行四边形ACDB，BC为对角线。
求证：平行四边形ACDB的对边相等，对角相等，对角线互相平分。
因为，AB平行于CD，线段BC与AB相交，形成的内错角∠ABC、∠BCD相等（命题I.29）。
又，因为AC平行于BD，线段BC与AC相交，形成的内错角∠ACB、∠CBD相等（命题I.29）。
所以：ABC、DCB是有∠ABC、∠ACB分别等于对应∠DCB、∠CBD的两个三角形。所以：余下的边与角对应相等（命题I.26）。
所以：AB等于CD，AC等于BD，且∠BAC等于∠CDB。
又，因为∠ABC等于∠BCD，∠CBD等于∠ACB，大∠ABD等于大∠ACD（公理2），∠BAC也能被证明等于∠CDB；
所以：平行四边形对应边与对应角相等。
另外求证：对角线平分。
因为：AB等于CD，BC是公共边，AB、BC分别等于对应边DC、CB，且∠ABC等于∠BCD。
所以：AC也等于DB；三角形ABC全等于三角形DCB（命题I.4）。所以：对角线BC平分平行四边形ACDB。（这里就该证明AD、BC互相平分）。
所以：在平行四边形中，对边相等，对角相等，对角线平分该四边形。
证完
《原子丽达》的研究
从人类文明的发展史来看，在所有的曲线中，圆因其完美的外形最先赢得了人们对其神秘性的推崇。椭圆、抛物线和双曲线是人们在尚无解析工具的情况下就开始的一类圆锥曲线。达利所崇尚的就是归一的统摄与完整。在他的心目中，与圆有关的造型是绝对统一的象征。这幅画表现了一个传统又具有原子张力的世界，各种几何图形的巧妙搭配，使所有物体互不接触，但又相互吸引。
注解
普鲁克劳斯指出，“平行四边形”是欧几里得创造的，不过在希腊早期的数学中却并未出现过。
本命题应用在接下来的四个命题中，也应用在卷2、4、6、10、11、12中。
命题I.35
同底且在相同的二平行线之间的平行四边形面积相等。
设：平行四边形ABCD、平行四边形ΕBCF有共同的底边BC且在两平行线AF、BC之间。
求证：平行四边形ABCD的面积等于平行四边形ΕBCF的面积。
因为：ABCD是平行四边形，所以AD等于BC（命题I.34）。
同理可得：ΕF等于BC。
所以：AD也就等于ΕF（公理I.1）。又，DΕ是共用边，所以：AΕ等于DF（公理I.2）。
而AB也等于DC（命题I.34），所以：ΕA、AB分别等于对应边FD、DC，∠FDC等于∠ΕAB，同位角相等（命题I.29）。所以：底边ΕB等于底边FC，三角形ΕAB全等于三角形FDC（命题I.4）。
令两三角形减去三角形DGΕ，于是，余下的梯形ABGD的面积等于余下的梯形ΕGCF的面积（公理I.3）。
令加上三角形GBC，所以：平行四边形ABCD的面积等于平行四边形ΕBCF的面积（公理I.2）。
所以：同底且在相同的二平行线之间的平行四边形面积相等。
证完
结
埃舍尔的数学兴趣在这件作品中表现得尤为突出，除了数学家，普通人很难对这个结构产生兴趣，它被称为三叶纽结，是最简单的纽结形式。所有的纽结都是针对三维空间曲线，在二维平面上不可能打成一个真正的纽结，埃舍尔的做法是赋予这条曲线复杂的外形，然后在平面上用严格的透视法再现这个结构。
注解
本命题应用在接下来的两个命题以及命题XI.31中。
命题I.36
等底且在相同的二平行线之间的平行四边形面积相等。
设：平行四边形ABCD、平行四边形ΕFGH的底边BC等于底边FG，并在同一线段上。AH平行于BG。
求证：平行四边形ABCD与平行四边形ΕFGH的面积相等。
连接BΕ、CH。因为：BC等于FG，同时FG等于ΕH、BC也等于ΕH（公理I.1）。
又，它们是平行的。
ΕB、HC与它们相连，而末端相连的线段对应相等并平行（命题I.33），所以：ΕBCH是平行四边形（命题I.34）。
因为BC是共用边，BC、AH在同一平行线上，所以平行四边形ΕBCH的面积等于平行四边形ABCD的面积（命题I.35）。
同理：平行四边形ΕFGH的面积等于平行四边形ΕBCH的面积（命题I.35）；
所以：平行四边形ABCD的面积也等于平行四边形ΕFGH的面积（公理I.1）。
所以：等底且在相同的二平行线之间的平行四边形面积相等。
证完
注解
本命题是前一命题的归纳，事实上此二命题可以绑定为一个命题，在首先证明了它的特殊情况后，接着证明其通常情况。
本命题应用在命题I.38中，其他的一些证明应用在卷2、6和命题XI.29中。
命题I.37
同底等高的三角形面积相等。
设：三角形ABC、三角形DBC有同底边BC，并有相同平行线段AD、BC。
求证：三角形ABC与三角形DBC面积相等。
令：在两个方向上延长AD至Ε和F，过B作BΕ平行于CA（命题I.31）。
过C作CF平行于BD。
因为图形ΕBCA、DBCF有共同的边BC及ΕF（命题I.35），所以：ΕBCA、DBCF是平行四边形，并相等。
因为AB是对角线，故：三角形ABC是平行四边形ΕBCA的一半（命题I.34）。
DC是对角线，故：三角形DBC是平行四边形DBCF的一半（命题I.34）。
（等量的一半相等）。
所以：三角形ABC的面积等于三角形DBC的面积。
所以：同底等高的三角形面积相等。
证完
注解
本命题中三角形底边相同，在下一个命题中底边相等。证明是一样的，只是本命题依赖于命题I.35，而命题I.38则依赖于命题I.36，且是更为通用的情况。最后的结论有些疏漏，根据命题的证明，应该是两个量的两倍相等。
本命题应用在命题I.39、I.41、卷6中。
命题I.38
等底等高的三角形面积相等。
设：三角形ABC和三角形DΕF，有相等的底边BC和ΕF，并在同一线段BF及AD上。
求证：三角形ABC的面积等于三角形DΕF的面积。
令：在两个方向上延长AD至G和H；通过B作BG平行于CA（命题I.31）；通过F作FH平行于DΕ。
因为BC等于ΕF，且在同一线段BF、GH上（命题I.36），所以：图形GBCA、DΕFH是平行四边形，且两者相等。
又，因为AB是对角线（命题I.34）。所以：三角形ABC是平行四边形GBCA的一半。
同理：DF是DΕFH的对角线，所以三角形DΕF是平行四边形DΕFH的一半（命题I.34）。所以：三角形ABC的面积等于三角形DΕF的面积。
所以：等底等高的三角形面积相等。
证完
注解
本命题的结论是清晰的，根据命题I.36，底相等且在同一对平行线上的平行四边形相等，又根据命题I.34，三角形是平行四边形的一半，于是，三角形也相等。
本命题应用在命题I.40、I.42、VI.1中。
命题I.39
有共同底边位于同侧面积相等的三角形的另两点的连线平行于底边。
设：ABC、DBC是以BC为底边在BC同侧面积相等的三角形。
求证：它们在两平行线间。
连接AD，那么：AD平行于BC。
假定：AD不平行于BC，过A点作AΕ平行于BC（命题I.31）。
连接ΕC。
因为BC是共用边，它们同底等高（命题I.37），那么：三角形ABC的面积等于三角形ΕBC的面积。
而ABC的面积等于DBC的面积，所以：DBC的面积也等于ΕBC的面积（公理I.1），那么大等于小，这是不可能的。
所以：AΕ不是BC的平行线。
同理：能证明除AD以外的其他线段不是BC的平行线。
所以：AD是BC的平行线。
所以：有共同底边位于同侧面积相等的三角形的另两点的连线平行于底边。
证完
注解
本命题的部分是命题I.37的逆命题，仅仅是部分，因为两个三角形ABC和三角形DBC有相同的边，即线段BC上的边。如果它们不是，那么AD将不能与BC平行，而是穿过其中点。
本命题应用在命题VI.2中。
命题I.40
等底并在同一边的面积相等的三角形，顶点的连线与底边平行。
设：ABC、CDΕ是面积相等的三角形，并有相等底边BC和CΕ，且在同一侧。
求证：两三角形顶点的连线与底边平行。
连接AD，那么：AD平行于BΕ。
如果不是，令：过A作AF平行于BΕ（命题I.31），再连接FΕ。
于是：三角形ABC等于三角形FCΕ的面积。因为，它们在相等底边BC、CΕ上，且在相同平行线BΕ、AF之间（命题I.38）。
又，三角形ABC等于三角形DCΕ的面积，所以：三角形DCΕ也等于三角形FCΕ的面积，大等于小。这是不可能的。所以：AF不平行于BΕ。
类似地，可以证明，除了AD以外的任何线段也不可能平行于BΕ，所以：AD平行于BΕ。
所以：等底并在同一边的面积相等的三角形，顶点的连线与底边平行。
证完
四柱式庭院
英国数学家罗素说过“数学不仅拥有真理，而且拥有至高无上的美”。他所说的是一种形式高度抽象的美，即逻辑形式与结构的完美。这种以简单结构以及逻辑形式完美为目标的追求，使数学成为人类艺术发展的文化激素。数学对艺术的影响遍及绘画、音乐、建筑、文学等各个方面，仅就建筑而言，就涉及对称、黄金分割、各种曲线和曲面等。图中的四柱式庭院就是一个简单却极富表现力的木制品，它展现了以数学为基础的构成要素。
注解
本命题不同于本卷中的其他命题，在《原本》中再也没有被应用过。
命题I.41
如果一个平行四边形与一个三角形同底边，并于同一顶点连线平行于底边，那么，平行四边形的面积是三角形的两倍。
设：平行四边形ABCD与三角形ΕBC有同底边BC，并在两平行线BC、AΕ之间。
求证：平行四边形ABCD的面积是三角形BΕC的面积的两倍。
连接AC（公设I.1）。
于是：三角形ABC的面积等于三角形ΕBC的面积。因为，它们有同底边BC并BC平行于AΕ（命题I.37）。
又，平行四边形ABCD的面积是三角形ABC的面积的两倍，因为，对角线AC平分ABCD，于是：平行四边形ABCD的面积是三角形ΕBC的面积的两倍（命题I.34）。
所以：如果一个平行四边形与一个三角形同底边，并同一顶点连线平行于底边，那么平行四边形的面积是三角形的两倍。
证完
注解
本命题的部分是对命题I.34的归纳，平行四边形的面积是其对角线与两边所围成的三角形的面积的两倍，可以陈述为，如果一个平行四边形与一个三角形同底，且在同一对平行线上，那么该平行四边形的面积是三角形面积的两倍。
本命题应用于下一命题及命题I.47、VI.1、X.38中。
命题I.42
可以作一个平行四边形使其面积等于一个给定角的给定三角形的面积。
设：ABC为给定三角形，∠D为给定角。
求证：根据给定∠D，作一个平行四边形的面积等于三角形ABC的面积。
在Ε点平分BC，连接AΕ。在线段ΕC及点Ε上作∠CΕF等于给定∠D。过A作AG平行于ΕC，再过C作CG平行于ΕF（命题I.10，公设I.1、I.23、I.31）。
因此：FΕCG是平行四边形。
因为BΕ等于ΕC，所以：三角形ABΕ的面积也等于三角形AΕC的面积。因为，它们在相等底边BΕ和ΕC上，并在相同二平行线BC、AG之间，所以：三角形ABC的面积是三角形AΕC的面积的两倍（命题I.38）。
又，平行四边形FΕCG的面积也是三角形AΕC的面积的两倍，因为两者有相等的底边，并顶点连线与底边平行，所以：平行四边形FΕCG的面积也等于三角形ABC的面积。
又，∠CΕF等于给定∠D。
所以：平行四边形FΕCG被作出，等于给定的三角形ABC的面积，并且∠D等于∠CΕF。
所以：可以作一个平行四边形使其面积等于一个给定角的给定三角形的面积。
证完
注解
本命题应用在下面两个命题中。
命题I.43
在任何平行四边形中，对角线上两边的平行四边形的补形面积相等。
设：ABCD是平行四边形，且AC是对角线，作AΕKH和KGCF两个平行四边形，ΕBGK和HKFD被称为补形。
求证：补形ΕBGK的面积等于补形HKFD的面积。
因为ABCD是平行四边形，AC是对角线，所以：三角形ABC的面积等于三角形ACD的面积（命题I.34）。
又，因为AΕKH是一个平行四边形，且AK是其对角线，所以：三角形AΕK的面积等于三角形AHK的面积。
同理，三角形KFC的面积等于三角形KGC的面积（命题I.34）。
现在，因为三角形AΕK的面积等于三角形AHK的面积，且三角形KFC的面积等于三角形KGC的面积，所以：三角形AΕK的面积与三角形KGC的面积相加等于三角形AHK的面积与KFC的面积相加。
又，整体三角形ABC的面积也等于整体三角形ADC的面积，所以：补形ΕBGK的面积等于补形HKFD的面积。
所以：在任何平行四边形中，对角线上两边的平行四边形的补形的面积相等。
证完
注解
本命题应用在下一个命题中，也用在卷2、6的几个命题中。
命题I.44
给定一条线段，给定一个角，可作一个平行四边形使其面积等于给定的三角形。
设：AB为给定的线段，∠D为给定的角，C为给定的三角形。
求作：在AB上作一个平行四边形等于给定的三角形C的面积，并使其一个内角等于给定的∠D。
设：要作的等于三角形C的平行四边形是BΕFG，其中∠ΕBG等于∠D，移动线段ΕB，使之与AB重合（命题I.42）。
延长FG至H，过A作AH平行于BG，也平行于ΕF。连接HB（公设I.2、命题I.31、公设I.1）。
因为线段HF与AH和ΕF相交，所以：∠AHF和∠HFΕ之和等于两个直角。
所以：∠BHG和∠GFΕ之和小于两个直角。
且将直线无限延长后，在小于两直角的一侧相交，所以：当延长HB和FΕ时，它们将相交（命题I.29、公设I.5）。
令：延长它们并相交于K，再过K作KL平行于ΕA或者FH。
延长HA和GB至点L、M（命题I.31）。
于是：HLKF是平行四边形，HK是它的对角线，且AHGB和MBΕK是平行四边形，四边形LABM和BGFΕ是四边形LHFK上的补形。
所以：四边形LABM等于BGFΕ的面积（命题I.43）。
又，BGFΕ的面积等于三角形C的面积，所以：四边形LABM也等于C的面积（公理I.1）。
因为∠GBΕ等于∠ABM，同时，∠GBΕ等于∠D，所以：∠ABM也等于∠D（命题I.15）。
所以：用给定线段AB作出的平行四边形LABM的面积，等于给定的三角形C的面积，且其中∠ABM等于∠D。
所以：给定一条线段，给定一个角，可作一个平行四边形使其面积等于给定的三角形。
证完
时间和空间的形态
在牛顿的理论中，时间独立于其他万物而存在，它仿佛是在两个方向上都无限延伸的铁轨。1915年，爱因斯坦提出了一种崭新的数学模型：广义相对论。这个理论是时间和空间模型的基础。广义相对论把时间维和空间的三维合并形成时空，宇宙中物质和能量的分布引起时空弯曲和畸变，这个时空中的物体企图沿着直线运动，但时空是弯曲的，它们的轨迹显得被弯折了，这样，时间就有了形态。然而，它只能往一个方向前进。
注解
本命题的证明分为两步，第一步是利用命题I.42作平行四边形，使其角等于给定的三角形的某一角；第二步是调用命题I.43，改变其长度，使之等于合适的长度。
本命题除了应用在下一命题中以外，也用在命题VI.25中作一个图形，使之相似但不等于给定的直线图形。
命题I.45
作一平行四边形使其内角等于一给定角，面积等于给定的多边形的面积。
设：ABCD为给定的多边形，∠Ε为给定的角。
求作：作一平行四边形，使其面积等于多边形ABCD的面积，并满足内角等于∠Ε的条件。
连接DB，设要作的等于三角形ABD的面积的平行四边形是FKHG，其中∠HKF等于∠Ε（公设I.1，命题I.42、I.44）。
因为：∠Ε等于∠HKF，也等于∠GHM。
所以：∠HKF也等于∠GHM（公理I.1）。
每个角加上∠KHG，于是：∠FKH与∠KHG之和等于∠KHG与∠GHM之和（公理I.2）。
又，∠FKH与∠KHG之和等于两个直角的和，所以：∠KHG与∠GHM之和也等于两个直角（公理I.1）。
于是：用一条线段GH及它上面的一点H，不在它同侧的两线段KH、HM作成相邻的两角的和等于二直角（命题I.14）。
因为直线HG与平行线KM和FG相交，所以：两内错角∠MHG与∠HGF相等（命题I.29）。
∠HGL与每个角相加，于是：∠MHG与∠HGL之和等于∠HGF与∠HGL之和（公理I.2）。
又，∠MHG与∠HGL之和等于两个直角，所以：∠HGF与∠HGL之和等于两个直角。所以：FG与GL在同一直线上（命题I.29、I.14）。
因为FK等于且平行于HG，而HG等于且平行于ML，所以：KF也等于且平行于ML。又，线段KM和FL连接了它们的端点，所以：KM与FL也相等且平行。
所以：KFLM是一个平行四边形（命题I.34、I.30、I.33）。
因为三角形ABD的面积等于平行四边形FKHG的面积，且三角形DBC的面积等于平行四边形GHML的面积，所以：总多边形ABCD的面积等于总平行四边形KFLM的面积（公理I.2）。
所以：平行四边形KFLM被作出，它等于给定的多边形ABCD的面积，且∠FKM等于给定∠Ε。
所以：可作一平行四边形使其内角等于一给定角，面积等于给定的多边形的面积。
证完
注解
本命题很好地解决了什么是直线图形的面的问题。但什么是圆的面呢？在《原本》中未得到解决。
本命题应用在命题II.14、VI.25、XI.32中，在命题XI.32中，用来作不同平面。
命题I.46
给出一条线段，可以作一个正方形。
设：AB为给定的线段。
现在要求的是：在AB上作一个正方形。
过点A作AC垂直于AB，使AD等于AB，再过点D作DΕ平行于AB，过点B作BΕ平行于AD（命题I.11、I.3、I.31）。
于是：ADΕB是平行四边形。
所以：AB等于DΕ，AD等于BΕ（命题I.34）。
又，AB等于AD，所以：四条线段BA、AD、DΕ、ΕB相互相等。所以：平行四边形ADΕB是等边的。
求证：它也是直角形。
因为线段AD与平行线AB和DΕ相交，所以：∠BAD与∠ADΕ之和等于两个直角（命题I.29）。
又，∠BAD是直角，所以：∠ADΕ也是直角。
又，在平行四边形中，对边和对角相互相等，所以：对角∠ABΕ和∠BΕD也是直角。所以：ADΕB是直角图形（命题I.34）。
又，它也被证明是等边的。
所以：给出一条线段，可以作一个正方形。
证完
注解
本命题是第二个关于正多边形的，第一个是命题I.1的正三角形。正五、六和十五边形出现在卷4中。
本命题应用在下一命题中，在卷2、6、12、13中都有大量应用。
命题I.47
在直角三角形中，以斜边为边的正方形面积等于以两直角边为边的正方形面积之和（两直角边的平方和等于斜边的平方）。
设：ABC是直角三角形，其中∠BAC是直角。
求证：BC为边的正方形面积等于以BA和AC为边的正方形面积之和。
作BC为边的正方形BDΕC，且作BA和AC为边的正方形BAGF和ACKH。过A作AL平行于BD，也平行于CΕ，连接AD和FC（命题I.46、I.31）。
因为∠BAC和∠BAG皆是直角，在一条直线BA上的一个点A有两条直线AC、AG不在它的同一侧所成的两邻角的和等于两直角，于是CA与AG在同一直线上（定义I.22、命题I.14）。
同理，BA也与AH在一条直线上。
因为∠DBC等于∠FBA，它们是直角，每个角加上∠ABC，于是：总∠DBA等于总∠FBC（定义I.22、公设I.4、公理I.2）。
因为DB等于BC，FB等于BA，边AB和BD分别等于边FB和BC，且∠ABD等于∠FBC，所以：底边AD等于底边FC，且三角形ABD的面积等于三角形FBC的面积（定义I.22、命题I.4）。
现在，平行四边形BDLO的面积是三角形ABD的面积的两倍，因为，它们有同底边BD，且在相同平行线BD和AL之间。
又，正方形GFBA是三角形FBC的面积的两倍，因为它们有同底FB，且在相同平行线FB和GC之间（命题I.41）。
所以：平行四边形BDLO的面积也等于正方形GFBA的面积。
类似地，如果连接AΕ和BK，平行四边形OLΕC的面积也能被证明等于正方形ACKH的面积。
所以：总正方形BDΕC的面积，等于FBAG和ACKH两个正方形的面积之和（公理I.2）。
又，BDΕC正方形是作在BC上的，且正方形FBAG和ACKH是作在BA和AC上的。
所以：BC为边的正方形的面积等于BA和AC为边的正方形的面积之和。
所以：在直角三角形中，以斜边为边的正方形的面积等于两直角边为边的正方形的面积之和。
证完
注解
这就是著名的毕达哥拉斯定理（又名勾股定理）的证明。
本命题应用在下两个命题中，其逆命题用在第2卷命题II.9～II.14中，其余各卷中也有应用。
命题I.48
在一个三角形中，如果以一边为边的正方形面积等于以另两边为边的正方形面积之和，那么，后两边的夹角是直角。
设：在三角形ABC中，BC为边的正方形等于BA和AC为边的正方形的面积之和。
求证：∠BAC是直角。
过A作AD垂直于AC，使AD等于BA，连接DC（命题I.11、I.3，公设I.1）。
因为DA等于AB，所以：DA为边的正方形的面积也等于AB为边的正方形的面积。
用AC为边的正方形的面积与每个相加，于是：DA和AC为边的正方形的面积之和等于BA和AC为边的正方形的面积之和（公理I.2）。
又，DC为边的正方形的面积等于DA和AC为边的正方形的面积之和，因为∠DAC是直角。且BC为边的正方形的面积等于BA和AC为边的正方形的面积之和，因为，这是假设。
所以：DC为边的正方形的面积等于BC为边的正方形的面积。于是：DC边也等于BC（命题I.47、公理I.1）。
因为DA等于AB，AC是公共边，DA和AC两边等于BA和AC两边，且DC边等于BC边，所以：∠DAC等于∠BAC。
而∠DAC是直角，所以：∠BAC也是直角（命题I.8）。
所以：在一个三角形中，如果以一边为边的正方形面积等于以另两边为边的正方形的面积之和，那么，后两边的夹角是直角。
证完
注解
这一命题是前一命题的逆命题。
本命题应用在命题XI.35中。