命题?Proposition
命题01
若把一直线分成中外比，则较大段与整条直线的一半之和上的正方形是整条直线一半上的正方形的五倍。
If a straight line be cut in extreme and mean ratio, the square on the greater segment added to the half of the whole is five times the square on the half.
?
设直线AB在点C被分成中外比，
且设AC是较大段；
作直线AD与CA成一直线，
使AD是AB的一半；
我说，CD上的正方形是AD上的正方形的五倍。
这是因为，在AB、DC上作正方形AE、DF，
且作DF中的图形；
延长FC到G。
现在，由于AB在C被分成中外比，
因此，矩形AB、BC等于AC上的正方形。
［VI. 定义3，VI. 17］
而CE是矩形AB、BC，且FH是AC上的正方形；
因此，CE等于FH。
又，由于BA是AD的二倍，
而BA等于KA，且AD等于AH，
因此，KA也是AH的二倍。
但KA比AH如同CK比CH；
［VI. 1］
因此，CK是CH的二倍。
但LH、HC之和也是CH的二倍。
因此，KC等于LH、HC之和。
但已证明，CE也等于HF；
因此，整个正方形AE等于拐尺形MNO。
又，由于BA是AD的二倍，
所以BA上的正方形是AD上的正方形的四倍，即AE是DH的四倍。
但AE等于拐尺形MNO；
因此，拐尺形MNO也是AP的四倍；
因此，整个DF是AP的五倍。
而DF是DC上的正方形，且AP是DA上的正方形；
因此，CD上的正方形是DA上的正方形的五倍。
这就是所要证明的。
命题02
若一直线上的正方形是它的一段上的正方形的五倍，则当这段的二倍被分成中外比时，较长段是原来直线的其余部分。
If the square on a straight line be five times the square on a segment of it, then, when the double of the said segment is cut in extreme and mean ratio, the greater segment is the remaining part of the original straight line.
?
设直线AB上的正方形是其AC段上的正方形的五倍，
且设CD是AC的二倍；
我说，当CD被分成中外比时，较大段是CB。
在AB、CD上分别作正方形AF、CG，
作AF中的图形，
且作BE。
现在，由于BA上的正方形是AC上的正方形的五倍，所以
AF是AH的五倍。
因此，拐尺形MNO是AH的四倍。
又，由于DC是CA的二倍，
因此，DC上的正方形是CA上的正方形的四倍，
即CG是AH的四倍。
但已证明，拐尺形MNO也是AH的四倍；
因此，拐尺形MNO等于CG。
又，由于DC是CA的二倍，
而DC等于CK，且AC等于CH，
因此，KB也是BH的二倍。
［VI. 1］
但LH、HB之和也是HB的二倍；
因此，KB等于LH、HB之和。
但已证明，整个拐尺形MNO也等于整个CG；
因此，余量HF等于BG。
又，BG是矩形CD、DB，
这是因为CD等于DG；
且HF是CB上的正方形；
因此，矩形CD、DB等于CB上的正方形。
因此，DC比CB如同CB比BD。
但DC大于CB；
因此，CB也大于BD。
因此，当直线CD被分成中外比时，CB是较大段。
这就是所要证明的。
引理证明AC的二倍大于BC。
如果不是这样，那么如果可能，设BC是CA的二倍。
因此，BC上的正方形是CA上的正方形的四倍；
因此，BC、CA上的正方形之和是CA上的正方形的五倍。
但根据假设，BA上的正方形也是CA上的正方形的五倍；
因此，BA上的正方形等于BC、CA上的正方形之和；
这是不可能的。
［II. 4］
因此，CB不是AC的二倍。
类似地，可以证明，小于CB的直线也不是CA的二倍；
因为这更荒谬。
因此，AC的二倍大于CB。
这就是所要证明的。
命题03
若将一直线分成中外比，则较小段与较大段一半之和上的正方形是较大段一半上的正方形的五倍。
If a straight line be cut in extreme and mean ratio, the square on the lesser segment added to the half of the greater segment is five times the square on the half of the greater segment.
?
设直线AB在点C被分成中外比，
设AC是较大段，
且设AC在D被二等分；
我说，BD上的正方形是DC上的正方形的五倍。
这是因为，在AB上作正方形AE，
且设图已二倍地作出。
由于AC是DC的二倍，
因此，AC上的正方形是DC上的正方形的四倍，
即RS是FG的四倍。
又，由于矩形AB、BC等于AC上的正方形，
且CE是矩形AB、BC，
因此，CE等于RS。
但RS是FG的四倍；
因此，CE也是FG的四倍。
又，由于AD等于DC，所以
HK也等于KF。
因此，正方形GF也等于正方形HL。
因此，GK等于KL，即MN等于NE；
因此，MF也等于FE。
但MF等于CG；
因此，CG也等于FE。
给它们分别加上CN；
因此，拐尺形OPQ等于CE。
但已证明，CE是GF的四倍；
因此，拐尺形OPQ也是正方形FG的四倍。
因此，拐尺形OPQ与正方形FG之和是FG的五倍。
但拐尺形OPQ与正方形FG之和是正方形DN。
而DN是DB上的正方形，且GF是DC上的正方形。
因此，DB上的正方形是DC上的正方形的五倍。
这就是所要证明的。
命题04
若一条直线被分成中外比，则整条直线上的正方形与较小段上的正方形之和是较大段上的正方形的三倍。
If a straight line be cut in extreme and mean ratio, the square on the whole and the square on the lesser segment together are triple of the square on the greater segment.
?
设AB是一条直线，
设它在C被分成中外比，
且设AC是较大段；
我说，AB、BC上的正方形之和是CA上的正方形的三倍。
这是因为，在AB上作正方形ADEB，
且设图已作出。
于是，由于AB在C被分成中外比，
且AC是较大段，
因此，矩形AB、BC等于AC上的正方形。
［VI. 定义3，VI. 17］
而AK是矩形AB、BC，且HG是AC上的正方形；
因此，AK等于HG。
又，由于AF等于FE，
给它们分别加上CK；
因此，整个AK等于整个CE；
因此，AK、CE之和是AK的二倍。
但AK、CE之和是拐尺形LMN与正方形CK之和；
因此，拐尺形LMN与正方形CK之和是AK的二倍。
但已证明，AK也等于HG；
因此，拐尺形LMN与正方形CK、HG之和是正方形HG的三倍。
又，拐尺形LMN与正方形CK、HG之和是整个正方形AE与CK之和，即AB、BC上的正方形之和，
而HG是AC上的正方形。
因此，AB、BC上的正方形之和是AC上的正方形的三倍。
这就是所要证明的。
命题05
若一条直线被分成中外比，且在此直线上加一个等于较大段的直线。则整条直线被分成中外比，且原直线是较大段。
If a straight line be cut in extreme and mean ratio, the square on the whole and the square on the lesser segment together are triple of the square on the greater segment.
?
设直线AB在点 C被分成中外比，
且AC是较大段，
且设AD等于AC。
我说，直线DB在A被分成中外比，
且原直线AB是较大段。
这是因为，在AB上作正方形AE，
且设图已作出。
由于AB在C被分成中外比，
因此，矩形AB、BC等于AC上的正方形。
［VI. 定义3，VI. 17］
而CE是矩形AB、BC，且CH是AC上的正方形；
因此，CE等于HC。
但HE等于CE，
且DH等于HC；
因此，DH也等于HE。
因此，整个DK等于整个AE。
又，DK是矩形BD、DA，这是因为AD等于DL；
且AE是AB上的正方形；
因此，矩形BD、DA等于AB上的正方形。
因此，DB比BA如同BA比AD。
［VI. 17］
而DB大于BA；
因此，BA也大于AD。
［V. 14］
因此，DB在A被分成中外比，且AB是较大段。
这就是所要证明的。
命题06
若一有理直线被分成中外比，则每一段都是被称为余线的无理直线。
If a rational straight line be cut in extreme and mean ratio, each of the segments is the irrational straight line called apotome.
?
设AB是一条有理直线，
设AB在C被分成中外比，
且设AC是较大段；
我说，直线AC、CB中的每一条都是被称为余线的无理直线。
这是因为，延长BA，使AD是BA的一半。
于是，由于直线AB被分成中外比，
且把AB的一半AD加到较大段AC上，
因此，CD上的正方形是DA上的正方形的五倍。
［XIII. 1］
因此，CD上的正方形比DA上的正方形是一个数比一个数；
因此，CD上的正方形与DA上的正方形可公度。
［X. 6］
但DA上的正方形是有理的，
这是因为DA是有理的，DA是AB的一半，AB是有理的；
因此，CD上的正方形也是有理的；
［X. 定义4］
因此，CD也是有理的。
又，由于CD上的正方形比DA上的正方形不如同一个平方数比一个平方数，
因此，CD与DA长度不可公度；
［X. 9］
因此，CD、DA是仅正方可公度的有理直线；
因此，AC是一条余线。
［X. 73］
又，由于AB被分成中外比，
且AC是较大段，
因此，矩形AB、BC等于AC上的正方形。
［VI. 定义3，VI. 17］
因此，余线AC上的正方形，如果是对有理直线AB贴合出的，则产生作为宽的BC。
但对一有理直线贴合出一个矩形等于一条余线上的正方形，则产生的宽是第一余线；
［X. 97］
因此，CB是第一余线。
且已证明，CA也是一条余线。
这就是所要证明的。
命题07
若一等边五边形有三个角相等，无论相邻或不相邻，则该五边形是等角五边形。
If three angles of an equilateral pentagon, taken either in order or not in order, be equal, the pentagon will be equiangular.
?
在等边五边形ABCDE中，首先设相邻的三个角，即A、B、C处的角，彼此相等；
我说，五边形ABCDE是等角的。
这是因为，连接AC、BE、FD。
现在，由于两边CB、BA分别等于两边BA、AE，
且角CBA等于角BAE，
因此，底AC等于底BE，三角形ABC等于三角形ABE，且其余的角等于其余的角，
即那些等边所对的角相等，
［I. 4］
即角BCA等于角BEA，且角ABE等于角CAB；
因此，边AF也等于边BF。
［I. 6］
但已证明，整个AC也等于整个BE；
因此，其余的FC也等于其余的FE。
但CD也等于DE。
因此，两边FC、CD等于两边FE、ED；
而底FD公用；
因此，角FCD等于角FED。
［I. 8］
但已证明，角BCA也等于角AEB；
因此，整个角BCD也等于整个角AED。
但根据假设，角BCD等于A、B处的角；
因此，角AED也等于A、B处的角。
类似地，可以证明，角CDE也等于A、B、C处的角；
因此，五边形ABCDE是等角的。
其次，设给定的等角不是相邻的，但设A、C、D处的角是相等的；
我说，在这种情况下，五边形ABCDE也是等角的。
这是因为，连接BD。
于是，由于两边BA、AE等于两边BC、CD，
且它们夹角相等，
因此，底BE等于底BD，
三角形ABE等于三角形BCD，
且其余的角等于其余的角，
即等边所对的角相等；
［I. 4］
因此，角AEB等于角CDB。
但角BED也等于角BDE，
由于边BE也等于边BD。
［I. 5］
因此，整个角AED等于整个角CDE。
但根据假设，角CDE等于A、C处的角；
因此，角AED也等于A、C处的角。
同理，
角ABC也等于A、C、D处的角。
因此，五边形ABCDE是等角的。
这就是所要证明的。
命题08
在一个等边且等角的五边形中，顺次作两角所对的直线，则这些直线交成中外比，且较大段等于五边形的边。
If in an equilateral and equiangular pentagon straight lines subtend two angles taken in order, they cut one another in extreme and mean ratio, and their greater segments are equal to the side of the pentagon.
?
在等边且等角的五边形ABCDE中，顺次作A、B处的角所对的直线AC、BE，它们彼此交于点H；
我说，两直线中的每一条都在点H被分成中外比，且它们的较大段都等于五边形的边。
这是因为，设圆ABCDE外接于五边形ABCDE。
［IV. 14］
于是，由于两直线EA、AB等于两直线AB、BC，
且它们夹相等的角，
因此，底BE等于底AC，
三角形ABE等于三角形ABC，
且其余的角分别等于其余的角，
即等边所对的角相等。
［I. 4］
因此，角BAC等于角ABE；
因此，角AHE是角BAH的二倍。
［I. 32］
但角EAC也是角BAC的二倍，
这是因为，圆周EDC也是圆周CB的二倍；
［III. 28，VI. 33］
因此，角HAE等于角AHE；
因此，直线HE也等于EA，
即等于AB。
［I. 6］
又，由于直线BA等于AE，所以
角ABE也等于角AEB。
［I. 5］
但已证明，角ABE等于角BAH；
因此，角BEA也等于角BAH。
而角ABE是两三角形ABE和ABH的公共角；
因此，其余的角BAE等于其余的角AHB；
［I. 32］
因此，三角形ABE与三角形ABH是等角的。
因此有比例，EB比BA如同AB比BH。
［VI. 4］
但BA等于EH；
因此，BE比EH如同EH比HB。
而BE大于EH；
因此，EH也大于HB。
［V. 14］
因此，BE在H被分成中外比，其较大段HE等于五边形的边。
类似地，可以证明，AC也在点H被分成中外比，其较大段CH等于五边形的边。
这就是所要证明的。
命题09
若把同一个圆的内接正六边形的一边与内接正十边形的一边加在一起，则整条直线被分成中外比，其较大段是正六边形的边。
If the side of the hexagon and that of the decagon inscribed in the same circle be added together, the whole straight line has been cut in extreme and mean ratio, and its greater segment is the side of the hexagon.
?
设ABC是一个圆；
BC是圆ABC的内接正十边形的边，CD是内接正六边形的边，且设它们在同一直线上；
我说，整条直线BD被分成中外比，CD是其较大段。
这是因为，取圆心点E，
连接EB、EC、ED。
延长BE到A。
由于BC是等边十边形的边，因此，圆周ACB是圆周BC的五倍；
因此，圆周AC是圆周CB的四倍。
但圆周AC比圆周BC如同角AEC比角CEB；
［VI. 33］
因此，角AEC是角CEB的四倍。
又，由于角EBC等于角ECB，
［I. 5］
因此，角AEC是角ECB的二倍。
［I. 32］
又，由于直线EC等于CD，
这是因为，它们中的每一条都等于圆ABC的内接正六边形的边，
［IV. 15，推论］
所以角CED也等于角CDE；
［I. 5］
因此，角ECB是角EDC的二倍。
［I. 32］
但已证明，角AEC是角ECB的二倍；
因此，角AEC是EDC的四倍。
但已证明，角AEC也是角BEC的四倍；
因此，角EDC等于角BEC。
但角EBD是两三角形BEC和BED的公共角；
因此，其余的角BED也等于其余的角ECB；
［I. 32］
因此，三角形EBD与三角形EBC是等角的。
因此有比例，DB比BE如同EB比BC。
［VI. 4］
但EB等于CD。
因此，BD比DC如同DC比CB。
而BD大于DC；
因此，DC也大于CB。
因此，直线BD被分成中外比，DC是其较大段。
这就是所要证明的。
命题10
若一个等边五边形内接于圆，则该五边形边上的正方形等于该圆的内接六边形边上的正方形与内接十边形边上的正方形之和。
If an equilateral pentagon be inscribed in a circle, the square on the side of the pentagon is equal to the squares on the side of the hexagon and on that of the decagon inscribed in the same circle.
?
设ABCDE是一个圆，
且设等边五边形ABCDE内接于圆ABCDE。
我说，五边形ABCDE边上的正方形等于圆ABCDE的内接六边形边上的正方形与十边形边上的正方形之和。
这是因为，取点F为圆心，
连接AF并延长到点G，
连接FB，
从F作FH垂直于AB且与圆交于K，
连接AK、KB，
再从F作FL垂直于AK且与圆交于M，
连接KN。
由于圆周ABCG等于圆周AEDG，
且在它们中，ABC等于AED，
因此，其余的圆周CG等于其余的圆周GD。
但CD属于一个五边形；
因此，CG属于一个十边形。
又，由于FA等于FB，
且FH是垂线，
因此，角AFK也等于角KFB。
［I. 5，I. 26］
因此，圆周AK也等于KB；
［III. 26］
因此，圆周AB是圆周BK的二倍；
因此，直线AK是十边形的一边。
同理，
圆周AK也是KM的二倍。
现在，由于圆周AB是圆周BK的二倍，
而圆周CD等于圆周AB，
因此，圆周CD也是圆周BK的二倍。
但圆周CD也是CG的二倍；
因此，圆周CG等于圆周BK。
但BK是KM的二倍，这是因为KA也是KM的二倍；
因此，CG也是KM的二倍。
但此外，圆周CB也是圆周BK的二倍，
这是因为圆周CB等于圆周BA。
因此，整个圆周BG也是BM的二倍；
因此，角GFB也是角BFM的二倍。
［VI. 33］
但角GFB也是角FAB的二倍，
这是因为角FAB等于角ABF。
因此，角BFN也等于角FAB。
但角ABF是两三角形ABF和BFN的公共角；
因此，其余的角AFB等于其余的角BNF；
［I. 32］
因此，三角形ABF与三角形BFN是等角的。
因此有比例，直线AB比BF如同FB比BN；
［VI. 4］
因此，矩形AB、BN等于BF上的正方形。
［VI. 17］
又，由于AL等于LK，
而LN公用且成直角，
因此，底KN等于底AN；
［I. 4］
因此，角LKN也等于角LAN。
但角LAN等于角KBN；
因此，角LKN也等于角KBN。
而A处的角是两三角形AKB和AKN的公共角。
因此，其余的角AKB等于其余的角KNA；
［I. 32］
因此，三角形KBA与三角形KNA是等角的。
因此有比例，直线BA比AK如同KA比AN；
［VI. 4］
因此，矩形BA、AN等于AK上的正方形。
［VI. 17］
但已证明，矩形AB、BN也等于BF上的正方形；
因此，矩形AB、BN与矩形BA、AN之和，即BA上的正方形［II. 2］，等于BF上的正方形与AK上的正方形之和。
且BA是五边形的一边，BF是六边形的一边［IV. 15，推论］，AK是十边形的一边。
这就是所要证明的。
命题11
若一个等边五边形内接于一个有理直径的圆，则五边形的边是被称为次线的无理直线。
If in a circle which has its diameter rational an equilateral pentagon be inscribed, the side of the pentagon is the irrational straight line called minor.
?
设等边五边形ABCDE内接于有理直径的圆ABCDE；
我说，五边形的边是被称为次线的无理直线。
这是因为，取点F为圆心，
连接AF、FB，并延长到点G、H，
连接AC，
且使FK是AF的四分之一。
现在，AF是有理的；
因此，FK也是有理的。
但BF也是有理的；
因此，整个BK是有理的。
又，由于圆周ACG等于圆周ADG，
且其中ABC等于AED，
因此，其余的CG等于其余的GD。
如果连接AD，则可断定
点L处的角是直角，
且CD是CL的二倍。
同理，
M处的角也是直角，
且AC是CM的二倍。
于是，由于角ALC等于角AMF，
且角LAC是两三角形ACL和AMF的公共角，
因此，其余的角ACL等于其余的角 MFA；
［I. 32］
因此，三角形ACL与三角形AMF是等角的；
因此有比例，LC比CA如同MF比FA。
而可以取前项的二倍；
因此，LC的二倍比CA如同MF的二倍比FA。
但MF的二倍比FA如同MF比FA的一半；
因此也有，LC的二倍比CA如同MF比FA的一半。
而可以取后项的一半；
因此，LC的二倍比CA的一半如同MF比FA的四分之一。
而DC是LC的二倍，CM是CA的一半，FK是FA的四分之一；
因此，DC比CM如同MF比FK。
取合比例也有，DC、CM之和比CM如同MK比KF；
［V. 18］
因此也有，DC、CM之和上的正方形比CM上的正方形如同MK上的正方形比KF上的正方形。
又，由于当五边形的两边所对的直线AC被分成中外比时，较大段等于五边形的边，即等于DC，
［XIII. 8］
而较大段与整条直线一半之和上的正方形是整条直线一半上的正方形的五倍，
［XIII. 1］
且CM是整个AC的一半，
因此，DC、CM之和上的正方形是CM上的正方形的五倍。
但已证明，DC、CM之和上的正方形比CM上的正方形如同MK上的正方形比KF上的正方形；
因此，MK上的正方形是KF上的正方形的五倍；
但KF上的正方形是有理的
这是因为它的直径是有理的；
因此，MK上的正方形也是有理的；
因此，MK是有理的。
又，由于BF是FK的四倍，
因此，BK是KF的五倍；
因此，BK上的正方形是KF上的正方形的二十五倍。
但MK上的正方形是KF上的正方形的五倍；
因此，BK上的正方形比KM上的正方形不如同一个平方数比一个平方数；
因此，BK与KM长度不可公度。
［X. 9］
而它们中的每一个都是有理的。
因此，BK、KM是仅正方可公度的有理直线。
但若从一有理直线中减去与之仅正方可公度的有理直线，则余量是无理的，即一条余线；
因此，MB是一条余线，且MK附加于它。
［X. 73］
其次我说，MB也是第四余线。
设N上的正方形等于BK上的正方形与KM上的正方形之差；
因此，BK上的正方形比KM上的正方形大一个N上的正方形。
又，由于KF与FB可公度，
取合比例，KB与FB也可公度。
［X. 15］
但BF与BH可公度；
因此，BK与BH也可公度。
［X. 12］
又，由于BK上的正方形是KM上的正方形的五倍，
因此，BK上的正方形比KM上的正方形是5比1。
因此，取换比例，
BK上的正方形比N上的正方形是5比4，
［V. 19，推论］
而这不是一个平方数比一个平方数；
因此，BK与N不可公度；
［X. 9］
因此，BK上的正方形比KM上的正方形大一个与BK不可公度的直线上的正方形。
于是，由于整个BK上的正方形比附加的KM上的正方形大一个与BK不可公度的直线上的正方形，
且整个BK与有理直线BH可公度，
因此，MB是第四余线。
［X. 定义，III. 4］
但由一条有理直线和一条第四余线所围成的矩形是无理的，它的平方根是无理的，且被称为次线。
［X. 94］
但AB上的正方形等于矩形HB、BM，
因为当连接AH时，三角形ABH与三角形ABM是等角的，且HB比BA如同AB比BM。
因此，五边形的边AB是被称为次线的无理直线。
这就是所要证明的。
命题12
若一等边三角形内接于圆，则三角形边上的正方形是圆半径上的正方形的三倍。
If an equilateral triangle be inscribed in a circle, the square on the side of the triangle is triple of the square on the radius of the circle.
?
设ABC是一个圆，
且设等边三角形ABC内接于它；
我说，三角形ABC一边上的正方形是圆半径上的正方形的三倍。
这是因为，取圆ABC的圆心D，
连接AD并延长到E，
连接BE。
于是，由于三角形ABC是等边的，
因此，圆周BEC是圆ABC的圆周的三分之一。
因此，圆周BE是圆的圆周的六分之一；
因此，直线BE属于一个六边形；
因此，它等于半径DE。
［IV. 15，推论］
又，由于AE是DE的二倍，
AE上的正方形是ED上的正方形的四倍，即BE上的正方形的四倍。
但AE上的正方形等于AB、BE上的正方形之和；
［III. 31，I. 47］
因此，AB、BE上的正方形之和是BE上的正方形的四倍。
因此，取分比例，AB上的正方形是BE上的正方形的三倍。
但BE等于DE；
因此，AB上的正方形是DE上的正方形的三倍。
因此，三角形边上的正方形是半径上的正方形的三倍。
这就是所要证明的。
命题13
作给定球的内接棱锥，且证明球直径上的正方形是棱锥边上的正方形的一倍半。
To construct a pyramid, to comprehend it in a given sphere, and to prove that the square on the diameter of the sphere is one and a half times the square on the side of the pyramid.
?
作给定球的直径AB，
设它在点C被截，使AC是CB的二倍；
在AB上作半圆ADB，
从点C作CD与AB成直角，
连接DA；
设圆EFG的半径等于DC，
设等边三角形EFG内接于圆EFG，
［IV. 2］
取圆心为点H，
［III. 1］
连接EH、HF、HG；
从点H作HK与圆EFG的平面成直角。
［XI. 12］
在HK上截取HK等于直线AC，
连接KE、KF、KG。
现在，由于KH与圆EFG的平面成直角，
因此，它也与圆EFG的平面上与它相交的所有直线成直角。
［XI. 定义3］
但直线HE、HF、HG中的每一条都和它相交：
因此，HK与直线HE、HF、HG中的每一条都成直角。
又，由于AC等于HK，且CD等于HE，
且它们夹直角，
因此，底DA等于底KE。
［I. 4］
同理，
直线KF、KG中的每一条也等于DA；
因此，三条直线KE、KF、KG彼此相等。
又，由于AC是CB的二倍，
因此，AB是BC的三倍。
但正如后面将要证明的，AB比BC如同AD上的正方形比DC上的正方形。
因此，AD上的正方形是DC上的正方形的三倍。
但FE上的正方形也是EH上的正方形的三倍，
［XIII. 12］
且DC等于EH；
因此，DA也等于EF。
但已证明，DA等于直线KE、KF、KG中的每一条；
因此，直线EF、FG、GE中的每一条也等于直线KE、KF、KG中的每一条；
因此，四个三角形EFG、KEF、KFG、KEG是等边的。
这样便由四个等边三角形围成了一个棱锥，三角形EFG是它的底且点K是它的顶点。
其次，要求它内接于给定的球，且证明球直径上的正方形是该棱锥边上的正方形的一倍半。
使直线HL与KH成一直线，
且取HL等于CB。
现在，由于AC比CD如同CD比CB，
［VI. 8，推论］
而AC等于KH，CD等于HE，且CB等于HL，
因此，KH比HE如同EH比HL；
因此，矩形KH、HL等于EH上的正方形。
［VI. 17］
而角KHE、EHL中的每一个都是直角；
因此，在KL上作的半圆也经过E。
［参见VI. 8，III. 31］
于是，若KL保持固定，使半圆旋转到开始移动的同一位置，则它也过点F、G，
因为如果连接FL、LG，则F、G处的角是直角；
且棱锥内接于给定的球。
这是因为，球的直径KL等于给定的球的直径AB，因为KH等于AC，且HL等于CB。
其次我说，球的直径上的正方形是棱锥边上的正方形的一倍半。
这是因为，AC是BC的二倍。
因此，AB是BC的三倍；
取反比例，BA是AC的一倍半。
但BA比AC如同BA上的正方形比AD上的正方形。
因此，BA上的正方形也是AD上的正方形的一倍半。
而BA是给定的球的直径，且AD等于棱锥的边。
因此，球的直径上的正方形是棱锥边上的正方形的一倍半。
这就是所要证明的。
引理要求证明，AB比BC如同AD上的正方形比DC上的正方形。
?
这是因为，作半圆图形，
连接DB，
在AC上作正方形EC，
将平行四边形FB补充完整。
于是，由于三角形DAB与三角形DAC是等角的，
BA比AD如同DA比AC，
［VI. 8，VI. 4］
因此，矩形BA、AC等于AD上的正方形。
［VI. 17］
又，由于AB比BC如同EB比BF，
［VI. 1］
且EB是矩形BA、AC，这是因为EA等于AC，
且BF是矩形AC、CB，
因此，AB比BC如同矩形BA、AC比矩形AC、CB。
而矩形BA、AC等于AD上的正方形，
且矩形AC、CB等于DC上的正方形，
这是因为垂线DC是底的直线段AC、CB的比例中项，因为角ADB是直角。
［VI. 8，推论］
因此，AB比BC如同AD上的正方形比DC上的正方形。
命题14
和前面的情况一样，作一个球的内接八面体；且证明球直径上的正方形是八面体边上的正方形的二倍。
To construct an octahedron and comprehend it in a sphere, as in the preceding case; and to prove that the square on the diameter of the sphere is double of the square on the side of the octahedron.
?
作给定球的直径AB，
且设它在C被二等分；
在AB上作半圆ADB，
从C作CD与AB成直角，
连接DB；
作正方形EFGH，使它的每条边都等于DB，
连接HF、EG，
从点K作直线KL与正方形EFGH的平面成直角，
［XI. 12］
且延长它到平面的另一侧，为KM；
在直线KL、KM上分别截取KL、KM等于直线EK、FK、GK、HK中的每一条，
连接LE、LF、LG、LH、ME、MF、MG、MH。
于是，由于KE等于KH，且角EKH是直角，
因此，HE上的正方形是EK上的正方 形的二倍。
［I. 47］
又，由于LK等于KE，
且角LKE是直角，
因此，EL上的正方形是EK上的正方形的二倍。
［I. 47］
但已证明，HE上的正方形是EK上的正方形的二倍；
因此，LE上的正方形等于EH上的正方形；
因此，LE等于EH。
同理，
LH也等于HE；
因此，三角形LEH是等边的。
类似地，可以证明，以正方形EFGH的边为底且以点L、M为顶点的其余三角形中的每一个都是等边的；这样便作出了由八个等边三角形所围成的八面体。
其次，要求它内接于给定的球，并证明球直径上的正方形是八面体边上的正方形的二倍。
这是因为，由于三条直线LK、KM、KE彼此相等，
因此，在LM上所作的半圆也经过E。
同理，
如果LM保持固定，旋转半圆到开始运动的同一位置，则
它也过点F、G、H，
且该八面体内接于一个球。
其次我说，它也内接于给定的球。
这是因为，由于LK等于KM，
而KE公用，
且它们夹直角，
因此，底LE等于底EM。
［I. 4］
又，由于角LEM是直角，这是因为它在半圆上，
［III. 31］
因此，LM上的正方形是LE上的正方 形的二倍。
［I. 47］
又，由于AC等于CB，所以
AB是BC的二倍。
但AB比BC如同AB上的正方形比BD上的正方形；
因此，AB上的正方形是BD上的正方形的二倍。
但已证明，LM上的正方形也是LE上的正方形的二倍。
且DB上的正方形等于LE上的正方形，
这是因为取EH等于DB。
因此，AB上的正方形也等于LM上的正方形；
因此，AB等于LM。
而AB是给定球的直径；
因此，LM等于给定球的直径。
这样便在给定的球中作出了八面体，且同时证明了球直径上的正方形是八面体边上的正方形的二倍。
这就是所要证明的。
命题15
和棱锥一样，作一个球的内接立方体；且证明球直径上的正方形是立方体边上的正方形的三倍。
To construct a cube and comprehend it in a sphere, like the pyramid; and to prove that the square on the diameter of the sphere is triple of the square on the side of the cube.
?
作给定球的直径AB，
设它在点C被截，使AC是CB的二倍；
在AB上作半圆ADB，
从C作CD与AB成直角，
连接DB；
设正方形EFGH的边等于DB，
从E、F、G、H作EK、FL、GM、HN与正方形EFGH的平面成直角，
在EK、FL、GM、HN上分别截取EK、FL、GM、HN使它们等于直线EF、FG、GH、HE中的每一条，
连接KL、LM、MN、NK；
这样便作出了立方体FN，它由六个相等的正方形所围成。
于是，要求使它内接于给定的球，且证明球直径上的正方形是立方体边上的正方形的三倍。
连接KG、EG。
于是，由于角KEG是直角，这是因为KE与平面EG成直角，当然与直线EG也成直角，
［XI. 定义3］
因此，在KG上所作的半圆也过点E。
又，由于GF与FL、FE中的每一条都成直角，所以
GF也与平面FK成直角；
因此也有，如果连接FK，则GF与FK成直角；
因此，在GK上所作的半圆也过F。
类似地，它也过立方体其余的顶点。
于是，如果KG保持固定，使半圆旋转到开始运动的同一位置，则
该立方体内接于一个球。
其次我说，它也内接于给定的球。
这是因为，由于GF等于FE，
且F处的角是直角，
因此，EG上的正方形是EF上的正方形的二倍。
但EF等于EK；
因此，EG上的正方形是EK上的正方形的二倍。
因此，GE、EK上的正方形之和，即GK上的正方形［l. 47］，是EK上的正方形的三倍。
又，由于AB是BC的三倍。
而AB比BC如同AB上的正方形比BD上的正方形，
因此，AB上的正方形是BD上的正方形的三倍。
但已证明，GK上的正方形也是KE上的正方形的三倍。
而KE等于DB；
因此，KG也等于AB。
而AB是给定球的直径；
因此，KG也等于给定球的直径。
这样便作出了给定球的内接立方体；并且同时证明了球直径上的正方形是立方体边上的正方形的三倍。
这就是所要证明的。
命题16
与前述图形一样，作一个球的内接二十面体；且证明该二十面体的边是被称为次线的无理直线。
To construct an icosahedron and comprehend it in a sphere, like the aforesaid figures; and to prove that the side of the icosahedron is the irrational straight line called minor.
?
作给定球的直径AB，
设它在点C被截，使AC是CB的四倍；
在AB上作半圆ADB，
从C作CD与AB成直角，
连接DB；
作圆EFGHK，设其半径等于DB，
作圆EFGHK的内接等边等角五边形EFGHK，
设圆周EF、FG、GH、HK、KE在点L、M、N、O、P被二等分。
连接LM、MN、NO、OP、PL、EP。
因此，五边形LMNOP也是等边的，
且直线EP属于一个十边形。
现在，从点E、F、G、H、K作直线EQ、FR、GS、HT、KU与圆的平面成直角，
且设它们等于圆EFGHK的半径，
连接QR、RS、ST、TU、UQ、QL、LR、RM、MS、SN、NT、TO、OU、UP、PQ。
现在，由于直线EQ、KU中的每一条都与同一平面成直角，
因此，EQ平行于KU。
［XI. 6］
但EQ也等于KU；
而在端点处沿相同方向分别连接相等且平行的直线，连成的直线自身也相等且平行。
［I. 33］
因此，QU等于且平行于EK。
但EK属于一个等边五边形；
因此，QU也属于圆EFGHK的内接等边五边形。
同理，
直线QR、RS、ST、TU中的每一条都属于圆QRSTU的内接等边五边形；
因此，五边形QRSTU是等边的。
又，由于QE属于一个六边形，
且EP属于一个十边形，
且角QEP是直角，
因此，QP属于一个五边形；
这是因为，内接于同一圆的五边形边上的正方形等于内接六边形边上的正方形与内接十边形边上的正方形之和。
［XIII. 10］
同理，
PU也是一个五边形的边。
但QU也属于一个五边形；
因此，三角形QPU是等边的。
同理，
三角形QLR、RMS、SNT、TOU中的每一个也是等边的。
又，由于已经证明，直线QL、QP中的每一条都属于一个五边形，
而LP也属于一个五边形，
因此，三角形QLP是等边的。
同理，
三角形LRM、MSN、NTO、OUP中的每一个也是等边的。
取圆EFGHK的圆心点V；
从V作VZ与圆的平面成直角。
沿另一方向延长它成VX，
截取VW为一个六边形的边，且直线VX、WZ中的每一条都是一个十边形的边。
连接QZ、QW、UZ、EV、LV、LX、XM。
现在，由于直线VW、QE中的每一条都与圆的平面成直角，
因此，VW平行QE。
［XI. 6］
但它们也相等；
因此，EV、QW相等且平行。
［I. 33］
但EV属于一个六边形；
因此，QW也属于一个六边形。
又，由于QW属于一个六边形，
而WZ属于一个十边形，
且角QWZ是直角，
因此，QZ属于一个五边形。
［XIII. 10］
同理，
UZ也属于一个五边形，
这是因为，如果连接VK、WU，则它们相等且相对，而作为半径的VK属于一个六边形；
［IV. 15，推论］
因此，WU也属于一个六边形。
但WZ属于一个十边形，
且角UWZ是直角；
因此，UZ属于一个五边形。
［XIII. 10］
但QU也属于一个五边形；
因此，三角形QUZ是等边的。
同理，
其余的以直线QR、RS、ST、TU为底且以点Z为顶点的三角形也是等边的。
又，由于VL属于一个六边形，
而VX属于一个十边形，
且角LVX是直角，
因此，LX属于一个五边形。
［XIII. 10］
同理，
如果连接MV，它属于一个六边形，则可推出，
MX也属于一个五边形。
但LM也属于一个五边形；
因此，三角形LMX是等边的。
类似地，可以证明，其余的以直线MN、NO、OP、PL为底且以点X为顶点的三角形也都是等边的。
这样便作出了由二十个等边三角形所构成的一个二十面体。
其次，要求作给定球的内接二十面体，且证明该二十面体的边是被称为次线的无理直线。
这是因为，由于VW属于一个六边形，
且WZ属于一个十边形，
因此，VZ在 W被分成中外比，
且VW是其较大段；
［XIII. 9］
因此，ZV比VW如同VW比WZ。
但VW等于VE，且WZ等于VX；
因此，ZV比VE如同EV比VX。
而角ZVE、EVX是直角；
因此，如果连接直线EZ、XZ，则角XEZ是直角，因为三角形XEZ与VEZ相似。
同理，
由于ZV比VW如同VW比WZ，
且ZV等于XW，VW等于WQ，
因此，XW比WQ如同QW比WZ。
又，同理，
如果连接QX，则Q处的角是直角；
［VI. 8］
因此，在XZ上所作的半圆也经过Q。
［III. 31］
又，如果XZ保持固定，旋转半圆到开始运动的同一位置，则它也过点Q和二十面体的其余顶点，
且该二十面体内接于一个球。
其次我说，它也内接于给定的球。
这是因为，设VW在A'被二等分。
于是，由于直线VZ在 W被分成中外比，且ZW是其较小段，
因此，ZW加较大段的一半即WA分成中外比，
而NP是较大段；
［XIII. 5］
因此，NS、SP上的正方形之和是NP 上的正方形的三倍。
［XIII. 4］
但NP等于NB，且PS等于SV；
因此，NS、SV上的正方形之和是NB上的正方形的三倍；
因此，VS、SN、NB上的正方形之和是NB上的正方形的四倍。
但SB上的正方形等于SN、NB上的正方形之和；
因此，BS、SV上的正方形之和，即BV上的正方形——这是因为角VSB是直角——是NB上的正方形的四倍；
因此，VB是BN的二倍。
但BC也是BN的二倍；
因此，BV等于BC。
又，由于两边BU、UV等于两边BW、WC，
且底BV等于底BC，
因此，角BUV等于角BWC。
［I. 8］
类似地，可以证明，角UVC也等于角BWC；
因此，三个角BWC、BUV、UVC彼此相等。
但若一等边五边形有三个角相等，则该五边形是等角的，
［XIII. 7］
因此，五边形BUVCW是等角的。
而已经证明它是等边的；
因此，五边形BUVCW是等边且等角的，它在立方体的一边BC上。
因此，如果在立方体的十二条边中的每一条上都作同样的图，则可作出一个由十二个等边且等角的五边形所构成的立体形，它被称为十二面体。
然后，要求将它内接于给定的球，且证明该十二面体的边是被称为余线的无理直线。
延长XP成直线XZ；
因此，PZ与正方体的直径相交，且它们彼此二等分，
这是因为，这已在第十一卷的倒数第二个命题中得到证明。
［XI. 38］
设它们交于Z；
因此，Z是立方体外接球的球心，
且ZP是立方体边的一半。
连接UZ。
现在，由于直线NS在P被分成中外比，
且NP是其较大段，
因此，NS、SP上的正方形之和是NP上的正方形的三倍。
［XIII. 4］
但NS等于XZ，
这是因为NP也等于PZ，且XP等于PS。
但PS也等于XU，
这是因为它也等于RP；
因此，ZX、XU上的正方形之和是NP上的正方形的三倍。
但UZ上的正方形等于ZX、XU上的正方形之和；
因此，UZ上的正方形是NP上的正方形的三倍。
但正方体外接球半径上的正方形也是立方体边的一半上的正方形的三倍，
这是因为，前已表明如何作一个球的内接立方体，且已证明球直径上的正方形是立方体边上的正方形的三倍。
［XIII. 15］
但如果整个与整个有这个比，则半个与半个也有这个比，
且NP是立方体边的一半；
因此，UZ等于立方体外接球的半径。
而Z是立方体外接球的球心；
因此，点U在球面上。
类似地，可以证明，十二面体其余角中的每一个也在球面上；
因此，十二面体内接于给定的球。
其次我说，十二面体的边是被称为余线的无理直线。
这是因为，由于当NP被分成中外比时，RP是较大段，
且当PO被分成中外比时，PS是较大段，
因此，当整个NO被分成中外比时，RS是较大段。
［于是，由于NP比PR如同PR比RN，所以
这对二倍量也是正确的，
这是因为部分与部分之比如同其等倍量之比；
［V. 15］
因此，NO比RS如同RS比NR、SO之和。
但NO大于RS；
因此，RS也大于NR、SO之和；
因此，NO被分成中外比，且RS是其较大段。］[1]
但RS等于UV；
因此，当NO被分成中外比时，UV是较大段。
又，由于球的直径是有理的，
且它上的正方形是正方体边上的正方形的三倍，
因此，作为立方体一边的NO是有理的。
＜但若一有理直线被分成中外比，则每一段都是无理的余线。＞
因此，作为十二面体一边的UV是一条无理余线。
［XIII. 6］
这就是所要证明的。
推论由此显然可得，当立方体的边被分成中外比时，较大段是十二面体的边。
命题18
作五种立体形的边并相互比较。
To set out the sides of the five figures and to compare them with one another.
?
作给定球的直径AB，
设它在C被截，使AC等CB，
又设它在D被截，使AD是DB的二倍；
在AB上作半圆ADB，
从C、D作CE、DF与AB成直角，
连接AF、FB、EB。
于是，由于AD是DB的二倍，
因此，AB是BD的三倍。
因此，取换比例，BA是AD的一倍半。
但BA比AD如同BA上的正方形比AF上的正方形，
［V. 定义9，VI. 8］
这是因为，三角形AFB与三角形AFD是等角的；
因此，BA上的正方形是AF上的正方形的一倍半。
但球直径上的正方形也是棱锥边上的正方形的一倍半。
［XIII. 13］
而AB是球的直径；
因此，AF等于棱锥的边，
又，由于AD是DB的二倍，
因此，AB是BD的三倍。
但AB比BD如同AB上的正方形比BF上的正方形；
［VI. 8，V. 定义9］
因此，AB上的正方形是BF上的正方形的三倍。
但球直径上的正方形也是立方体边上的正方形的三倍。
［XIII. 15］
而AB是球的直径；
因此，BF是立方体的边。
又，由于AC等于CB，
因此，AB是BC的二倍。
但AB比BC如同AB上的正方形比BE上的正方形；
因此，AB上的正方形是BE上的正方形的二倍。
但球直径上的正方形也是八面体边上的正方形的二倍。
［XIII. 14］
而AB是给定球的直径；
因此，BE是八面体的边。
其次，从点A作AG与直线AB成直角，
取AG等于AB，
连接GC，
从H作HK垂直于AB。
于是，由于GA是AC的二倍，
这是因为GA等于AB，
且GA比AC如同HK比KC，
因此，HK也是KC的二倍。
因此，HK上的正方形是KC上的正方形的四倍；
因此，HK、KC上的正方形之和，即HG上的正方形，是KC上的正方形的五倍。
但HC等于CB；
因此，BC上的正方形是CK上的正方形的五倍。
又，由于AB是CB的二倍，
且在它们中，AD是DB的二倍，
因此，余量BD是余量DC的二倍。
因此，BC是CD的三倍；
因此，BC上的正方形是CD上的正方形的九倍。
但BC上的正方形是CK上的正方形的五倍；
因此，CK上的正方形大于CD上的正方形；
因此，CK大于CD。
取CL等于CK，
从L作LM与AB成直角，
连接MB。
现在，由于BC上的正方形是CK上的正方形的五倍，
且AB是BC的二倍，KL是CK的二倍，
因此，AB上的正方形是KL上的正方形的五倍。
但球直径上的正方形也是二十面体所由以作出的圆半径上的正方形的五倍。
［XIII. 16，推论］
而AB是球的直径；
因此，KL是二十面体所作出的圆的半径；
因此，KL是所说的圆的内接六边形的 一边。
［IV. 15，推论］
又，由于球的直径由同一圆的内接六边形的边与内接十边形的两边所构成，
［XIII. 16，推论］
且AB是球的直径，
而KL是六边形的一边，
且AK等于LB，
因此，直线AK、LB中的每一条都是二十面体所由以作出的圆内接十边形的一边。
又，由于LB属于一个十边形，且ML属于一个六边形，
这是因为ML等于KL，它也等于HK，它们与圆心距离相等，且直线HK、KL中的每一条都是KC的二倍，
因此，MB属于一个五边形。
［XIII. 10］
但五边形的边是二十面体的边；
［XIII. 16］
因此，MB属于这个二十面体，
现在，由于FB是立方体的一边，
设它在N被分成中外比，
且设NB是较大段；
因此，NB是十二面体的一边。
［XIII. 17，推论］
现在，由于已经证明，球直径上的正方形是棱锥边AF上的正方形的一倍半，也是八面体边BE上的正方形的二倍和立方体边FB的三倍，
因此，球直径上的正方形包含六部分，棱锥边上的正方形包含四部分，八面体边上的正方形包含三部分，立方体边上的正方形包含两部分。
因此，棱锥边上的正方形是八面体边上的正方形的三分之四，是立方体边上的正方形的二倍；
且八面体边上的正方形是立方体边上的正方形的一倍半。
因此，棱锥、八面体和立方体这三种立体形的所说的边彼此成有理比。
但其余两种立体形的边，即二十面体的边和十二面体的边，彼此不成有理比，与前面所说的边也不成有理比。
这是因为，它们是无理的，一个是次线［XIII. 16］，另一个是余线［XIII. 17］。
于是可以证明，二十面体的边MB大于十二面体的边NB。
这是因为，由于三角形FDB与三角形FAB是等角的，
［VI. 8］
所以有比例，DB比BF如同BF比BA。
［VI. 4］
又，由于三条直线成比例，所以
第一条比第三条如同第一条上的正方形比第二条上的正方形；
［V. 定义9，VI. 20，推论］
因此，DB比BA如同DB上的正方形比BF上的正方形；
因此，取反比例，AB比BD如同FB上的正方形比BD上的正方形。
但AB是BD的三倍；
因此，FB上的正方形是BD上的正方形的三倍。
但AD上的正方形也是DB上的正方形的四倍，
这是因为AD是DB的二倍；
因此，AD上的正方形大于FB上的正方形；
因此，AD大于FB；
因此，AL更大于FB。
又，当AL被分成中外比时，KL是较大段，
这是因为LK属于一个六边形，且KA属于一个十边形；
［XIII. 9］
且当FB被分成中外比时，NB是较大段；
因此，KL也大于NB。
但KL等于LM；
因此，LM大于NB。
因此，二十面体的一边MB更大于十二面体的一边NB。
这就是所要证明的。
————————
其次我说，除上述五种立体形以外，再也构不成其他由等边等角且彼此相等的图形所围成的立体形。
这是因为，一个立体角不能由两个三角形或者事实上是两个平面所构成。
棱锥的角由三个三角形所构成，八面体的角由四个三角形所构成，二十面体的角由五个三角形所构成；
但一个立体角不能通过把六个等边三角形在一点上放在一起而构成，
这是因为，等边三角形的一个角是一个直角的三分之二，六个角将等于四个直角：
这是不可能的，因为任何立体角都是由其和小于四直角的角所围成的。
同理，一个立体角也不能由六个以上的平面角所构成。
立方体的角由三个正方形所围成，但一个立体角不可能由四个正方形所围成，
这是因为它们之和同样是四个直角。
十二面体的角由三个等边且等角的五边形所围成；
但任何立体角不可能由四个这样的五边形所围成。
这是因为，等边五边形的角是一直角加五分之一直角，四个角之和将大于四个直角：
这是不可能的。
由于同样的荒谬性，立体角也不可能由其他多边形所围成。
这就是所要证明的。
引理但我们必须证明，等边且等角的五边形的角是一直角加五分之一直角。
?
设ABCDE是一个等边且等角的五边形，
设圆ABCDE是它的外接圆，
取它的圆心F，
连接FA、FB、FC、FD、FE。
因此，它们在A、B、C、D、E将五边形的各角二等分。
又，由于F处的各角之和等于四直角且彼此相等，
因此，它们中的每一个，如角AFB，是一个直角减五分之一直角；
因此，其余的角FAB、ABF之和为一直角加五分之一直角。
但角FAB等于角FBC；
因此，五边形的整个角ABC是一直角加五分之一直角。
这就是所要证明的。
?
[1]?希思将这段文字括了起来，也许是因为它显得多余。（译者注）
译后记
欧几里得（Ε?κλε?δη?，Euclid，活跃于公元前300年左右）是埃及托勒密王朝亚历山大城的古希腊数学家，其生活年代介于柏拉图（Plato，前427-前347）和阿波罗尼奥斯（Apollonius of Perga，约前262-约前190）之间。他的主要著作《几何原本》（Στοιχε?α，Elements）［一译《原本》］是人类历史上最伟大的著作之一，对数学、自然科学乃至一切人类文化领域都产生了极其深远的影响。从1482年第一个印刷版本问世一直到19世纪末，《几何原本》一直是主要的数学（尤其是几何学）教科书，印刷了1000多个版本，数量仅次于《圣经》，“欧几里得”也几乎成为“几何学”的同义词。2400年来，它从希腊文先后被译成阿拉伯文、拉丁文和各种现代语言，无数人对它做过研究。
古往今来，《几何原本》一直被视为纯粹数学的公理化演绎结构的典范，其逻辑公理化方法和严格的证明仍然是数学的基石。它从几个简单的定义以及几条看起来自明的公理、公设出发，竟然能够推导出大量根本无法直观且不可错的复杂结论。在很大程度上，这种数学演绎也因此成为西方思想中最能体现理性的清晰性和确定性的思维方式。哥白尼、开普勒、伽利略和牛顿等许多科学家都曾受到《几何原本》的影响，并把他们对《几何原本》的理解运用到自己的研究中。霍布斯、斯宾诺莎、怀特海和罗素等哲学家也都尝试在自己的作品中采用《几何原本》所引入的公理化演绎结构。爱因斯坦回忆说，《几何原本》曾使儿时的他大为震撼，并把《几何原本》称为“那本神圣的几何学小书”。
目前通行的《几何原本》的内容概要
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《几何原本》在思想史上有双重意义。首先，它把新的严格性标准引入了数学推理，这种逻辑严格性直到19世纪才被超越；其次，它朝着数学的几何化迈出了决定性一步。欧几里得之前的毕达哥拉斯学派和阿基米德，以及欧几里得之后的丢番图都表明，希腊数学也可以沿着其他方向发展。正是《几何原本》确保了数学应当由几何形式的证明来主导。欧几里得的几何数学观的这种决定性影响反映在思想史上最伟大的两部名著——牛顿的《自然哲学的数学原理》和康德的《纯粹理性批判》中：牛顿的作品是以欧几里得的几何证明的形式写成的，康德则因为相信欧几里得几何的普遍有效性而提出了一种支配其整个知识理论的先验感性论。直到19世纪，欧几里得几何的魔咒才开始被打破。
《几何原本》的原希腊标题中本无与“几何”对应的词，中文的“几何”二字是1607年利玛窦（Matteo Ricci，1552-1610）和徐光启（1562-1633）合译出版《几何原本》前6卷时经过认真考量添加的。目前通行的《几何原本》包含13卷（另外两卷被认为是后人续写的），由若干定义、公设、公理、命题和对命题的数学证明所组成，其数目编号是后来的拉丁文译本所引入的。《几何原本》所涉及的范围超出了我们所理解的几何学，还扩展到比例论、数论和对不可公度量的处理等领域。学者们认为，《几何原本》在很大程度上是根据一些早期希腊数学家的著作所作的命题汇编。
公元4世纪，亚历山大里亚的西翁（Theon of Alexandria，约335-约405）制作了一个《几何原本》的版本，它被广泛使用，在19世纪以前一直是唯一幸存的原始版本。公元800年左右，《几何原本》在阿拔斯王朝的第五任哈里发哈伦·拉希德（Harunal-Rashid，766-809）治下被译成阿拉伯文。1120年左右，英格兰自然哲学家巴斯的阿德拉德（Adelard of Bath，约1080-约1152）将《几何原本》从阿拉伯文译成拉丁文。第一个印刷版于1482年问世，它所依据的是1260年意大利数学家、天文学家诺瓦拉的坎帕努斯（Campanus of Novara，约1220-1296）从阿拉伯文译成的拉丁文本。西翁的希腊文版于1533年被重新发现。最早的英译本The elements of geometrie of the most ancient philosopher Euclide of Megara?[1]于1570年出版，它是英格兰商人亨利·比林斯利（Henry Billingsley，？- 1606）从希腊文原文直接翻译的，而不是从广为人知的坎帕努斯拉丁文本转译。最早的汉译本是1607年利玛窦和徐光启合译出版的，他们所参照的底本是耶稣会数学家克拉维乌斯（Christopher Clavius，1538-1612）的拉丁文评注本《原本十五卷》（Elementorum Libri XV），但只译出了《几何原本》的前6卷。直到1857年，伟烈亚力（Alexander Wylie，1815-1887）和李善兰（1811-1882）才共同译出了《几何原本》的后9卷。1808年，法国数学家、教育学家弗朗索瓦·佩拉尔（Fran?ois Peyrard，1760-1822）在梵蒂冈图书馆发现了一个并非源于西翁的抄本，它所给出的文本要更早。正是根据这个抄本，丹麦语文学家、历史学家海贝格（Johan Ludvig Heiberg，1854-1928）编辑了带有拉丁文评注的权威希腊文版《几何原本》。1908年，英国古典学家、数学史家托马斯·希思爵士（Sir Thomas L. Heath，1861-1940）基于海贝格的希腊文版，在剑桥大学出版社出版了权威的英译本Thirteen Books of Euclid's Elements，并且附上了大量英文评注，1926年又出版了第二版。目前市面上流行的Dover版三卷本（1956年）正是这个剑桥第二版的影印。
希思的英译本虽然距今已逾一个世纪，但仍然是最权威的标准译本。希思深厚的古典学修养和对古希腊数学的精当理解在他那个时代就已经世所公认，至今也是如此。重要的是，今天尚没有一位研究古希腊数学特别是欧几里得的学者能够更好地重新翻译《几何原本》。一些人觉得希思的语言过时了或者难以理解，便试图将《几何原本》的文本重新改写成更符合现代读者习惯的语言，特别是，没有古代数学史基础的人往往会有意无意地用今天的概念，而不是欧几里得所理解和使用的概念来重新表述《几何原本》中的定义、公设或命题，这是不可取的。如果只是想学习一些几何学知识，问题倒还不大，但如果想知道欧几里得究竟是如何思考和呈现其体系的，那么这样做只会加深误解，使我们更加远离希腊人对几何学的看法和做法。
目前市面上的《几何原本》中译本有近十种，但其中真正付出过严肃认真的学术努力的只有兰纪正和朱恩宽翻译的当代汉语版本（1990年在陕西科学技术出版社出版，2003年修订再版，后于译林出版社重新出版），其他译本则大多粗制滥造、无甚价值。兰、朱译本的底本正是希思的英译本，但并未把其中的大量评注译出。在这些评注中，希思对《几何原本》的源流和版本，每个定义、公理、公设、命题的来龙去脉，以及其中涉及的难以理解的关键术语都做了极为详细的解说，如能将这些内容全部译出，其重大的学术意义自不待言。但不译评注也并非没有好处：首先，希思的版本有3卷，1400多页，《几何原本》的不同卷次分散于三卷之中，非常不方便携带和查阅；其次，要想在希思版中从一条命题移到下一条命题，往往需要翻过若干页的评注，这使人很难找到欧几里得的原文在哪里继续，从而很难就欧几里得的原有体系形成清晰图像；此外，虽然希思的英译很好，但并非他的所有评注都恰当和正确。这些评注毕竟是在100多年前做出的，随着学术的发展，其中不少内容已经过时，而且希思在很多地方也不可避免会使用现代的数学概念来解释欧几里得，从而产生误导。
兰纪正、朱恩宽版的中译本虽几经打磨，但仍然包含着不少错误。其中一些是难以避免的小错，比如字母的误抄和若干关键术语未统一，但也有一些错误是因为没有正确理解原文，这既包括对有些原文句子结构的错误理解，也包括前面所说的对《几何原本》做了过于现代的处理。仅以《几何原本》第一卷的定义1和定义3为例。定义1的原文是：“A point is that which has no part.”兰、朱版译为“点是没有部分的”，但其实应当译为“点是没有部分的东西”。“东西”二字的加与不加，反映了对“点”的本质定义和属性定义之别。欧几里得说的是，一个东西只要没有部分，那就是点。而根据兰、朱版译文，就好像“点”除了“没有部分”这个属性还有别的什么属性似的。定义3的原文是：“The extremities of a line are points.”兰、朱版译为“一线的两端是点”，但其实应当译为“线之端是点”，原文中并没有“两”。欧几里得说的是，“线”只要有“端”，那就是“点”，但并没有说“线”有“两”端，比如圆就是线，但圆并没有端。之所以有这样的误译，是因为天然把“线”理解成了现在的“直线段”。类似地，我也没有按照现代数学的理解把欧几里得所说的“直线”（straight line）译成“线段”，把“圆周”（circumference）译成“弧”，甚至没有把“二倍比”（duplicate ratio）、“三倍比”（triplicate ratio）译成“二次比”“三次比”，因为在古希腊和中世纪，我们所说的“比的相乘或相除”被称为“比的相加或相减”，如果把“倍”译成“次”，虽然更符合现代的理解，但我们在阅读某些古代数学文献时就会一头雾水，事实上，这种误解在科学史上的确导致过严重后果。[2]
基于以上考虑，我以希思的英译本为底本，不揣冒昧地重新翻译了《几何原本》的正文，[3]力求清晰、简洁、忠实于原文，不做过分现代的解读。我还把《几何原本》各卷的定义、公设、公理、命题题干的希思英译文附上，以方便读者对照。虽然兰、朱译本仍有一定的改进余地，但如果没有这个译本先前付出的巨大努力，我是不敢接手《几何原本》的翻译工作的。即便如此，这项任务的艰巨和枯燥程度也大大超出了我的想象。我深知，改进一个译本永远要比从无到有的翻译容易许多，这里我要向兰纪正、朱恩宽两位先生的开拓性努力致以深深的敬意！我并非研究古希腊数学和欧几里得的专家，对希腊语也只略知皮毛，翻译这部经典名著可谓诚惶诚恐，但也备感荣幸。真诚地期待广大专家和读者不吝指正！
张卜天
2019年8月19日
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[1]?请注意这个标题中出现了“几何”（geometrie），而且实际上应该是“亚历山大里亚的欧几里得”（Euclid of Alexandria），而不是“麦伽拉的欧几里得”（Euclide of Megara） ，这两位“欧几里得”在文艺复兴时期经常被混淆。（译者注）
[2]?读者可参见拙著《质的量化与运动的量化——14世纪经院自然哲学的运动学初探》（商务印书馆，2019年）第七章第一节对布雷德沃丁定律含义的讨论。（译者注）
[3]?在翻译过程中，我发现了美国绿狮出版社（Green Lion Press）2002年出版的广受好评的Euclid's Elements，该书也是只收录了希思的英译文而没有放评注，但做了一些精心编排。我在翻译时主要参考的是这个版本。（译者注）
