求证：在棱锥ABCG 和棱锥DEFH 之中，底与高成逆比例，即底ABC 比底DEF 等于DEFH 之高比棱锥ABCG 之高。
作平行六面体BGML 和平行六面体EHQP 。
那么，因为，棱锥ABCG 等于棱锥DEFH ，且立体BGML 是棱锥ABCG 的六倍，立体EHQP 是棱锥DEFH 的六倍，所以：立体BGML 等于立体EHQP 。
又，在相等平行六面体中，底与高成逆比，所以：底BM 比底EQ 等于立体EHQP 之高比立体BGML 之高（命题XI.34） 。
又，底BM 比底EQ 等于三角形ABC 比三角形DEF ，所以：三角形ABC 比三角形DEF 等于立体EHQP 之高比立体BGML 之高（命题I.34、V.11） 。
又，立体EHQP 之高与棱锥DEFH 之高相同，且立体BGML 之高与棱锥ABCG 之高相同，所以：底ABC 比底DEF 等于棱锥DEFH 之高比棱锥ABCG 之高。
所以：在棱锥ABCG 和棱锥DEFH 中，它们的底与高成逆比。
进一步，在棱锥ABCG 和棱锥DEFH 中，设它们的底与高成逆比，即底ABC 比底DEF 等于棱锥DEFH 之高比棱锥ABCG 之高。
那么我说：棱锥ABCG 等于棱锥DEFH 。
在相同的图中，因为，底ABC 比底DEF 等于棱锥DEFH 之高比棱锥ABCG 之高，同时，底ABC 比底DEF 等于平行四边形BM 比平行四边形EQ ，所以：平行四边形BM 比平行四边形EQ 等于棱锥DEFH 之高比棱锥ABCG 之高（命题V.11） 。
又，棱锥DEFH 之高与平行六面体EHQP 之高相同，棱锥ABCG 之高与平行六面体BGML 之高相同，所以：底BM 比底EQ 等于平行六面体EHQP 之高比平行六面体BGML 之高。
又，当底与高成逆比时，平行六面体相等（命题XI.34） 。
所以平行六面体BGML 等于平行六面体EHQP 。
又，棱锥ABCG 等于平行六面体BGML 的六分之一，棱锥DEFH 等于平行六面体EHQP 的六分之一，所以：棱锥ABCG 等于棱锥DEFH 。
所以：以三角形为底的相等的棱锥，底与高成逆比例；反之，底与高成逆比例的棱锥是相等棱锥。
证完
施瓦茨周期曲面
法国数学家施瓦茨求解了并非位于同一平面的最简围线C的普拉蒂奥问题。这是带有四条边缘的多边形，其棱边不在同一平面上，人们称之为四边形折线。施瓦茨考察了一条很特殊的四边形折线，一个绕着正面体的六条棱边中的四条回路。他于1865年发表了研究结果，表述了所构成的三种模型。这些模型的构架由细金属丝制成，所包围的极小曲面由胶膜组成。图中所示的即为施瓦茨极小周期曲面的一部分。
注解
至本命题，关于棱锥量的理论已经完成，下几个命题是关于圆锥、圆柱的理论。
命题XII.10
任何圆锥是与它同底等高的圆柱的三分之一。
设：一圆柱与圆锥同底，即圆ABCD ；它们有相等的高。
求证：圆锥是圆柱的三分之一，即圆柱为圆锥的三倍。
因为：如果圆柱不是圆锥的三倍，那么，圆柱要么大于圆锥的三倍，要么小于圆锥的三倍。
首先，令其大于三倍。
令：正方形ABCD 内接于圆ABCD ，那么，正方形ABCD 大于圆ABCD 的一半，在正方形ABCD 上作一与圆柱等高的棱柱（命题IV.6） 。
那么，这样作出的棱柱大于圆柱的一半，因为，如果我们在圆ABCD 上也作一个外切正方形，圆ABCD 的内接正方形等于圆外切正方形的一半，它们上作的平行六面体等高，而等高的平行六面体之比等于它们的底之比，所以：正方形ABCD 上的棱柱是圆ABCD 外切正方形上的棱柱的一半（命题IV.7、XI.32、XI.28、XII.6、XII.7推论） 。
又，圆柱小于圆ABCD 外切正方形上的棱柱，所以，同圆柱等高的正方形ABCD 上的棱柱大于圆柱一半。
在E、F、G、H 点平分出AB、BC、CD、DA ，连接AE、EB、BF、FC、CG、GD、DH、HA ，于是：三角形AEB 、三角形BFC 、三角形CGD 、三角形DHA 皆大于圆ABCD 的弓形的一半，如同前面的证明（命题XII.2） 。
在三角形AEB 、三角形BFC 、三角形CGD 、三角形DHA 上分别作与圆柱等高的棱柱，那么，每个棱柱大于包含它的弓形圆柱的一半。因为，如果我们过E、F、G、H 点作平行于AB、BC、CD、DA 的平行线，在它们上完成平行四边形，且在其上作高等于圆柱的平行六面体。又：在三角形AEB 、三角形BFC 、三角形CGD 、三角形DHA 上的棱柱是各个立体的一半，又，弓形圆柱的和小于平行六面体的和。
于是：在三角形AEB 、三角形BFC 、三角形CGD 、三角形DHA 上的棱柱的和大于包含它们的弓形圆柱的和的一半（命题I.31） 。
于是：二等分余下的弧，连接它们的分点，在每个三角形上作与圆柱等高的棱柱，依次继续下去，就能得到一弓形圆柱的和小于圆柱超过三倍圆锥的部分（命题X.1） 。
设：得到一些弓形圆柱，分别是AE、EB、BF、FC、CG、GD、DH、HA 。于是：以多边形AEBFCGDH 为底并与圆柱等高的棱柱，大于圆锥的三倍。
又，以多边形AEBFCGDH 为底且与圆柱等高的棱柱是以多边形AEBFCGDH 为底且与圆锥同顶点的棱锥的三倍。所以：以多边形AEBFCGDH 为底并与圆锥同顶点的棱锥大于以圆ABCD 为底的圆锥（命题XII.7推论） 。
又，它也小于圆锥，因为圆锥包含棱锥，这是不可能的。
所以：圆柱不大于圆锥的三倍。
进一步说：它也不小于圆锥的三倍。
因为，如果可能，令圆柱小于圆锥的三倍，因此，反之，圆锥大于圆柱的三分之一。
令正方形ABCD 内接于圆ABCD ，于是：正方形ABCD 大于圆ABCD 的一半（命题IV.6） 。
庞加莱猜想
数学家们早已知道，任意一个十二维单连通闭曲面都与二维封面同胚。1904年，法国数学家、物理学家庞加莱猜测对于三维情形应有同样的事实成立，即任意一个三维单连通闭流形必与三维球面同胚。这就是庞加莱猜想。以后，它又被推广到几维情形，被称为“广义庞加莱猜想”。作为拓扑学中的一个基本问题，庞加莱猜想吸引了众多数学家的兴趣。
现在，在正方形ABCD 上作一个顶点与圆锥顶点相同的棱锥，于是：该棱锥大于圆锥的一半。前面已经证明，如果我们作圆的外切正方形，那么，正方形ABCD 是外切正方形的一半。如果我们在两正方形上作与圆锥等高的平行六面体，即棱柱，那么，正方形ABCD 上的棱柱是圆外切正方形棱柱的一半，因为它们之比等于底与底之比（命题XI.32） 。
于是：它们的三分之一相比也等于这个比。所以：以正方形ABCD 为底的棱锥是圆外切正方形上棱锥的一半。
又，外切正方形上的棱锥大于圆锥，因为，外切正方形为边的棱锥包含圆锥。
所以：正方形ABCD 上的棱锥大于具有同一顶点的圆锥的一半。
过点E、F、G、H 作等分弧AB、BC、CD、DA ，连接AE、EB、BF、FC、CG、GD、DH、HA ，那么，每个三角形AEB 、三角形BFC 、三角形CGD 、三角形DHA 大于圆ABCD 上包含它的弓形的一半。
现在，在三角形AEB 、三角形BFC 、三角形CGD 、三角形DHA 上作与圆锥有同顶点的棱锥。因此：在同种情况下，每个棱锥大于包含它的弓形圆锥的一半。
因此，再平分圆弧，连接分点，在每一个三角形上作与圆锥有同顶点的棱锥。依次继续，那么将得到一些弓形圆锥之和小于圆锥超过圆柱的三分之一的部分（命题X.1） 。
令：已经给出了这些弓形圆柱，它们为AE、EB、BF、FC、CG、GD、DH、HA 上的弓形圆柱。于是，以多边形AEBFCGDH 为底且与圆锥有同顶点的棱锥，大于圆柱的三分之一。
但是，以多边形AEBFCGDH 为底且与圆锥同顶点的棱锥是以多边形AEBFCGDH 为底且与圆柱等高的棱柱的三分之一。所以：以多边形AEBFCGDH 为底且与圆柱等高的棱柱大于以圆ABCD 为底的圆柱。
但棱柱又小于圆柱，因为圆柱包含棱柱，这是不可能的。
所以：圆柱不小于圆锥的三倍。
又，已经证明了圆柱不大于圆锥的三倍，所以：圆柱是圆锥的三倍；所以：圆锥是圆柱的三分之一。
所以：任何圆锥是与它同底等高的圆柱的三分之一。
证完
注解
本命题及下面五个命题是解决圆锥和圆柱的理论。本命题解决的是圆锥与圆柱的量的相互转化。
命题XII.11
等高的圆锥和圆柱之比等于它们的底之比。
设：有等高的圆锥和圆柱，它们的底分别是圆ABCD 和圆EFGH ，KL、MN 是它们的轴，AC、EG 是它们底的直径。
求证：圆ABCD 比圆EFGH 等于圆锥AL 比圆柱EN 。
因为，如果不是，那么圆ABCD 比圆EFGH 等于圆锥AL 与小于或是大于圆锥EN 的某一立体之比。
首先：令符合此比的是一较小立体O ，再令立体X 等于圆锥EN 与较小的立体O 的差。
所以：圆锥EN 等于立体O 与X 之和。
作圆EFGH 的内接正方形EFGH 。于是：正方形大于圆的一半（命题IV.6） 。
又，在正方形EFGH 上作与圆锥等高的棱锥，于是：该棱锥大于圆锥的一半，因为，如果作圆的外切正方形，且在它之上作与圆锥等高的棱锥，那么，内接棱锥是外切棱锥的一半，因为它们的比等于它们的底之比，同时，该圆锥小于外切棱锥（命题XII.6） 。
过点P、Q、R、S 等分圆弧EF、FG、GH、HE ，连接HP、PE、EQ、QF、FR、RG、GS、SH 。
所以：每个三角形HPE 、三角形EQF 、三角形FRG 、三角形GSH 大于包含它的弓形的一半。
在每个三角形HPE 、三角形EQF 、三角形FRG 、三角形GSH 上作与圆锥等高的棱锥，于是：每个棱锥皆大于包含它相应的弓形上的圆锥的一半。
于是：连接二等分得到的弧，在每个三角形上作与圆锥等高的棱锥。依次这样作下去，就会得到一些弓形圆锥，它们的和小于立体X （命题X.1） 。
令：得到的是HP、PE、EQ、QF、FR、RG、GS、SH 为边的弓形圆锥。于是，其余量，即以多边形HPEQFRGS 为底且与圆锥等高的棱锥大于立体O 。
现在，内接于圆ABCD 的多边形DTAUBVCW 与多边形HPEQFRGS 相似且有相似位置。再在它上作与圆锥AL 等高的棱锥。
那么，AC 上的正方形比EG 上的正方形等于多边形DTAUBVCW 比多边形HPEQFRGS 。同时，AC 上的正方形比EG 上的正方形等于圆ABCD 比圆EFGH 。所以：圆ABCD 比圆EFGH 等于多边形DTAUBVCW 比多边形HPEQFRGS （命题XII.1、XII.2） 。
又，圆ABCD 比圆EFGH 等于圆锥AL 比立体O ，多边形DTAUBVCW 比多边形HPEQFRGS 等于以多边形DTAUBVCW 为底且以L 为顶点的棱锥比以多边形HPEQFRGS 为底且以N 为顶点的棱锥（命题XII.6） 。
所以：圆锥AL 比立体O 等于以多边形DTAUBVCW 为底、以L 为顶点的棱锥比以多边形HPEQFRGS 为底、以N 为顶点的棱锥。所以：由更比可得，圆锥AL 比它内的棱锥等于立体O 比圆锥EN 里的棱锥（命题V.11、V.16） 。
又，圆锥AL 大于它内的棱锥，所以：立体O 也大于圆锥EN 内的棱锥。
而它又小于圆锥EN 的棱锥，这是荒谬的。
所以：圆锥AL 比小于圆锥EN 的任何立体不等于圆ABCD 比圆EFGH 。
类似地，我们也可证明圆锥EN 比任何小于圆锥AL 的立体都不等于圆EFGH 比圆ABCD 。
那么进一步说：圆锥AL 比大于圆锥EN 的某个立体，不等于圆ABCD 比圆EFGH 。
因为，如果可能，令符合该比的较大的立体O ；于是：由反比可得，圆EFGH 比圆ABCD 等于立体O 比圆锥AL 。
而，立体O 比圆锥AL 等于圆锥EN 比某个小于圆锥AL 的立体，所以：圆EFGH 比圆ABCD 等于圆锥EN 比某个小于圆锥AL 的立体，这已经证明了是不可能的。
所以，圆锥AL 比大于圆锥EN 的某一立体不同于圆ABCD 比圆EFGH 。
又，已经证明了，符合这个比而小于立体EN 的立体是不存在的。
所以：圆ABCD 比圆EFGH 等于圆锥AL 比圆锥EN 。
又，圆锥比圆锥等于圆柱比圆柱，因为圆柱是圆锥的三倍。所以：圆ABCD 比圆EFGH 等于它们上的等高的圆柱之比（命题XII.10） 。
所以：等高的圆锥和圆柱之比等于它们的底之比。
证完
注解
本命题应用在命题XII.13、XII.14、XII.15中。
命题XII.12
相似圆锥或相似圆柱之比等于它们底的直径的三次比。
设：有相似圆锥和相似圆柱，它们的底分别是圆ABCD 、圆EFGH ，直径分别是BD、FH ，轴分别是KL、MN 。
求证：以圆ABCD 为底且以L 为顶点的圆锥比以圆EFGH 为底且以N 为顶点的圆锥等于BD 与FH 的三次比。
因为，如果，圆锥ABCDL 比圆锥EFGHN 不等于BD 与FH 的三次比，那么，圆锥ABCDL 与某一小于或大于圆锥EFGHN 的一个立体的比等于BD 与FH 的三次比。
首先，有这个比的是较小的立体O 。又令：正方形EFGH 内接于圆EFGH ；于是：正方形EFGH 大于圆EFGH 的一半（命题IV.6） 。
现在，令正方形EFGH 上有一个与圆锥同顶点的棱锥，于是：该棱锥大于圆锥的一半。再令点P、Q、R、S 等分圆弧EF、FG、GH、HE ；连接EP、PF、FQ、QG、GR、RH、HS、SE 。
于是：三角形EPF 、三角形FQG 、三角形GRH 、三角形HSE 皆大于圆EFGH 中包含它的弓形的一半。
又，分别在三角形EPF 、三角形FQG 、三角形GRH 、三角形HSE 上作与圆锥同顶点的棱锥。
于是：每个棱锥也大于包含它们的弓形圆锥上的锥体的一半。
于是：二等分得到的圆弧，作弦，在每个三角形上作与圆锥同顶点的棱锥。这样依次作下去，我们将得到一些弓形圆锥，其和小于圆锥EFGHN 超过立体O 的部分（命题X.1） 。
令：这样得到EP、PF、FQ、QG、GR、RH、HS、SE 为边的弓形圆锥。于是，余量，即以多边形EPFQGRHS 为底以N 为顶点的棱锥，大于立体O 。
现在，令圆ABCD 的内接多边形ATBUCVDW 与多边形EPFQGRHS 相似且有相似位置。再在多边形ATBUCVDW 上作与圆锥同顶点的棱锥。
再以多边形ATBUCVDW 为底且以L 为顶点，由许多三角形围成一个棱锥，LBT 为其中的一个三角形。又以多边形EPFQGRHS 为底且以N 为顶点，由许多三角形围成一个棱锥，NFP 为其中的一个三角形。连接KT 和MP 。
那么因为，圆锥ABCDL 与圆锥EFGHN 相似，所以：BD 比FH 等于轴KL 比轴MN （定义XI.24） 。
又，BD 比FH 等于BK 比FM ，所以：BK 比FM 等于KL 比MN 。又，由更比可得，BK 比KL 等于FM 比MN （命题V.16） 。
又，夹等角的边成比例，即∠BKL 等于∠FMN ，所以：三角形BKL 相似于三角形FMN （命题VI.6） 。
又，因为BK 比KT 等于FM 比MP ，它们夹等角，即∠BKT 等于∠FMP ，无论∠BKT 在圆心K 的四个直角占多少部分，∠FMP 也在圆心M 的四个直角占同样多的部分。因为夹等角的边成比例，所以：三角形BKT 与三角形FMP 相似（命题VI.6） 。
又，因为已经证明了BK 比KL 等于FM 比MN ，同时BK 等于KT ，且FM 等于PM ，于是：TK 比KL 等于PM 比MN 。又，夹等角的边成比例，即∠TKL 等于∠PMN ，因为它们是直角，所以：三角形LKT 相似于三角形NMP （命题VI.6） 。
又，因为三角形LKB 与三角形NMF 相似，所以：LB 比BK 等于NF 比FM 。又因为，三角形BKT 和三角形FMP 是相似的，所以：KB 比BT 等于MF 比FP 。所以：由首末比可得，LB 比BT 等于NF 比FP （命题VI.6） 。
又因为，三角形LTK 与三角形NPM 是相似的，所以：LT 比TK 等于NP 比PM 。又因为，三角形TKB 与三角形PMF 是相似的，所以：KT 比TB 等于MP 比PF 。所以：由首末比可得，LT 比TB 等于NP 比PF （命题VI.6） 。
又，已经证明TB 比BL 等于PF 比FN 。所以：由首末比可得，TL 比LB 等于PN 比NF （命题V.22） 。
所以：在三角形LTB 、三角形NPF 中，它们的边成比例。所以，三角形LTB 、三角形NPF 是等角的，因此：它们也是相似的（命题VI.5、定义VI.1） 。
所以，以三角形BKT 为底且以L 为顶点的棱锥相似于以三角形FMP 为底且以N 为顶点的棱锥，因为，它们由相似且数量相等的平面构成（定义XI.9） 。
而，两个以三角形为底的相似棱锥之比等于它们相应边的三次比（命题XII.8） 。
所以：棱锥BKTL 比棱锥FMPN 等于BK 与FM 的三次比。
类似地，过A、W、D、V、C、U 向K 作直线，过E、S、H、R、G、Q 向M 作直线，在每个三角形上作与圆锥同顶点的棱锥，我们可以证明，每对相似棱锥的比等于对应边BK 与FM 的三次比，即BD 与FH 的三次比。
海岛算经
从公元220年东汉分裂到公元581年隋朝建立，这段时期史称魏晋南北朝。这是中国历史上的动荡时期，同时也是思想相对活跃的时期。学术界思辨之风再起，数学上也兴起了论证的趋势。在许多研究以注释《周髀算经》《九章算术》的杰出代表中，首推魏国的刘徽。刘徽除了《九章算术注》还有其他许多数学成果，特别是他关于勾股测量的章节，后来更被单独刊行，被称为《海岛算经》。该书是对古代数理天文学中的重差术的进一步发展，成为勾股测量学的典籍。
又，前项之一比后项之一等于前项之和比后项之和（命题V.12） 。
所以，棱锥BKTL 比棱锥FMPN 等于以多边形ATBUCVDW 为底、以点L 为顶点的整体棱锥比多边形EPFQGRHS 为底、以点N 为顶点的整体棱锥。
因此也得到以多边形ATBUCVDW 为底、以点L 为顶点的棱锥比以多边形EPFQGRHS 为底、点N 为顶点的棱锥等于BD 与FH 的三次比。
又，根据假设，以圆ABCD 为底且以L 为顶点的圆锥比立体O 也等于BD 与FH 的三次比，所以：以圆ABCD 为底且以L 为顶点的圆锥比立体O 也等于以多边形ATBUCVDW 为底且以L 为顶点的棱锥比以多边形EPFQGRHS 为底、以N 为顶点的棱锥。所以：由更比可得，以圆ABCD 为底、以L 为顶点的圆锥比包含在它内部的以多边形ATBUCVDW 为底、以L 为顶点的棱锥等于立体O 比以多边形EPFQGRHS 为底、以N 为顶点的棱锥（命题V.16） 。
但是此圆锥大于它内部的棱锥，因为圆锥包含棱锥。所以：立体O 也大于以多边形EPFQGRHS 为底、以N 为顶点的棱锥。但它又小于，这是不可能的。
所以：以圆ABCD 为底、以L 为顶点的圆锥比任何小于以圆EFGH 为底、以N 为顶点的圆锥的立体都不等于BD 与FH 的三次比。
类似地，我们可以证明，圆锥EFGHN 与任何小于圆锥ABCDL 的立体的比不等于FH 与BD 的三次比。
那么进一步说，圆锥ABCDL 比任何大于圆锥EFGHN 的立体不等于BD 与FH 的三次比。
因为，如果可能，令有一个较大的立体O 满足此比。于是：由反比可得，立体O 比圆锥ABCDL 等于FH 与BD 的三次比。而立体O 比圆锥ABCDL 等于圆锥EFGHN 比某个小于圆锥ABCDL 的立体。
所以：圆锥EFGHN 比某个小于圆锥ABCDL 的立体也等于FH 与BD 的三次比，这已证明是不可能的。
所以：圆锥ABCDL 比大于圆锥EFGHN 的任何立体不可能等于BD 与FH 的三次比。
又，已经证明，与一个小于圆锥EFGHN 的立体的比不可能是BD 与FH 的三次比。所以：圆锥ABCDL 比圆锥EFGHN 等于BD 与FH 的三次比。
又，圆锥比圆锥等于圆柱比圆柱，因为同底等高的圆柱是圆锥的三倍，所以：圆柱与圆柱之比是BD 与FH 的三次比（命题XII.10） 。
所以：相似圆锥或相似圆柱之比等于它们底的直径的三次比。
证完
注解
本命题在其余命题中再未被利用。
命题XII.13
如果一个圆柱被平行于它底面的平面所截，那么，所截圆柱之比等于轴之比。
设：圆柱AD 被平行于它的底面AB、CD 的平面GH 所截，平面GH 与轴相交于K 。
求证：圆柱BG 比圆柱GD 等于轴EK 比轴KF 。
在两个方向上延长轴线EF ，至点L、M ，再任意取轴EN、NL 等于轴EK ，再取FO、OM 等于FK ；再令LM 为轴的圆柱PW ，其底为圆PQ、VW 。过点N、O 作平行于AB、CD 的平面，且平行于圆柱PW 的底，再以N、O 为圆心作圆RS、TU 。
那么，因为轴LN、NE、EK 互等，所以：圆柱QR、RB、BG 彼此之比等于它们的底之比（命题XII.11） 。
又，底是相等的，所以：圆柱QR、RB、BG 也彼此相等。
又，因为轴LN、NE、EK 彼此相等，圆柱QR、RB、BG 也彼此相等，前者的个数等于后者的个数，所以：轴KL 比轴EK 是圆柱QG 比GB 的同倍量。
同理，轴MK 比轴KF 是圆柱WG 比GD 的同倍量。
又，如果轴KL 等于轴KM ，那么，圆柱QG 也等于圆柱GW ；如果轴KL 大于轴KM ，那么圆柱QG 也大于圆柱GW ；如果轴小于，那么圆柱也小于。所以：有四个量，即两个轴EK、KF 和两个圆柱BG、GD ；已经取定了轴EK 和圆柱BG 的同倍量，即轴LK 及圆柱QG ，又取定了KF 和圆柱GD 的同倍量，即轴KM 及圆柱GW 。又已经证明：如果轴KL 大于轴KM ，那么，圆柱QG 大于圆柱GW ；如果轴KL 等于轴KM ，那么圆柱QG 也等于圆柱GW ；如果轴KL 小于KM ，那么圆柱QG 也小于圆柱GW 。所以：轴EK 比轴KF 等于圆柱BG 比圆柱GD （定义V.5） 。
所以：如果一个圆柱被平行于它底面的平面所截，那么，所截圆柱之比等于轴之比。
证完
注解
本命题应用在下一个命题中，解决同底的圆柱与它们的高的比例关系。
命题XII.14
等底的圆柱或圆锥之比等于它们的高之比。
设：EB、FD 是两个等底的圆柱，底分别为圆AB、CD 。
求证：圆柱EB 比圆柱FD 等于轴GH 比轴KL 。
延长轴线KL 至N 点，作LN 等于轴GH ，设CM 是以LN 为轴的圆柱（命题I.3） 。
那么，因为圆柱EB 和CM 是等高的，所以：它们之比等于底之比（命题XII.11） 。
又，它们的底彼此相等，所以：圆柱EB 和圆柱CM 也彼此相等。
又，因为圆柱FM 被平行于其底的平面CD 所截，所以：圆柱CM 比圆柱FD 等于轴LN 比轴KL （命题XII.13） 。
又，圆柱CM 等于圆柱EB ，且轴LN 等于轴GH ，所以：圆柱EB 比圆柱FD 等于轴GH 比轴KL 。
又，圆柱EB 比圆柱FD 等于圆锥ABG 比圆锥CDK 。所以：轴GH 比轴KL 等于圆锥ABG 比圆锥CDK ，也等于圆柱EB 比圆柱FD （命题XII.10） 。
所以：等底的圆柱或圆锥之比等于它们的高之比。
证完
对称之美
对称，作为美的艺术标准，是超越时代和地域的。上图为敦煌壁画A444窟“圆兴”；下图为埃舍尔的作品《圆的极限》，二者皆反映出一种非欧对称，是庞加莱非欧几何模型的艺术再现。
注解
命题XII.11表明，圆锥或圆柱同它们的底成比例；本命题表明也与它们的高成比例。
命题XII.15
在相等的圆柱或圆锥中，底与高成逆比；反之，在圆柱或圆锥中，凡底与高成逆比，那么它们相等。
设：有相等圆柱，底分别为ABCD 和EFGH ，AC、EG 是底的直径，KL、MN 是它们的轴，即也为圆柱或圆锥的高。
完成圆柱AO、EP 。
求证：圆柱AO、EP 的底与高成逆比，即底ABCD 比底EFGH 等于高MN 比高KL 。
因为：高LK 要么等于MN ，要么不等于。
首先，令其等于。
那么，圆柱AO 也等于圆柱EP 。而等高的圆柱或圆锥之比等于底之比，所以：底ABCD 等于底EFGH （命题XII.11） 。
因此：由逆比可得，底ABCD 比底EFGH 等于高MN 比高KL 。
又，令高LK 不等于MN ，MN 较大。
从MN 上截取QN 等于KL ，于是：过点Q 作平面TUS 截圆柱EP 而平行于圆EFGH、RP 所在的平面，且令圆柱ES 以圆EFGH 为底、以NQ 为高。
现在，因为圆柱AO 等于圆柱EP ，所以：圆柱AO 比圆柱ES 等于圆柱EP 比圆柱ES （命题V.7） 。
又，圆柱AO 比圆柱ES 等于底ABCD 比底EFGH ，因为，圆柱AO 、圆柱ES 有等高。又，圆柱EP 比圆柱ES 等于高MN 比高QN ，因为，圆柱EP 被平行于相对二底面的平面所截。所以：底ABCD 比底EFGH 等于高MN 比高QN （命题XII.11、XII.13、V.11） 。
又，高QN 等于高KL ，所以：底ABCD 比底EFGH 等于高MN 比高KL 。
所以：在圆柱AO 、圆柱EP 中，底与高成逆比。
又，在圆柱AO 、圆柱EP 中，如果底与高成逆比例，即底ABCD 比底EFGH 等于高MN 比高KL 。
那么我说：圆柱AO 与圆柱EP 相等。
在这同一个结构的上图中，因为，底ABCD 比底EFGH 等于高MN 比高KL ，且高KL 等于高QN ，所以：底ABCD 比底EFGH 等于高MN 比高QN 。
又，底ABCD 比底EFGH 等于圆柱AO 比圆柱ES ，因为它们有等高。又，高MN 比高QN 等于圆柱EP 比圆柱ES ，所以：圆柱AO 比圆柱ES 等于圆柱EP 比圆柱ES （命题XII.11、XII.13、V.11） 。
所以：圆柱AO 等于圆柱EP （命题V.9） 。
又，圆锥也同理（命题XII.10） 。
所以：在相等的圆柱或圆锥中，底与高成逆比；反之，在圆柱或圆锥中，凡底与高成逆比，那么它们相等。
证完
注解
本命题的证明实际上适应于更广泛的情况，不仅仅适应于圆锥与圆柱，当量x 与另两个量y 和z 成比例时，如y 不变，那么x 与z 也成比例，当x 不变，那么，y 与z 相互成比例。
至本命题，关于圆柱与圆锥的量的理论完成，余下的三道命题解决的是球的量的问题。
命题XII.16
给定两个同心圆，可以作内接于大圆的偶数边等边多边形，使之不切于小圆。
设：ABCD 和EFGH 是两个给定的同心圆，圆心是K 。
求作：在大圆ABCD 内作一个内切的偶数边等边多边形，与圆EFGH 不能与其相切。
过圆心K 作BKD ，再过点G 作GA ，使之与线段BD 成直角，且延长至点C （命题I.11） 。
于是：AC 与圆EFGH 相切（命题III.16及其推论） 。
于是：等分圆弧BAD ，再等分它的一半，连续重复进行，我们将得到一个小于AD 的圆弧（命题X.1） 。
令其为LD 。
从L 作LM 垂直于BD ，延长至N ，连接LD、DN （命题I.12） 。
所以：LD 等于DN （命题III.3、I.4） 。
现在，因为LN 平行于AC ，AC 切于圆EFGH ，所以：LN 与圆EFGH 不相切。所以：LD、DN 远不能与圆EFGH 相切。
如果在圆ABCD 内连续作等于LD 的弦，那么将得到内接于ABCD 的偶数边的等边多边形，它与小圆EFGH 不相切。
所以：给定两个同心圆，可以作内接于大圆的偶数边等边多边形，使之不切于小圆。
证完
《周髀》中的开方术
关于二次方程的公式解法，中国最早记载于《周髀算经》中的《勾股圆方图》，后见于《九章算术》中的《少广》章，该章同时附有开平方、开立方的法则。近世学者经过详细的研究，确认这是世界上关于多位数开平方、开立方法则的最早记载。除了符号、格式不同和某些步骤稍有差异之外，它和现在的开方方法一样，并且可以推广用于解二次方程，后来更发展为高次方程的数值解法。
注解
这一命题的目的是根据多边形分离两个同心圆，以便在下一命题中作三维立体图以分割两个同心球。这一结构实际上产生了这样一个多边形，其边数是2的幂，如8，16，32等。下一命题要求一个多边形其边数不仅仅是偶数，而且是4的倍数。同时也要求不仅仅是内切圆。
命题XII.17
已知两个同心球，可在大球内作内接多面体，与小球不相切。
设：有两个同心球，球心为A 。
求作：在大球内作一个内接多面体与小球面不相切。
令：过球心的平面截该球。那么，所截面为一个圆，因为，球是半圆绕直径旋转而成的。因此，在任何位置我们都能得到半圆，由此经过半圆平面在球面上截出一个圆（定义XI.14） 。
又，这也表明，该圆是最大的圆，因为，是球的直径，自然也是半圆和这个圆的直径，它大于所有经过圆内或球内的线段。
令：BCDE 是大球内的一个圆，且FGH 是小球内的一个圆。在它们内作两条直径BD、CE ，并相互垂直（命题I.11） 。
于是：已知的两个圆BCDE、FGH 是同心圆，在较大圆BCDE 内作一个内接的偶数边的等边多边形，它与小圆FGH 不相切（命题XII.16） 。
令：BK、KL、LM、ME 是象限BE 内的边，连接KA ，并延长至N 。再从点A 作直线AO 垂直于圆BCDE 所在的平面，且与球面相互交于O （命题XI.12） 。
又，过AO 及线段BD、KN 作平面，它们与球面截出最大圆，这是合理的。
令已经作出了它们，在它们中，BOD、KON 是BD、KN 上的半圆。
现在，因为OA 与圆BCDE 所在的平面垂直，所以：过OA 的所有平面也与BCDE 所在的平面垂直。因此：半圆BOD 、半圆KON 和圆BCDE 所在平面也垂直（命题XI.18） 。
又，因为半圆BED 、半圆BOD 、半圆KON 相等，它们是在相等直径BD、KN 上的，所以：象限BE、BO、KO 亦彼此相等。
所以：在象限BO、KO 内有多少条弦等于BK、KL、LM、ME ，就在象限BE 上有多少条多边形的边。
令：它们是内接的，是BP、PQ、QR、RO ，也是KS、ST、TU、UO ，连接SP、TQ、UR ，从P、S 点向BCDE 所在的平面作垂线（命题IV.1、XI.11） 。
它们落在平面的公共交线BD、KN 上，因为，BOD、KON 所在的平面与圆BCDE 所在的平面成直角（定义XI.4） 。
令它们是PV、SW ，连接WV 。
现在，因为在相等半圆BOD 、半圆KON 内，相等弦BP、KS 已被截出，并已经作出垂线PV、SW ，所以：PV 等于SW ，BV 等于KW （命题III.27、I.26） 。
又，整体BA 也等于整体KA ，所以：余量VA 也等于余量WA 。所以：BV 比VA 等于KW 比WA 。所以：WV 平行于KB （命题VI.2） 。
又，因为弦PV、SW 皆与圆BCDE 所在的平面成直角，所以：PV 平行于SW （命题XI.6） 。
又，已经证明，它们也相等，所以：WV、SP 相等且平行（命题I.33） 。
又，因为，WV 平行于SP ，且WV 平行于KB ，所以：SP 也平行于KB （命题XI.9） 。
又，连接BP、KS 的端点，所以四边形KBPS 在同一平面，因为，如果两条直线平行，在它们每一条上任取一点，连接这些点的线与此二平行线在同一平面上。同理，四边形SPQT 、四边形TQRU 也在同一平面上（命题XI.7） 。
龙形图函数
电子计算机的发明使科学家们对更复杂的多变量方程以及非线性方程的研究成为可能，计算机使科学家有了新的数学实验室。也许现在评价计算机的影响还为时过早，但是数学的性质已经发生了变化，这种变化为我们研究生活哲理以及宇宙的结构带来了根本的变化，同人一样，数学是不可测的。图中展示的龙形函数图由计算机描绘而成，由函数F （Z ）＝Z 2 -M 生成。Z 是复平面的点，M 是原值，黑色表示当迭代次数趋向无穷时，函数值也趋向无穷的Z 区域。
又，三角形URO 也在一个平面上。如果我们从P、S、Q、T、R、U 点向A 作连线，那么，就作出了在弧BO、KO 之间的一个多面体，它包含了四边形KBPS 、四边形SPQT 、四边形TQRU 以及三角形URO 为底且以A 为顶点的棱锥（命题XI.2） 。
又，如果我们在边KL、LM、ME 的每一个上像在BK 上一样作同样的图，再在其余三个象限内也给出同样的图，于是：得到一个由棱锥构成的内接于球的多面体，它是由前述的四边形和三角形URO 以及与它们对应的其他一些四边形和三角形为底且以A 为顶点的棱锥构成。
那么我说：可证前述多面体不切于圆FGH 生成的球面。
从A 点作AX 垂直于四边形KBPS 所在的平面，且相交于平面的X 点，连接XB、XK （命题XI.11） 。
那么，因为AX 与KBPS 所在的平面成直角，所以：它也和四边形所在平面上所有和它相交的直线成直角。所以：AX 与BX、XK 皆成直角（定义XI.3） 。
又，因为AB 等于AK ，所以：AB 上的正方形等于AK 上的正方形，AX、XB 上的正方形之和等于AB 上的正方形。因为，在X 点的角是直角，AX、XK 上的正方形等于AK 上的正方形（命题I.47） 。
所以：AX、XB 上的正方形之和等于AX、XK 上的正方形之和。
从每个中减去AX 上的正方形，于是：余量即BX 上的正方形等于余量即XK 上的正方形。所以：BX 等于XK 。
