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1.欧几里得几何原本的缺陷：1.欧几里得的最初几个定义中用了一些未经定义的概念，如“界限”，“长度”，“宽度”等，而且这些定义模糊不清，因而这些定义不起什么逻辑作用。2.在证明某些定理时，欧几里得不得不利用图形的直觉来作说明，而这些图形的性质无法由他的公理逻辑地导出。3。连续性，运动，介于等等概念在欧几里得时代还没有完全搞清楚，所以，在他的原本中常要脱离严格的公理法。
历史意义：1.这本书高度的总结了千人积累的优秀成果，大大超过了前人的作品2这是第一本有公理法倾向的书。3.虽然它常要脱离严格的公理法，但它对于他的时代来说已经够严密了。在几何学发展的历史中，欧几里得的《几何原本》起了重大的历史作用。这种作用归结到一点，就是提出了几何学的“根据”和它的逻辑结构的问题。论证方法上的影响：关于几何论证的方法，欧几里得提出了分析法、综合法和归谬法。作为教材的影响： 从欧几里得发表《几何原本》到现在，已经过去了两千多年，尽管科学技术日新月异，由于欧氏几何具有鲜明的直观性和有着严密的逻辑演绎方法相结合的特点，在长期的实践中表明，它已成为培养、提高青少年逻辑思维能力的好教材。2.公理系统的三个问题是什么？哪个最重要？why? 相容性：若由公理系统∑不可能导出两个相互矛盾的命题（即反面命题），则称这个公理系统∑是相容的，或不矛盾的。独立性：对公理系统∑的独立要求，就是确定∑中的每个命题被列为公理都是必要的，不是多余的。若其中某个命题能由∑中其他命题推出，则应把它列为定理，即由∑中把它去掉而对∑的推论不会发生影响。完备性：如果∑所刻画的几何是唯一的(没有不同的几何能适合同一系统∑)，那么我们就认为∑中的公理是足够了，或说∑是完备的。若一公理系统∑的所有的模型都是同构的，则∑是完备的。相容性最重要，因为若∑有矛盾，他在逻辑上就是不正确的，更谈不到在现实世界中的应用了。这种公理系统就不能 成其为一种理论。因此，我们要求每个公理系统都是无矛盾的。对于任何一个公理系统∑要求它必须是相容的，最好是独立的，是否完备则视需要而定。
3.希尔伯特公理系统有哪几个公理，基本概念有哪几个？基本关系是什么？
公理：结合公理：I1~8(I3.1 I3.2 I4.1 I4.2)顺序公理：II 1~ 4合同公理：III1~5 连续公理：IV（戴金德公理）平行公理：V.希尔伯特公理的基本概念：基本元素：点、线、面 基本关系：结合关系（点与直线的结合 点与平面）、顺序关系：（一点在另外两点之间）、合同关系：（两线段合同，两角）全部基本概念共八个，对它们的唯一要求就是适合“结顺合连平”五组公理。
4.什么是绝对几何？以公理I~IV为基础建立起来的几何叫做绝对几何，绝对几何中包括欧式几何，也包括罗氏几何。绝对几何加上V欧式平行公理就是欧式几何，绝对几何加上V*罗氏平行公理就是罗氏几何。5.写出欧式第五公设：（在一平面上）若一直线与两直线相交，且若同侧所交两内角之和小于两直角，则两直线无限延长后必相交于该侧的一点。
V欧式平行公理：对于任何直线a和不在其上的任何点A，至多有一直线过A且与a共面不交。V*罗氏平行公理：有这样的直线a和不在其上的点A，过A至少有两条直线与a共面不交。
1.设有四点不在同一平面上，试证：其中任意三点不在同一直线上。
反证：假设四点共线，则四点共面矛盾。假设有三点在一直线上，另一点不在这条直线上，则由定理2(2)过一直线及不在其上的一点恰有一平面知这四点在同一平面上与已知矛盾。所以任意三点不在同一直线上。2.试证：至少有四个点；六条直线；四个面
证明:由I8（至少有四个点不在同一平面上）任取四个不共面的点。由I1（对于两个不同的点恒有一直线结合其中每个点）和C（42）=6知四点可以两两组合成六条直线；假设两条直线重合，由任意性不妨设DA、DB重合。即A、B、D在同一直线上由定理2（过一直线及不在其上的一点，恰有一平面）知过该直线和点C构成一平面，A，B∈。由I6（若直线a的两个点在平面上，则a的每个点在上）知D在平面上，则与四点不在一平面上矛盾。∴六条直线互不重合，且任意三点不共线。由I4.1（对于不在一直线上的三点，恒有一个平面通过它们中的每一点）由C（34）=4知有4个平面。假设有两个平面重合，由任意性不妨设DAB、DBC平面重合，则ABCD四点共面，与4点不共面矛盾，则空间有四个平面。3.证明：对于任意两点A,C，直线AC上至少有一点B在A、C之间。
证：由I3.2(至少有三点不在一直线上)有D不在AC上，根据II2（对于任意两点A.B，直线AB上至少有一点C使得B在A、C之间）有E使得AD*E，有F使得EC*F。F≠D{若F=D，则根据II1(若点B在点A和点C之间，则A B C是一直线上的不同三点，且B也在C和A之间)及I2（对于不同的两点，至多有一直线结合其中的每个点），有AD*E和EC*D,即A C均在DE上，即D在AC上与D的选取矛盾}同理E不在AC上。根据I1、I4.1、I6，有直线DF在平面ACE上，且不过ACE中任一点，也不交CE。（否则，若DF交（CE）于一点G，G≠F矛盾于定理（两直线至多有一个公共点），G=F矛盾于II3（在一直线上的任意三个点里，至多有一点在其余两点之间）所以由II4巴士公理,DF交(AE)于一点D，DF与(EC)不交，故DF必与（AC）交于一点B。得证
注释：I1：对于两个不同的点，恒有一直线结合其中每个点 I4.1：对于不在一直线上的三个点，恒有一平面通过它们中的点 I6：如果直线a的点在平面上，则a的每个点在上
4.在已知锐角的一边上必存在一点且仅存在一点，它至另一边的垂线合同于已知线段。
证明：过已知线段AB的端点B，作AB的垂线BC，由定理58:过直线AB外一点C可引直线，使与AB组成的一角合同于已知角。过A可引一直线AO,使∠AOB=∠（已知角）
（每个线段可以放在任意直线的任意已知点的任意已知一侧），在∠的一边上取一点A’,使O’A’=OA.由定理32，在一平面上，通过已知点恰可作已知直线的a的一条垂线。过A’作A’B’⊥O’B’,垂足为B’，则△AOB合同于△A’O’B’（AAS）由三角形合同的定义 知A’B’=AB，即A’即为所要求的点。由垂线的唯一性知该点是唯一的。
5.P5=>P3 即已知三角形三高线共点=>在一平面上，一直线的垂线和斜线必相交
证明:共线的CA和DB分别为AB的垂线和斜线，设∠ABD为锐角，且C、D在AB的同侧。由II2，在BA上任取一点P，使PA*B。过P作PQ⊥BD于Q（由定理32，在一平面上，通过已知点恰可作已知直线的一条垂线），若AC过Q点或AC交（BQ）内点，则AC与BD相交。若AC不过Q点也不与BQ交于内点，则用巴士公理II4作用于△PBQ和直线AC，∵AC交(PB)于内点A，AC不与（BQ）相交。∴AC必交（PQ）于内点R，在△PBR中，AC,BD为两条高线，由P5命题得AC、BD相交，即垂线与斜线相交。6.在简单平行四边形中证明：∠AAB>CD证：反证法。假设①AB∠ADC又∵∠BAD>∠BA’D（外角定理）∠BA’D=∠A’DC ∴∠BAD>∠A’DC>∠ADC又∵∠BAD
综上：AB>CD 7.TH55，任意三角形的内角和小于等于2π假设ABD内角和小于2π。。大角对大边，大边对大角（反证）8.设有四点不在同一平面上，试证（2）通过其中的每个点至少有三个平面。
证明（2）反证法。假设过其中每一点是平面小于3个，确定四点中的任一点，还剩三点，在这三点中任意挑两个点与确定的点构成三点，有3种组合。由（1）知任意三点不在同一直线上 由I4.1知（对于不在一直线上的三个点，恒有一个平面通过它们中的每个点）所有有三个平面通过所确定的这一点。假设这三个平面中有两个平面重合，就出现了四点共面的情况，所以这三个平面无重合情况与题设矛盾。由确定点的任意性知通过其中的任一点有三个平面。所有与假设矛盾，所以通过其中每个点至少有三个平面。
6.欧式命题转换罗氏命题？
1共面不交的两直线被第三条直线所截的同位角相等。
有两条共面不交的直线a，b和截它们的第三条直线c，a与b被c所截成的同位角不相等。
2(在一平面上)若一直线与两直线相交，且若同侧所交两内角之和小于两直角，则两直线无限延长后必相交于该侧的一点。
有两条共面直线a，b和截它们的第三条直线c，a，b被c所截成的同侧两个内角之和小于二直角，而a，b不相交。
3在一平面上，一直线的垂线和斜线必相交。在一平面上，有已知直线的一垂线和一斜线不相交。4过不共线三点恒有一圆。
有这样的不共线三点，不存在通过他们的圆。(即有的三角形没有外接圆)5三角形三高线共点。
有这样的三角形，他的三高线不共点。
6过任何角内部任一点，必可引直线与此角的两边都相交。有这样的角及其内部一点，过此点不能引直线与角的两边都相交。7任何三角形的角和等于π 有这样的三角形，其内角和小于π 8有一三角形的角和等于π。任何三角形的角和小于π。
9(勾股定理)直角三角形斜边长度的平方等于两直角边长度的平方和。有这样的直角三角形，它的斜边长度的平方不等于两直角边长度的平方和。10有两个三角形其三对对应角合同，而本身不合同。任意两个三角形，只要三对对应角合同，则两三角形合同。11在一平面上，有一锐角，其一边之垂线必与另一边相交。
在一平面上，对于任意锐角都有这样的直线，他垂直于角的一边而不与另一边相交。
12(欧式平行公理的较弱形势)存在一直线a及此线外一点A，过A至多有一直线与a共面不交。对任意直线a及此线外一点A。过A至少有两条直线与a共面不交。
