En los triángulos rectángulos el cuadrado del lado que subtiende el ángulo recto es igual a los cuadrados de los lados que comprenden el ángulo recto.

Sea △ΑΒC el triángulo rectángulo que tiene el ángulo recto ∠ΒΑC Paso 1. Digo que ΒC²=ΒΑ²+ΑC².

Trácese pues a partir de ΒC el cuadrado ◻ΒDΕC Paso 2, y a partir de ΒΑ, ΑC los cuadrados ◻GΒ, ◻HC [Prop. I.46]Paso 3, y por el punto Α trácese ΑL paralela a una de las dos rectas ΒD, CΕ Paso 4; y trácense ΑD, FC Paso 5. Y dado que cada uno de los ángulos ∠ΒΑC, ∠ΒΑG es recto, entonces en una recta cualquiera ΒΑ y por un punto de ella, Α, las dos rectas ΑC, ΑG, no colocadas en el mismo lado, hacen los ángulos adyacentes iguales a dos rectos; por tanto, CΑ está en línea recta con ΑG [Prop. I.14], Por la misma razón, ΒΑ también está en línea recta con ΑH. Y como ∠DΒC = ∠FΒΑ, porque cada uno de ellos es recto— añádase a ambos el ángulo ∠ΑΒC; entonces ∠DΒΑ = ∠FΒC [N.C. 2]; y como DΒ = ΒC, y FΒ = ΒΑ, los dos lados DΒ, ΒΑ son iguales respectivamente a los dos lados FΒ, ΒC; y ∠DΒΑ = ∠FΒC; entonces ΑD = FC, y △ΑΒD = △FΒC [Prop. I.4]; y ▱ΒL=2△ΑΒD: porque tienen la misma base ΒD y están entre las mismas paralelas ΒD, ΑL [Prop. I.41]; pero ◻GΒ=2△FΒC: porque tienen a su vez la misma base FB y están entre las mismas paralelas FΒ, GC [Prop. I.41]; pero los dobles de cosas iguales son iguales entre sí; por tanto, ▱ΒL=◻GΒ. De manera semejante, trazando las rectas ΑΕ, ΒΚ Paso 6 se demostraría que también ▱CL= ◻HC; por tanto, ◻ΒDΕC = ◻GΒ+◻ HC [N.C. 2]. Asimismo, el cuadrado ΒDΕC ha sido trazado a partir de ΒC, y los cuadrados GΒ, HC a partir de ΒΑ, ΑC. Por tanto, ΒC²=ΒΑ²+ΑC².

Q. E. D.