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 。
