Si tres tangentes a una parábola se cortan mutuamente, quedan divididas en la misma razón.

Sea ABC una parábola Paso 1 y tangentes ADE, EFC y DBF Paso 2. Digo que \(\rm\dfrac{ED}{DA}=\dfrac{FB}{BD}=\dfrac{CF}{FE}\).

Tracemos una recta de unión AC Paso 3 que es bisecada en un punto G Paso 4. Es evidente que la recta trazada de E a G es un diámetro [Prop. II.29] Paso 5.

Si pasa por B, DF es paralela a AC [Prop. II.5] y será bisecada por EG, y así AD=DE y CF=FE [Prop. I.35] y lo que buscamos es evidente.

Si no pasa por B pero pasa por H, tracemos desde H una paralela KHL a AC Paso 6, así será tangente a la parábola en H [Prop. I.32] y AK=KE y LC=LE [Prop. I.35]. Tracemos desde B una paralela MNBQ a EG Paso 7, y desde A y C paralelas AO y CP a DF Paso 8. Ya que MB es paralela a EH, MB es una diámetro [Prop. I.51], y DF es tangente en B, así AO y CP han sido trazadas como ordenadas [Prop. II.5 y Def. 1.4]. Además MB=BP [Prop. I.35], por tanto MF=FC. Análogamente, EH=HG, de donde EL=LC. Entonces \(\rm \dfrac{EL}{LC}=\dfrac{MF}{FC}\), de donde \(\rm \dfrac{EC}{LC}=\dfrac{EL+LC}{LC}=\dfrac{MF+FC}{FC}=\dfrac{MC}{FC}\), luego \(\rm\dfrac{FC}{LC}=\dfrac{MC}{EC}\). Pero, por semejanza de triángulos, \(\rm\dfrac{QC}{CG}=\dfrac{MC}{EC}\), así \(\rm\dfrac{QC}{CG}=\dfrac{FC}{LC}\). Ya que 2AC=CE y 2CG=CA, entonces \(\rm\dfrac{LC}{CE}=\dfrac{CG}{CA}\), de donde \(\rm\dfrac{CE}{FC}=\dfrac{CA}{QC}\), luego \(\rm\dfrac{CA}{AQ}=\dfrac{CA}{CA-QC}=\dfrac{CE}{CE-FC}=\dfrac{CE}{EF}\). Por tanto \(\rm\dfrac{CQ}{AQ}=\dfrac{CA-AQ}{AQ}=\dfrac{CE-EF}{EF}=\dfrac{CF}{EF}\). Igualmente, ya que MB es un diámetro, y AN una tangente y AO una ordenada NB=BO [Prop. I.35], de donde ND=AD. Análogamente EH=HG, de donde EK=AK, así \(\rm\dfrac{ND}{AD}=\dfrac{EK}{AK}\), de donde \(\rm\dfrac{NA}{DA}=\dfrac{ND+AD}{AD}=\dfrac{EK+AK}{AK}=\dfrac{AE}{AK}\), y correspondientemente \(\rm\dfrac{AK}{AD}=\dfrac{AE}{NA}\). Pero, por semejanza de triángulos, \(\rm\dfrac{GA}{AQ}=\dfrac{AE}{NA}\), así \(\rm\dfrac{GA}{AQ}=\dfrac{AK}{AD}\). Como 2AK=AE y 2GA=CA, de donde \(\rm\dfrac{AE}{AK}=\dfrac{CA}{GA}\), luego \(\rm\dfrac{AE}{AD}=\dfrac{CA}{AQ}\), así \(\rm\dfrac{ED}{AD}=\dfrac{AE-AD}{AD}=\dfrac{CA-AQ}{AQ}=\dfrac{CQ}{AQ}\). Por tanto \(\rm\dfrac{ED}{AD}=\dfrac{CF}{EF}\). Por otra parte, por la semejanza de los triángulos CQP, AQO, \(\rm\dfrac{CP}{AO}=\dfrac{CQ}{AQ}\). Como, CM=2MF, entonces CP=2BF y como AN=2ND entonces AO=2BD y así \(\rm\dfrac{BF}{BD}=\dfrac{CQ}{AQ}\). Por tanto \(\rm\dfrac{BF}{BD}=\dfrac{CF}{EF}=\dfrac{ED}{AD}=\dfrac{CQ}{QA}\).

Q. E. D.