Dadas las mismas cosas, la recta trazada desde el punto de encuentro de las rectas de unión con el de contacto será perpendicular a la tangente.

Todas las cosas igual que antes Paso 1, las rectas CG y FD cortándose entre ellas en un punto H Paso 2; encontrándose las prolongaciones de las rectas CD y BA en un punto K Paso 3; y tracemos una recta de unión EH Paso 4. Digo que EH es perpendicular a CD.

En caso contrario, tracemos desde H una perpendicular HL a CD Paso 5. Ya que \(\widehat{\rm CDF}=\widehat{\rm BDG}\) [Prop. III.46], y \(\widehat{\rm DBG}=\widehat{\rm DLH}\) ambos rectos, así el triángulo DGB es semejante al triángulo LHD. Así \(\rm \dfrac{BD}{DL}=\dfrac{GD}{DH}\). Pero como \(\rm \dfrac{FC}{CH}=\dfrac{GD}{DH}\), ya que los ángulos \(\widehat{\rm F}\) y \(\widehat{\rm G}\) son rectos, [Prop. III.45] y los ángulos en H son rectos, mientras que \(\rm \dfrac{AC}{CL}=\dfrac{CF}{CH}\) debido a la semejanza de los triángulos AFC y LCH [Prop. III.46], así \(\rm \dfrac{AC}{CL}=\dfrac{BD}{DL}\) y alternativamente \(\rm \dfrac{DL}{LC}=\dfrac{DB}{CA}\). Pero como \(\rm \dfrac{BK}{KA}=\dfrac{DB}{CA}\), así también \(\rm \dfrac{BK}{KA}=\dfrac{DL}{CL}\). Tracemos desde E una paralela EM a AC Paso 6, así ha sido trazada como una ordenada a AB [Prop. II.7], y, por semejanza de triángulos, \(\rm \dfrac{DE}{BM}=\dfrac{DK}{BK}=\dfrac{KC}{KA}\), de donde \(\rm \dfrac{DE}{BM}=\dfrac{DE+DK+KC}{BM+BK+KA}=\dfrac{EC}{MA}\), luego \(\rm \dfrac{DE}{EC}=\dfrac{BM}{MA}\). Ya que, \(\rm \dfrac{BM}{MA}=\dfrac{BK}{KA}\) [Prop. I.36]. Por tanto, \(\rm \dfrac{DE}{EC}=\dfrac{BK}{KA}\), así también \(\rm \dfrac{DE}{EC}=\dfrac{DL}{CL}\), y esto es imposible. Así HL no es perpendicular, ni ninguna otra recta salvo HE.

Q. E. D.