Si se trazan perpendiculares a los ejes de dos parábolas, de modo que las partes de los ejes que interceptan desde los vértices están en la misma razón que los lados rectos de las dos secciones, los segmentos cortados por las perpendiculares en una de las secciones, serán semejantes a los segmentos de la otra y estarán semejantemente dispuestos y no será posible encontrar en estas mismas secciones ninún otro segmento semejante a los primeros.

Sean dos parábolas ΑΒ y ΕF de ejes ΑO y EV Paso 1 y cuyos lados rectos son ΑQ y ER Paso 2. Tracemos en una de las dos secciones las perpendiculares ΒΜ y DO Paso 3, y en la otra sección las perpendiculares FU y XV Paso 4, de manera que \(\rm\dfrac{AM}{AQ} = \dfrac{EU}{ ER}\) y \(\rm\dfrac{OA}{AQ} = \dfrac{EV}{ER}\) Digo que el segmento \(\overparen{\rm ΒΑP}\) es semejante al segmento \(\overparen{\rm FES}\) Paso 5, y que el segmento \(\overparen{\rm DA}\) es semejante al segmento \(\overparen{\rm XE}\) Paso 6, y que el segmento \(\overparen{\rm DB}\) es semejante al segmento \(\overparen{\rm FX}\) Paso 7.

Ya ha sido demostrado que el segmento \(\overparen{\rm ΒΑP}\) es semejante al segmento \(\overparen{\rm FES}\) [Prop. VI.11], y se demostrará de la siguiente manera que los segmentos \(\overparen{\rm DB}\) y \(\overparen{\rm FX}\) son semejantes. Prolonguemos las rectas de unión DB y XF hasta los puntos K y W Paso 8. Dividamos las rectas BD y XF en dos partes iguales en los puntos H y Z Paso 9, para los que trazamos las rectas CHL y GZT paralelas a los ejes Paso 10, y tracemos desde los puntos C y G las rectas CN y GJ perpendiculares a los ejes Paso 11. Entonces, ya que \(\rm\dfrac{AM}{AQ} = \dfrac{EU}{ER}\) y \(\rm\dfrac{AO}{AQ} = \dfrac{EV}{ER}\), entonces \(\rm\dfrac{AO}{AM} = \dfrac{EV}{EU}\). \(\rm\dfrac{DO^2}{BM^2} = \dfrac{AO}{AM}\) y \(\rm\dfrac{XV^2}{FU^2} = \dfrac{EV}{EU}\) [Prop. I.20], entonces \(\rm\dfrac{DO^2}{BM^2} = \dfrac{XV^2}{FU^2}\). En consecuencia \(\rm\dfrac{DO}{BM} = \dfrac{XV}{FU}\). Ya que, por semejanza de triángulos, \(\rm\dfrac{DO}{BM} = \dfrac{KO}{KM}\) y \(\rm\dfrac{XV}{FU} = \dfrac{WV}{WU}\), entonces \(\rm\dfrac{OK}{KM} = \dfrac{VW}{WU}\), de donde \(\rm\dfrac{KO}{OM} = \dfrac{KO}{KO-KM} = \rm\dfrac{WV}{WV-WU} = \dfrac{WV}{VU}\). Por lo tanto \(\rm\dfrac{AO}{AM} = \dfrac{VE}{EU}\), luego \(\rm\dfrac{AO}{OM} = \dfrac{AO}{AO-AM} =\dfrac{VE}{VE-EU} =\dfrac{VE}{VU}\). Pero hemos demostrado que \(\rm\dfrac{KO}{OM} = \dfrac{WV}{VU}\), por lo tanto \(\rm\dfrac{KO}{OA} = \dfrac{WV}{VE}\). Pero \(\rm\dfrac{OA}{OD} = \dfrac{EV}{VX}\) [Prop. VI.11], por tanto \(\rm\dfrac{KO}{OD} = \dfrac{WV}{VX}\), mientras que los ángulos en O y V son rectos. Por lo tanto el triángulo ΚOD es semejante a el triángulo WVX, y por lo tanto los ángulos en Κ y W son iguales y \(\rm\dfrac{DK}{KB} = \dfrac{XW}{WF}\). Por tanto \(\rm\dfrac{DK}{DB} = \dfrac{DK}{DK-DB} = \rm\dfrac{XW}{XW-WF} = \dfrac{XW}{XF}\). Y DΒ fue dividido en H, y RF fue dividido en Τ. Por lo tanto \(\rm\dfrac{DK}{DH} = \dfrac{XW}{XZ}\). Ya que \(\rm\dfrac{DK}{DH} = \dfrac{DO}{DL}\) y \(\rm\dfrac{XW}{XZ} = \dfrac{XV}{XT}\), entonces \(\rm\dfrac{DO}{DL} = \dfrac{XV}{XT}\), de donde \(\rm\dfrac{DO}{OL} = \dfrac{DO}{DO-Ol} = \dfrac{XV}{XV-XT} = \dfrac{XV}{VT}\). Pero LO = CΝ y VT = HJ . Por lo tanto \(\rm\dfrac{DO}{CN} = \dfrac{VX}{HJ}\), luego \(\rm\dfrac{DO^2}{CN^2} = \dfrac{VX^2}{HJ^2}\). Ya que \(\rm\dfrac{DO^2}{CN^2} = \dfrac{OA}{AN}\) y \(\rm\dfrac{XV^2}{HJ^2} = \dfrac{VE}{EJ}\) [Prop. I.20], entonces \(\rm\dfrac{OA}{AN} = \dfrac{VE}{EJ}\). Y \(\rm\dfrac{OA}{ON} = \dfrac{OA}{OA-AN} = \dfrac{VE}{VE-EJ} = \dfrac{VE}{VJ}\) Pero hemos demostrado que \(\rm \dfrac{KO}{OA} = \dfrac{WV}{VE}\). Por lo tanto, \(\rm \dfrac{KO}{ON} = \dfrac{WV}{VJ}\). Ya que, por semejanza de triángulos, \(\rm\dfrac{KO}{ON} = \dfrac{KD}{DI}\) y \(\rm\dfrac{WV}{VJ} = \dfrac{WX}{XY}\), entonces \(\rm\dfrac{KD}{DI} = \dfrac{WX}{XY}\), de donde, como \(\rm\dfrac{KD}{DH} = \dfrac{WX}{XZ}\), tenemos que \(\rm\dfrac{DH}{DI} = \dfrac{XZ}{XY}\), de donde \(\rm\dfrac{DH}{HI} = \dfrac{DH}{DH-HI} = \dfrac{XZ}{XZ-XY} = \dfrac{XZ}{YZ}\). Análogamente, ya que \(\rm \dfrac{DK}{DH} = \dfrac{XW}{XZ}\), entonces \(\rm \dfrac{KH}{DH} = \dfrac{DK-DH}{DH} = \dfrac{XW-XZ}{XZ} = \dfrac{WZ}{XZ}\), de donde \(\rm \dfrac{KH}{HI} = \dfrac{WZ}{ZY}\) Pero \(\rm \dfrac{IH}{HC} = \dfrac{ZY}{ZG}\) porque el triángulo ΙHC es semejante al triángulo YZG. Por lo tanto, \(\rm \dfrac{KH}{HC} = \dfrac{WZ}{ZG}\). Pero HΚ es igual a la tangente HK' trazada desde C al eje Paso 12, porque es paralela a HΚ, y están entre las rectas paralelas CL y ΚO. De manera análoga, WΤ es igual a la tangente GW' trazada desde G al eje Paso 13. Por lo tanto \(\rm\dfrac{CK'}{CH} = \dfrac{GW'}{GZ}\), luego los segmentos \(\overparen{\rm DCΒ}\) y \(\overparen{\rm RGF}\) son semejantes y están semejantemente dispuestos [Prop. VI.17].

Además, si tomamos otro segmento, como el \(\overparen{\rm B'D'}\) Paso 14, no interceptado por las perpendiculares mencionadas anteriormente, digo que este segmento no es semejante al segmento \(\overparen{\rm DCB}\).

Esto se debe a que el segmento \(\overparen{\rm DCΒ}\) es semejante al segmento \(\overparen{\rm XGF}\), mientras que que el segmento \(\overparen{\rm XGF}\) no es semejante al segmento \(\overparen{\rm B'D'}\), porque no es interceptado por las mismas rectas perpendiculares [Prop. VI.19]; por lo tanto, el segmento \(\overparen{\rm B'D'}\) no es semejante al segmento \(\overparen{\rm DCB}\).

Q. E. D.