182. Teorema. Strane ugla (ABC) presečene paralelnim pravama (DD1, EE1, FF1,...) dele se njima na proporcionalne delove (sl. 192).
Treba dokazati:
BD/BD1=DE/D1E1=EF/E1F1
ili
BD:DE=BD1:D1E1;
DE:EF=D1E1:E1F1 itd.
Povlačenjem pomoćnih pravih DM i EN itd. koje su paralelne BA dobijamo slične trouglove BDD1, DEM, EFN itd. (uglovi su im jednaki usled paralelnosti pravih). Iz njihove sličnosti sleduje:
BD/BD1=DE/DM=EF/EN itd.
Ako u ovoj proporciji zamenimo DM sa D1E1, EN sa E1F1 itd. (suprotne strane u paralelogramima), onda ćemo dobiti ono što je trebalo da se dokaže.
183. Teorema. Dve paralelne prave (MN i M1N1 sl. 193), presečene snopom pravih (OA, OB, OC,...) koje dolaze iz iste mačke (O), dele se njima na proporcionalne delove.
Treba dokazati da su odsečci AB, BC, CD... prave MN proporcionalni odsečima A1B1, B1C1, C1D1.., prave ... M1N1.
Iz sličnosti trouglova OAB i OA1B1 (§ 159) i trouglova OBC i OB1C1 sleduje:
AB/A1B1=BO/B1O=BO/B1O=BC/B1C1
odatle
AB/A1B1=BC/B1C1.
Na isti način se dokazuje proporcionalnost i ostalih odsečaka.
184. Zadatak. Duž AB (sl. 194) podeliti na tri dela u razmeri m:n:p, gde su m, n, p date duži ili dati brojevi.
Povucimo zrak AC pod proizvoljnim uglom prema AB i prenesimo od tačke A duži m, n i p. Krajnju tačku F duži p spojimo sa B pravom BF, a kroz krajnje tačke G i H odsečaka povucimo prave GD i HE paralelne BF. Tada će duž AB biti tačkama D i E podeljena na delove proporcionalne m:n:p.
Ako su m, n i p kakvi brojevi, na primer 2, 5 i 3, onda se izvršuje ista konstrukcija s tom razlikom što će se na AC preneti duži jednake 2, 5 i 3 proizvoljnim dužinskim jedinicama
185. Zadatak. Za tri date duži a, b, c naći četvrtu proporcionalnu (sl. 195), tj. naći takvu duž h da postoji proporcija a:b=c:x.
Na stranama ma kakvog ugla ABC prenesimo duži: BD=a, BF=b, DE=c. Povucimo pravu DF i EG∥DF. Duž FG je tražena četvrta proporcionala.