A 24. feladat MEGOLDÁSA:

Ha Oa történetesen merőleges e-re, akkor nincs mit bizonyítani. Legyen O merőleges vetülete az e egyenesen P, az Oa félegyenesnek az e egyenesre vonatkozó tükörképe O’a’. Oa és O’a’ nem párhuzamos (ez ellentmondana a 22. tételnek). A 30. tétel szerint van olyan g egyenes, amely egyik irányban a irányú, a másik irányban a’ irányú. Ha ezt a g egyenest tükrözzük e-re, akkor önmagába megy át, hiszen Oa és O’a’ a tükrözésnél szerepet cserél, ezért g tükörképe is mindkettővel párhuzamos. Márpedig szintén a 30. tétel szerint csak egy ilyen g egyenes van. Tehát g-nek e-re vonatkozó tükörképe önmaga. Ez kétféleképpen lehetséges: vagy g=e, vagy g merőleges e-re. Előbbit a feladat feltétele kizárja (e nem párhuzamos Oa-val). Tehát g merőleges e-re. Legyen e-vel való metszéspontja F. Azt állítjuk, hogy Oa-nak e-n való merőleges vetülete a PF szakasz (F nélkül).

Legyen ugyanis a PF szakasz egy belső pontja X, állítsunk merőlegest X-ben e-re, a merőleges legyen az x egyenes. Ekkor x és g ultraparalel, mert van közös merőlegesük. Ugyanígy x és OO’ is ultraparalel.

Az X-re illeszkedő, a irányú y egyenes hegyesszöget zár be az XF félegyenessel. Másrészt x az előbb mondottak miatt az yXO szögtartomány belsejében van, ezért metszi az Oa félegyenest. Vagyis X előáll az Oa félegyenes valamely pontjának merőleges vetületeként. Ezzel beláttuk, hogy – F kivételével – az FP szakasz minden pontja előáll az Oa félegyenes valamely pontjának merőleges vetületeként. Az e egyenes más X pontja nem áll elő így, mert ha X nem az FP szakaszon van, akkor az X-ben e-re állított merőleges vagy OP-nek vagy g-nek abban a félsíkjában van, amely nem tartalmazza Oa-t.