Зададим кривую так: определяющее её параметрическое отображение
![$\gamma: [0, 1] \mapsto \mathbb R^2$ $\gamma: [0, 1] \mapsto \mathbb R^2$](https://dxdy-04.korotkov.co.uk/f/f/6/6/f66db22a5586ff824cf89e36796c49c482.png)
непрерывно и таково, что

, если

, и

.
Посадим начало полярных координат в точку

. Ясно, что полярный угол при обходе кривой будет меняться непрерывно в промежутке

и точно примет все значения из этого промежутка. Возьмём какую-нибудь точку

на кривой, что её полярный угол

. Проведём прямую, содержащую радиус точки

. Она пересечёт кривую в точках

и

, причём

такова, что её полярный угол

.
Сдвинем начало полярных координат в точку

без изменения ориентации (ось

сдвигается параллельно сама себе). Замечание про диапазон измерения полярных координат имеет место и здесь. Таким образом, мы можем найти точку

на кривой, что её полярный угол и в сдвинутой системе координат

. Проводим ещё одну прямую, содержащую радиус

. Она пересечёт кривую дополнительно ещё и в точке

такой, что её полярный угол

. Так как ориентации двух систем координат одинаковы, отрезки

и

параллельны. Доказали.
-- 24.09.2018, 22:18 --Для прямоугольной можно тоже нетрудно доказать, если у кривой

во всех точках есть касательная (ну, или за исключением конечного (или счётного?) количества точек). Расписывать не хочется, рисунок прилагается.
Идея в том, что под каким углом к зелёной касательной в точке

ни пришёл бы красный отрезок (предполагается, что все точки отрезка лежат в

), можно из точки

провести синюю прямую ортогонально красному и она всегда пересечёт кривую в ещё одной точке

, образуя синий отрезок. Если производная есть и в точке

, то можно провести красную прямую ортогонально синей, чтобы она пересекла кривую в точке

. По построению

и

параллельны и

.
