\(\mathrm{△KLN=▱DLPG}\); por otro lado, \(\widehat{\mathrm{DLP}}=\widehat{\mathrm{KLN}}\); por tanto \(\mathrm{KL\cdot LN=2LD\cdot DG}\). Sea el triángulo ΚLΝ y el paralelogramo DL,PG construidos aparte. Puesto que \(\mathrm{△KLN=▱DP}\), dejemos que, por Ν, se trace una paralela ΝR a LΚ, y, por Κ, una paralela ΚR a LΝ; el cuadrilátero LR es, por tanto, un paralelogramo y \(\mathrm{▱LR=2△KLN}\), por lo que \(\mathrm{▱LR=2▱DP}\).

Prolonguemos las rectas DG y LP hasta los puntos S y Τ; coloquemos una recta GS = DG y una recta PΤ = LP, y tracemos una recta de unión SΤ; el cuadrilátero DΤ es, pues, un paralelogramo \(\mathrm{▱DT=2▱DP}\), de modo que \(\mathrm{▱LR=▱LS}\). También es equiangular a él, en virtud de que los ángulos en L son opuestos por el vértice y, por tanto, iguales; sin embargo, en los paralelogramos iguales y equiangulares, los lados que rodean a los ángulos iguales son inversamente proporcionales. Por tanto,\[\mathrm{\frac{DL}{LN}=\frac{KL}{LT}=\frac{KL}{DS}},\] y \(\mathrm{KL\cdot LN=LD\cdot DS}\). Por otro lado, como DS = 2DG, \(\mathrm{KL\cdot LN=2LD\cdot DG}\). Si DG es paralela a LP y GP no es paralela a LD, el cuadrilátero DGPL es obviamente un trapecio; en estas condiciones, digo que \(\mathrm{KL\cdot LN=DL(CD+LP)}\). En efecto, si se completa el rectángulo RL como se ha dicho, se extienden también las rectas DGG y LP, se coloca una recta GS = LP y una recta PΤ = DG, y se lleva una recta de unión SΤ, \(\mathrm{▱DT=2▱DP}\), y se le aplicará la misma prueba. Esto será útil para la siguiente proposición.