La proposición 5 no tiene casos.

La exposición comienza de la siguiente manera: "Si un cono oblicuo se corta perpendicularmente a la base por un plano que pase por el eje". Como, en el caso del cono oblicuo, el triángulo axial es perpendicular a la base según una sola posición, lo demostraremos como sigue. Tomemos el centro de la base y, desde este punto, levantemos una recta perpendicular al plano de la base, tracemos un plano que pase por esta recta y el eje, lo que nos dará el plano que buscamos. En efecto, en [Euclides:Prop. XI.18], se demuestra que si una recta es perpendicular a un plano, todos los planos que pasan por ella serán también perpendiculares al mismo plano. Asumió el cono oblicuo, porque, en el caso del cono recto, el plano paralelo a la base es idéntico al plano subcontrario.

Continúa diciendo "y por otro plano perpendicular al triángulo axial y separa, del lado del vértice, un triángulo semejante al que pasa por el eje, pero calculado en sentido contrario"

La construcción es la siguiente.

Sea el triángulo axial ΑΒG Paso 1 y tomemos sobre ΑΒ un punto cualquiera Η Paso 2, y construyamos, sobre la recta ΑΗ y en el punto Η de la recta, un ángulo ΑΗΚ igual al ángulo ΑGΒ [Euclides:Prop. I.23] Paso 3; por tanto, el triángulo ΑΗΚ es, semejante al triángulo ΑΒG, pero dispuesto de forma contraria. En efecto, tomemos un punto cualquiera Ζ de ΗΚ Paso 4, elevemos, desde Ζ, una recta perpendicular ΖQ al plano del triángulo ΑΒG Paso 5, y tracemos el plano que pasa por las rectas ΗΚ y QΖ; este plano es perpendicular al plano del triángulo ΑΒG a causa de la recta ΖQ [Euclides:Prop. XI.18], y consigue lo propuesto.

En la conclusión dice que, debido a la semejanza de los triángulos DΖΗ y ΕΖΚ, \(\mathrm{DZ\cdot ZE=HZ\cdot ZK}\) [Euclides:Prop. X.2]. Esto también se puede demostrar sin apelar a la semejanza de triángulos, diciendo que como \(\widehat{\mathrm{AKH}} = \widehat{\mathrm{ABG}}\) y \(\widehat{\mathrm{ADE}} = \widehat{\mathrm{ABG}}\), los puntos D, Η, Κ, Ε están en el mismo segmento de circunferencia [Euclides: Def. III.8]. Y como en la circunferencia las dos rectas DΕ, ΗΚ se cortan en el punto Ζ, \(\mathrm{DZ\cdot ZE=HZ\cdot ZK}\) [Euclides:Prop. III.35].

Del mismo modo, se demostrará que todas las perpendiculares trazadas desde la línea ΗQK a la recta ΗΚ tienen su cuadrado igual al rectángulo delimitado por los segmentos. La sección es, por tanto, un círculo, de diámetro ΗΚ.

Esta conclusión puede demostrarse mediante una reducción al absurdo: si el círculo descrito alrededor de ΚΗ no pasa por el punto Q, el rectángulo ΚΖ,ΖΗ será igual a un cuadrado sobre una recta o bien mayor que la recta ΖQ o bien menor, lo cual es contrario a la hipótesis. Pero vamos a dar una demostración directa de esto.

Sea una línea ΗQK subtendida por una recta ΗΚ Paso 6; tomemos puntos cualesquiera Q y Ο en la recta Paso 7; bajemos las perpendiculares QΖ y ΟP desde estos puntos a ΗΚ Paso 8; sea \(\mathrm{ZQ^2=HZ\cdot ZK}\) y \(\mathrm{OP^2=HP\cdot PK}\). Digo que la línea ΗQΟΚ es un círculo.

Bisequemos la recta ΗΚ en un punto Ν Paso 9, y tracemos las rectas de unión ΝQ, ΝΟ Paso 10. Por tanto, como la recta ΗΚ se corta en partes iguales en un punto Ν y en partes desiguales en un punto Ζ, \(\mathrm{HZ\cdot ZK+NZ^2=NK^2}\) [Euclides:Prop. II.5]; como, por hipótesis, \(\mathrm{HZ\cdot ZK=QZ^2}\); entonces \(\mathrm{QZ^2+NZ^2=NK^2}\); como \(\mathrm{QZ^2+NZ^2=NQ^2}\), ya que el ángulo de Ζ es recto [Euclides:Prop. I.47]; \(\mathrm{NQ^2=NK^2}\). Del mismo modo, se demostrará que \(\mathrm{NO^2=NK^2}\). Por tanto la línea ΗQΚ es una circunferencia, de diámetro ΗΚ.

Los diámetros DΕ y ΗΚ pueden ser iguales o desiguales, pero nunca se bisecan entre sí.

Tracemos por Κ una paralela ΝΚ a ΒG Paso 11. Por lo tanto, como ΒΑ > ΑG, entonces ΝΑ > ΑΚ [Euclides:Prop. VI.2,Euclides:Prop. V.14]; igualmente, ΚΑ > ΑΗ, porque la sección está dispuesta de forma subcontraria, de manera que la recta que se corta en ΑΝ y es igual a ΑΚ cae entre los puntos Η y Ν ; que cae como ΑC Paso 12; por lo que la paralela a ΒG que pasa por G interseca a ΗΚ; que la interseca como la recta CΟP Paso 13.

Como CΑ = ΑΚ, y \(\mathrm{\dfrac{KA}{AH}=\dfrac{CA}{AP}}\) en virtud de la semejanza de los triángulos ΗΚΑ y CΑP [Euclides:Prop. VI.4], ΑΗ = ΑP [Euclides:Prop. V.9] y ΗC = AC-AH = AK-AP = PΚ.

Como los ángulos en C y Κ son iguales (cada uno de ellos igual al ángulo Β) y los ángulos en Ο también son iguales [Euclides:Prop. I.15] (son opuestos por el vértice) entonces el triángulo CΗΟ es semejante al triángulo PΟΚ; por otra parte, ΗC = PΚ, por lo que CΟ = ΟΚ, ΗΟ = ΟP, y ΗΚ= HO+OK=OP+CO= CP.

Es obvio que, si entre los puntos Ν y C se toma un punto R Paso 14, por ejemplo, y a través de R se traza una paralela RS a ΝΚ Paso 15, será RS > CP y, por ello, RS > ΗΚ; pero, si entre Η y C se toma un punto Τ Paso 16, por ejemplo, y a través de ese punto se traza una paralela ΤΥ Paso 17, será TY < CP y TY < ΚΗ. Como \(\widehat{\mathrm{CPK}} > \widehat{\mathrm{ACP}}\), y \(\widehat{\mathrm{OPK}} = \widehat{\mathrm{OHC}}\), entonces \(\widehat{\mathrm{OHC}} > \widehat{\mathrm{HCO}}\). Por tanto, CΟ > ΟΗ [Euclides:Prop. I.19] y, por esta razón, ΚΟ > ΟP. Pero, si una de las dos rectas se corta en dos partes iguales, la otra recta se cortará en dos partes desiguales.

Q. E. D.