Cortando un cono por un plano que pase por el eje y por otro no paralelo ni antiparalelo, que corte a los lados del triángulo axial, si la intersección del plano secante con el de la base del cono es perpendicular a la del triángulo o a su prolongación, el cuadrado de toda recta trazada desde la sección del cono paralelamente a dicha intersección hasta el diámetro de la sección, equivale a un área aplicada según una cierta recta cuya razón al diámetro es la misma que la del cuadrado de la paralela al diámetro desde el vértice del cono hasta la base del triángulo , al rectángulo formado por las rectas que esta última determina en los lados del triángulo, cuya altura es la parte del diámetro separada por la primera recta, del lado del vértice de la sección, disminuido en una figura semejante y semejantemente dispuesta, al rectángulo limitado por el diámetro y el parámetro.

Sea un cono de vértice el punto A y base el círculo BG Paso 1, y cortémosle por un plano que pase por el eje, que producirá como sección el triángulo ABG Paso 2. Cortémosle por otro plano que corta a cada uno de los lados laterales del triángulo axial y que no es paralelo ni antiparalelo a la base del cono y que este plano determina en la superficie del cono una sección la línea DE Paso 3. Supongamos que la intersección del plano de corte y el plano de la base del cono ZH es perpendicular a BG Paso 4, y que [Prop. I.7 y Def. I.4] el diámetro de la sección es la recta ED Paso 5. Tracemos desde E una perpendicular EQ a ED Paso 6 y por A una paralela AK a ED de manera que \[\mathrm{\frac{AK^2}{BK\cdot KG} = \frac{DE}{EQ}}.\] Paso 7.

Tomemos un punto cualquiera L en la sección, y tracemos por L una paralela LM a ZH Paso 8.

Digo que \[\mathrm{LM^2 = EM\cdot MC=EM\cdot EQ-EM^2\left(\frac{EQ}{ED}\right)=\frac{EQ}{ED}\cdot EM (ED-EM)}.\]

Tracemos la recta de unión DQ Paso 9 y tracemos por M una paralela MCN a QE Paso 10, y tracemos por Q y C paralelas QN y CO a EM Paso 11, y tracemos por M una paralela QMR a BG Paso 12.

Ya que PR es paralela a BG, y LM es paralela a ZH, entonces [Euclides:Prop. XI.15] el plano que pasa por LM y PR es paralelo al plano que pasa por ZH y BG, que es la base del cono.

Si trazamos un plano que pasa por LM y PR, la sección [Prop. I.4] será un círculo cuyo diámetro es PR y LM es perpendicular a él. Así [Euclides:Prop. II.14] LM²=PM ∙ MR.

Y ya que \(\rm \dfrac{ED}{EQ}=\dfrac{AK^2}{BK\cdot KG}\), y \(\rm \dfrac{AK^2}{BK\cdot KG}=\dfrac{AK}{BK}\cdot\dfrac{AK}{KG}\) [Euclides:Prop. VI.23], entonces \(\rm \dfrac{ED}{EQ}=\dfrac{AK}{BK}\cdot\dfrac{AK}{KG}\).

Pero, por la semejanza de los triángulos ABK, EHB, EPM, \(\rm \dfrac{AK}{BK}=\dfrac{EH}{HB}=\dfrac{EM}{MP}\) y por la semejanza de los triángulos AKG, DGH, DRM, \(\rm \dfrac{AK}{KG}=\dfrac{DH}{HG}=\dfrac{DM}{MR}\).

Así \[\mathrm{\frac{ED}{EQ} = \frac{EM}{MP}\cdot\frac{DM}{MR}},\] pero, según [Euclides:Prop. VI.23] \[\mathrm{\frac{EM}{MP}\cdot\frac{DM}{MR}= \frac{EM\cdot DM}{MP\cdot MR}},\] luego \[\mathrm{\frac{ED}{EQ} =\frac{EM\cdot DM}{MP\cdot MR}}.\]

Por otra parte, según [Euclides:Prop. VI.4] \[\mathrm{\frac{ED}{EQ} = \frac{DM}{MC}},\] de donde \[\mathrm{\frac{DM}{MC} = \frac{EM\cdot DM}{MP\cdot MR}}.\] Como \[\mathrm{\frac{DM}{MC} = \frac{DM\cdot ME}{MC\cdot ME}},\] entonces, según [Euclides:Prop. V.11] , \[\mathrm{\frac{DM\cdot ME}{MC\cdot ME} = \frac{EM\cdot DM}{MP\cdot MR}},\] luego, según [Euclides:Prop. V.9] \[\mathrm{MC\cdot ME = MP\cdot MR}.\]

Por tanto \[\mathrm{LM^2 = MC\cdot ME}.\]

Llamaré a tal sección una elipse y EQ es llamada la recta a la que se aplica el área equivalente al cuadrado de las ordenadas trazadas a DE. La llamaremos también el lado recto, y la recta ED el lado transverso.

Q. E. D.

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