Cuando en una elipse una recta trazada de modo ordenado desde el punto que divide a un diámetro en dos partes iguales se prolonga a uno y otro lado hasta la sección y se hace de manera que el diámetro sea a una cierta recta como la recta prolongada al diámetro, el cuadrado de toda recta trazada en la sección, paralelamente al diámetro, sobre la recta prolongada, será equivalente al área que, aplicada a la recta que es una tercera proporcional tenga de ancho la recta separada, del lado de la sección, en la recta prolongada disminuida en una figura semejante al rectángulo formado por la recta sobre la cual se han trazado las rectas y el parámetro, y si se prolonga esta recta hasta la otra parte de la sección quedará dividida en dos partes iguales por la recta sobre la cual se ha trazado.

Sea una elipse, donde un diámetro es la recta AB Paso 1. Dividamos la recta AB en dos partes iguales por el punto H Paso 2, y, por este punto G tracemos, una ordenada DGE, y prolonguémosla, por ambos lados, hasta la sección Paso 3. Además, tracemos, por el punto D, la recta DZ perpendicular a la recta DE, y hagámoslo de manera que ${\displaystyle \frac{\mathrm{A}\mathrm{B}}{\mathrm{D}\mathrm{Z}}}={\displaystyle \frac{\mathrm{D}\mathrm{E}}{\mathrm{A}\mathrm{B}}}$ Paso 4.

Tomemos un punto H sobre la sección Paso 5, y tracemos por este punto H, la recta HQ paralela a la recta AB Paso 6. Finalmente, tracemos la recta EZ que une los puntos E y Z Paso 7; tracemos por el punto Q la recta QL paralela a la recta DZ Paso 8, y tracemos, por los puntos Z, L las rectas ZK, LM paralelas a la recta QD Paso 9. Digo que $\mathrm{H}{\mathrm{Q}}^2=\mathrm{Q}\mathrm{L}\cdot \mathrm{Q}\mathrm{D}=▭\mathrm{D}\mathrm{L}=▭\mathrm{D}\mathrm{K}-▭\mathrm{M}\mathrm{K}$.

En efecto, sea AN el lado recto para las ordenadas sobre la recta AB Paso 10. Tracemos la recta BN que une los puntos B,N Paso 11; tracemos, por el punto H, la recta HC paralela a la recta DE Paso 12; tracemos, por los puntos C, G, las rectas CO, GP paralelas a la recta AN Paso 13, finalmente, tracemos, por los puntos N,O,P, las rectas NY, OR, TP paralelas a la recta AB Paso 14. Se tiene DG²=▭ANSG-▭TNSP=▭AP [Prop. I.13]. Igualmente, se tiene HC²=▭ANYC-▭NO=▭AO.

Ya que G es el punto medio de BA, se tiene: BG = GA = PT. Como, por semejanza de triángulos; ${\displaystyle \frac{\mathrm{B}\mathrm{A}}{\mathrm{A}\mathrm{N}}}={\displaystyle \frac{\mathrm{B}\mathrm{G}}{\mathrm{G}\mathrm{P}}}={\displaystyle \frac{\mathrm{P}\mathrm{T}}{\mathrm{T}\mathrm{N}}}$, entonces GP=TN, de donde TA=TN luego ▭AP = ▭NP y ▭CT = ▭TY [Euclides:Prop. VI.1].

Y ya que ▭OT = ▭OS, se tiene ▭OT + ▭NO = ▭OS + ▭NO [Euclides:Prop. I.43], o ▭TY = ▭NR.

Como ▭TY = ▭TC, entonces ▭TY + ▭TR = ▭TC + ▭TR. Como ▭TY = ▭NR, entonces ▭NR + ▭TR = ▭TC + ▭TR = ▭TC + ▭TO + ▭PO, o ▭NP = ▭AO + ▭PO.

Como ▭PA = ▭NP, entonces ▭PA = ▭AO + ▭PO, de donde ▭PA - ▭AO = ▭PO. Ya que AG²= ▭PA, y PC²= ▭AO, de donde GD²-HC²=▭PO=OR∙RP.

Se tiene EQ∙QD + GQ² = GD² [Euclides:Prop. II.5], de donde, ya que GQ=CH, tenemos que GD²-CH²=EQ∙QD, luego EQ∙QD = OR∙RP.

Se tiene, ${\displaystyle \frac{\mathrm{A}\mathrm{B}}{\mathrm{D}\mathrm{Z}}}={\displaystyle \frac{\mathrm{D}\mathrm{E}}{\mathrm{A}\mathrm{B}}}$, de donde ${\displaystyle \frac{\mathrm{A}\mathrm{B}}{\mathrm{D}\mathrm{Z}}}\cdot {\displaystyle \frac{\mathrm{D}\mathrm{E}}{\mathrm{A}\mathrm{B}}}={\displaystyle \frac{\mathrm{D}{\mathrm{E}}^2}{\mathrm{A}{\mathrm{B}}^2}}$ [Euclides:Prop. V.15] , o, ${\displaystyle \frac{\mathrm{D}\mathrm{E}}{\mathrm{D}\mathrm{Z}}}={\displaystyle \frac{\mathrm{D}{\mathrm{E}}^2}{\mathrm{A}{\mathrm{B}}^2}}={\displaystyle \frac{\mathrm{G}{\mathrm{D}}^2}{\mathrm{G}{\mathrm{B}}^2}}$. Como, se tiene GD²= GP∙GA= GP∙GB [Prop. I.13], de donde ${\displaystyle \frac{\mathrm{P}\mathrm{G}\cdot \mathrm{G}\mathrm{B}}{\mathrm{G}{\mathrm{B}}^2}}={\displaystyle \frac{\mathrm{D}\mathrm{E}}{\mathrm{D}\mathrm{Z}}}$. Ya que, por semejanza de triángulos, ${\displaystyle \frac{\mathrm{P}\mathrm{G}}{\mathrm{G}\mathrm{B}}}={\displaystyle \frac{\mathrm{P}\mathrm{R}}{\mathrm{R}\mathrm{O}}}$, entonces ${\displaystyle \frac{\mathrm{P}\mathrm{G}\cdot \mathrm{G}\mathrm{B}}{\mathrm{G}{\mathrm{B}}^2}}={\displaystyle \frac{\mathrm{P}\mathrm{R}\cdot \mathrm{R}\mathrm{O}}{\mathrm{R}{\mathrm{O}}^2}}$, y ${\displaystyle \frac{\mathrm{D}\mathrm{E}}{\mathrm{D}\mathrm{Z}}}={\displaystyle \frac{\mathrm{E}\mathrm{Q}}{\mathrm{Q}\mathrm{L}}}$, de donde ${\displaystyle \frac{\mathrm{D}\mathrm{E}}{\mathrm{D}\mathrm{Z}}}={\displaystyle \frac{\mathrm{E}\mathrm{Q}\cdot \mathrm{Q}\mathrm{D}}{\mathrm{Q}\mathrm{L}\cdot \mathrm{Q}\mathrm{D}}}$. Entonces, RO²=QL∙QD. Como, RO=CG=HQ, entonces HQ²=QL∙QD= ▭DL= ▭DK - ▭MK.

Digo ahora que la recta QH prolongada hacia la otra parte de la sección, queda dividida en dos partes iguales por DE.

Ya que HC=FX, entonces HC²=FX². Como HC²=AC∙CO, y FX²= AX∙XV [Prop. I.13], entonces ${\displaystyle \frac{\mathrm{A}\mathrm{C}}{\mathrm{C}\mathrm{O}}}={\displaystyle \frac{\mathrm{A}\mathrm{X}}{\mathrm{X}\mathrm{V}}}$, de donde ${\displaystyle \frac{\mathrm{X}\mathrm{A}}{\mathrm{A}\mathrm{C}}}={\displaystyle \frac{\mathrm{O}\mathrm{C}}{\mathrm{X}\mathrm{V}}}$ [Euclides:Prop. VI.4]. Como, por semejanza de triángulos, ${\displaystyle \frac{\mathrm{C}\mathrm{B}}{\mathrm{B}\mathrm{X}}}={\displaystyle \frac{\mathrm{O}\mathrm{C}}{\mathrm{X}\mathrm{V}}}$; luego ${\displaystyle \frac{\mathrm{C}\mathrm{B}}{\mathrm{B}\mathrm{X}}}={\displaystyle \frac{\mathrm{X}\mathrm{A}}{\mathrm{A}\mathrm{C}}}$, de donde, por diferencia ${\displaystyle \frac{\mathrm{C}\mathrm{B}-\mathrm{B}\mathrm{X}}{\mathrm{B}\mathrm{X}}}={\displaystyle \frac{\mathrm{X}\mathrm{A}-\mathrm{A}\mathrm{C}}{\mathrm{A}\mathrm{C}}}$, o, ${\displaystyle \frac{\mathrm{X}\mathrm{C}}{\mathrm{B}\mathrm{X}}}={\displaystyle \frac{\mathrm{X}\mathrm{C}}{\mathrm{A}\mathrm{C}}}$, de donde AC=XB, de donde, ya que AG=GB, se tiene CG=AG-AC=GB-XB=GX, de donde HQ=QF.