Proposición 34

Si desde un punto de una hipérbola, una elipse o una circunferencia se traza de una manera ordenada una recta sobre el diámetro y los segmentos del lado transverso tienen la misma razón que las rectas determinadas por aquellas, a partir de los extremos del lado transverso, de tal modo que los extremos situados del lado del vértice sean homólogos, la recta que une el punto del lado con el tomado en la curva será tangente a esta.

Sea una hipérbola, una elipse o una circunferencia de diámetro AB , y tomemos un punto G en la sección, y desde G tracemos GD como ordenada de manera que $\frac{B E}{E A} = \frac{B D}{D A}$ , y tracemos la recta de unión EG .

Digo que GE es tangente a la sección.

Supongamos que EGZ la corta y tomemos un punto Z en esta recta y tracemos la recta HZQ como ordenada , y tracemos desde A y B paralelas AL y BK a EG , y tracemos las rectas de unión DG, BG y HG y prolonguémoslas hasta K, C y M . El punto E es elegido tal que $\frac{B E}{E A} = \frac{B D}{D A}$ . Como, por semejanza de triángulos, $\frac{B K}{A N} = \frac{B D}{D A}$ y $\frac{B G}{G C} = \frac{B K}{C N} = \frac{B E}{E A}$ [Euclides:Prop. VI.4], así $\frac{B K}{N C} = \frac{B K}{A N}$ , de donde AN=NC.

Se tiene $A N^{2} - N O^{2} = (A N + N O) (A N - N O)$ , y como AN=NO, entonces $A N \cdot N C - N O^{2} = A O \cdot O C$ , de donde $A N \cdot N C > A O \cdot O C$ .

Así $\frac{N C}{C O} > \frac{O A}{A N}$ .

Pero, por semejanza de triángulos, $\frac{K B}{N C} = \frac{B G}{G C} = \frac{B M}{C O}$ , de donde $\frac{K B}{B M} = \frac{N C}{C O}$ . Por tanto $\frac{K B}{B M} > \frac{O A}{A N}$ , de donde $K B \cdot A N > M B \cdot O A$ , luego $\frac{K B \cdot A N}{G E^{2}} > \frac{M B \cdot O A}{G E^{2}}$ .

Pero, por semejanza de triángulos, $\frac{D B}{D A} = \frac{K B}{A N}$ , de donde $\frac{D B \cdot D A}{D A^{2}} = \frac{K B \cdot A N}{A N^{2}}$ , y ya que $\frac{D A}{D E} = \frac{A N}{E G}$ , entonces $\frac{D B \cdot D A}{D E^{2}} = \frac{K B \cdot A N}{E G^{2}}$ . También, $\frac{B H}{H A} = \frac{M B}{A O}$ , de donde $\frac{B H \cdot H A}{H A^{2}} = \frac{M B \cdot A O}{A O^{2}}$ , y ya que $\frac{H A}{H E} = \frac{A O}{E G}$ , entonces $\frac{B H \cdot H A}{H E^{2}} = \frac{M B \cdot A O}{E G^{2}}$ . Por tanto, $\frac{B D \cdot D A}{D E^{2}} > \frac{B H \cdot H A}{H E^{2}}$ , de donde $\frac{B D \cdot D A}{B H \cdot H A} > \frac{D E^{2}}{H E^{2}}$ .

Pero $\frac{G D^{2}}{H Q^{2}} = \frac{B D \cdot D A}{B H \cdot H A}$ [Prop. I.22], y, por semejanza de triángulos, $\frac{G D^{2}}{Z H^{2}} = \frac{D E^{2}}{H E^{2}}$ , luego $\frac{G D^{2}}{H Q^{2}} > \frac{G D^{2}}{Z H^{2}}$ . Por tanto, $H Q > Z H$ , lo que es absurdo. Así EG no corta a la sección. Así es tangente.

Q. E. D.

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