Dada en un plano una recta terminada en un punto, construir en el plano de la sección cónica llamada parábola tal que su diámetro sea la recta dada, su vértice el extremo de esta y el cuadrado de toda recta trazada de la sección al diámetro bajo un ángulo dado equivalga al rectángulo limitado por la recta que se separa a partir del vértice y otra recta dada.

Sea la recta AB dada en posición y A su extremo, y GD otra recta de magnitud dada Paso 1, y supongamos primero que el ángulo dado es recto, se trata de construir en el plano dado una parábola cuyo diámetro sea AB, el vértice el punto A, el lado recto la recta GD y tal que las rectas trazadas de manera ordenada lo son en ángulo recto, es decir, tal que AB [Def. I.7] sea su eje.

Prolonguemos AB hasta el punto E Paso 2, y tomemos una recta GH igual a la cuarta parte de GD Paso 3, y construyamos Q tal que \(\rm \dfrac{GD}{Q} = \dfrac{Q}{EA}\), siendo EA > GH Paso 4. Por hipótesis, \(\rm \dfrac{Q}{GD} = \dfrac{EA}{Q}\), de donde \(\rm Q^2=GD\cdot EA\), luego \(\rm \dfrac{Q^2}{EA^2}=\dfrac{GD}{EA}\). Como \(\rm GQ=\frac{1}{4}GD\), y EA > GH, entonces \(\rm EA > \frac{1}{4}GD\), esto es, \(\rm GD < 4EA\), de donde \(\rm Q^2 < EA^2\) y \(\rm Q < 2EA\). Como siempre es posible construir un triángulo con la recta Q y dos rectas EA [Euclides:Prop. I.12]. Entonces el triángulo EAZ construido sobre EA perpendicular al plano dado de manera que AZ=EA y EZ=Q Paso 5, y tracemos paralelas AK y ZK a EZ y EA Paso 6, e imaginemos el cono de vértice Z y base el círculo de diámetro AK cuyo plano sea perpendicular al de las rectas AZ y ZK Paso 7. Este cono será recto porque AZ=ZK [Def. I.3].

Cortándole por un plano paralelo al círculo AK, determinamos como sección sun círculo MNC perpendicular al plano que pasa por las rectas ZM y ZN [Prop. I.4], y si es MN la intersección de ese círculo y el triángulo MZN, es MN el diámetro del círculo, y si CL es la intersección del plano dado y del círculo, puesto que el círculo MNC es perpendicular a este plano y al triángulo MZN, así la intersección CL de estos planos es perpendicular al triángulo MZN, es decir al triángulo KZA [Euclides:Prop. XI.19], y por tanto, perpendicular a todas las rectas del triángulo que la encuentren, de modo que será perpendicular a MN y AB Paso 8.

Por estar el cono de base MNC y vértice Z cortado por un plano perpendicular al triángulo MZN cuya sección es el círculo MNC y también por el plano dado que corta a la base del cono según la recta CL, perpendicular a la MN, intersección del círculo MNC y el triángulo MZN, y la AB intersección de este triángulo y del plano dado, es paralela a la arista ZKM del cono, resulta que la sección del cono por el plano dado es una parábola de diámetro AB [Prop. I.11] y las ordenadas trazadas de la sección AB serán perpendiculares a AB por ser paralelas a CL que es perpendicular a AB Paso 9.

Además, ya que \(\rm \dfrac{GD}{Q} = \dfrac{Q}{EA}\), y EA = AZ = ZK y Q = EZ = AK, se deduce que \(\rm \dfrac{AK}{AZ} = \dfrac{GD}{AK}\). Así \(\rm \dfrac{AK^2}{AZ^2}=\dfrac{AK^2}{AZ\cdot ZK}=\dfrac{GD}{AZ}\), de donde, ya que AZ = ZK, se tiene que \(\rm \dfrac{AK^2}{AZ\cdot ZK} = \dfrac{GD}{AZ}\). Por consiguiente GD es el lado recto correspondiente al diámetro AB [Prop. I.11].

Q. E. F.