Proposición 56

Dadas dos rectas limitadas, perpendiculares entre sí, construir sobre una de ellas como diámetro, y en el plano de ambas, la sección cónica llamada elipse con el vértice en el del ángulo recto y tal que los cuadrados de las rectas trazadas de la sección al diámetro bajo un ángulo dado sean equivalentes a los rectángulos que, aplicados a la otra recta, tengan como ancho la recta que separan a partir del vértice de la sección, disminuidas en una figura semejante al rectángulo de las rectas dadas y semejantemente dispuesta.

Sean AB y AG las dos rectas dadas perpendiculares entre sí y AB>AG . Se trata de construir en el plano de estas dos rectas una elipse con el diámetro AB, el vértice A, el lado recto, las ordenadas de la sección perpendiculares a AB y tales que sus cuadrados sean equivalentes a las áreas que, aplicadas a la recta AG tengan por anchura las rectas que separan a partir de A, disminuidas en una figura semejante al rectángulo de las rectas AB y AG semejantemente dispuesta.

Suponiendo primero que el ángulo dado es recto, elevemos por la recta AB un plano perpendicular al plano considerado y describamos en él un arco de circunferencia $\overset{⏜}{A D B}$ , de punto medio D ; tracemos las rectas de unión DA y DB ; tomemos AC=AG y tracemos AC igual a AG y tracemos por C la paralela OC a BD ; por O la paralela OZ a AB , y llamando E al punto en la prolongación de la recta DZ encuentra a AB . Se tiene que AC = AG, luego $\frac{A B}{A C} = \frac{A B}{A G}$ . Como, por semejanza de triángulos, $\frac{A B}{A C} = \frac{D A}{A O} = \frac{D E}{E Z}$ , entonces $\frac{D E}{E Z} = \frac{A B}{A G}$ .

Tracemos las rectas de unión AZ y ZB y prolonguémoslas ; por un punto cualquiera H en ZA tracemos la paralela HL a DE que corta a la prolongación de AB en el punto K, y finalmente, prolonguemos la recta ZO hasta su encuentro en L con HK .

Puesto que $\overset{⏜}{A D} = \overset{⏜}{B D}$ , [Euclides:Prop. III.27] $\hat{A B D} = \hat{D Z B}$ .

Y como $\hat{E Z A} = \hat{Z D A} + \hat{Z A D}$ , pero $\hat{Z A D} = \hat{Z B D}$ y $\hat{Z D A} = \hat{Z B A}$ , así $\hat{E Z A} = \hat{D B A} = \hat{D Z B}$ .

Y por ser paralelas DE y HL, $\hat{E Z A} = \hat{Z H Q}$ , y $\hat{D Z B} = \hat{Z Q H}$ .

Y así $\hat{Z H Q} = \hat{Z Q H}$ , y por tanto ZH=ZQ .

Describamos ahora el círculo HQN sobre QH perpendicularmente al triángulo QHZ e imaginemos un cono de vértice Z y base el círculo HQN, el cual será recto puesto que ZH=ZQ , y como los planos del círculo y del triángulo son perpendiculares y el plano considerado lo es al que pasa por las rectas QH y QZ, su intersección será una recta KM perpendicular a las rectas AK y KH .

El cono de vértice Z y base el círculo HQN está cortado por un plano que pasa por el eje y cuya sección es el triángulo HQZ y por otro plano que pasa por por las rectas AK y KM, que es el plano considerado según la recta KM perpendicular a HK y que encuentra a los lados ZH y ZQ del cono; luego la sección obtenida [Prop. I.13] es una elipse cuyo diámetro es la recta AB y tal que las ordenadas son perpendiculares al diámetro por ser paralelas a KM .

Ya que $\frac{D E}{E Z} = \frac{D E \cdot E Z}{E Z^{2}}$ y las dos secantes EZD y EAB dan $D E \cdot E Z = B E \cdot E A$ [Euclides:Prop. III.35], $\frac{D E}{E Z} = \frac{B E \cdot E A}{E Z^{2}} = \frac{B E}{E Z} \cdot \frac{E A}{E Z}$ . Pero, por la semejanza de los triángulos BQK y EZB, se tiene que $\frac{B K}{K Q} = \frac{B E}{E Z}$ , y, por la semejanza de los triángulos QAK, EAZ y ZHL, se tiene que $\frac{A K}{K H} = \frac{A E}{E Z} = \frac{Z L}{L H}$ . Así $\frac{B K}{K Q} \cdot \frac{Z L}{L H} = \frac{A E}{E Z}$ . Como $\frac{D E}{E Z} = \frac{A B}{A G}$ , entonces $\frac{B K}{K Q} \cdot \frac{Z L}{L H} = \frac{A B}{A G}$ , de donde, ya que $\frac{B K}{K Q} = \frac{Z L}{L Q}$ , se tiene que $\frac{Z L}{L Q} \cdot \frac{Z L}{L H} = \frac{Z L^{2}}{L Q \cdot L H} = \frac{A B}{A G}$ , y por esta razón AG es el lado recto de la figura [Prop. I.13].

Q. E. F.