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 Paso 1. 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 \(\overparen{\rm ADB}\), de punto medio D Paso 2; tracemos las rectas de unión DA y DB Paso 3; tomemos AC=AG y tracemos AC igual a AG y tracemos por C la paralela OC a BD Paso 4; por O la paralela OZ a AB Paso 5, y llamando E al punto en la prolongación de la recta DZ encuentra a AB Paso 6. Se tiene que AC = AG, luego \(\rm \dfrac{AB}{AC} =\dfrac{AB}{AG}\). Como, por semejanza de triángulos, \(\rm \dfrac{AB}{AC} = \dfrac{DA}{AO}=\dfrac{DE}{EZ}\), entonces \(\rm \dfrac{DE}{EZ} =\dfrac{AB}{AG} \).

Tracemos las rectas de unión AZ y ZB y prolonguémoslas Paso 7; 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 Paso 8.

Puesto que \(\overparen{\rm AD} =\overparen{\rm BD}\), [Euclides:Prop. III.27] \(\widehat{\rm ABD}=\widehat{\rm DZB}\).

Y como \(\widehat{\rm EZA}=\widehat{\rm ZDA}+\widehat{\rm ZAD}\), pero \(\widehat{\rm ZAD}=\widehat{\rm ZBD}\) y \(\widehat{\rm ZDA}=\widehat{\rm ZBA}\), así \(\widehat{\rm EZA}=\widehat{\rm DBA}=\widehat{\rm DZB}\).

Y por ser paralelas DE y HL, \(\widehat{\rm EZA}=\widehat{\rm ZHQ}\), y \(\widehat{\rm DZB}=\widehat{\rm ZQH}\).

Y así \(\widehat{\rm ZHQ}=\widehat{\rm ZQH}\), y por tanto ZH=ZQ Paso 9.

Describamos ahora el círculo HQN sobre QH perpendicularmente al triángulo QHZ Paso 10 e imaginemos un cono de vértice Z y base el círculo HQN, el cual será recto puesto que ZH=ZQ Paso 11, 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 Paso 12.

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 Paso 13.

Ya que \(\rm \dfrac{DE}{EZ} = \dfrac{DE\cdot EZ}{EZ^2}\) y las dos secantes EZD y EAB dan \(\rm DE\cdot EZ = BE\cdot EA\) [Euclides:Prop. III.35], \(\rm \dfrac{DE}{EZ} = \dfrac{BE\cdot EA}{EZ^2} = \dfrac{BE}{EZ}\cdot \dfrac{EA}{EZ}\). Pero, por la semejanza de los triángulos BQK y EZB, se tiene que \(\rm \dfrac{BK}{KQ} = \dfrac{BE}{EZ}\), y, por la semejanza de los triángulos QAK, EAZ y ZHL, se tiene que \(\rm \dfrac{AK}{KH} = \dfrac{AE}{EZ} = \dfrac{ZL}{LH}\). Así \(\rm \dfrac{BK}{KQ}\cdot \dfrac{ZL}{LH} = \dfrac{AE}{EZ}\). Como \(\rm \dfrac{DE}{EZ} = \dfrac{AB}{AG}\), entonces \(\rm \dfrac{BK}{KQ}\cdot \dfrac{ZL}{LH} = \dfrac{AB}{AG}\), de donde, ya que \(\rm \dfrac{BK}{KQ} = \dfrac{ZL}{LQ}\), se tiene que \(\rm \dfrac{ZL}{LQ}\cdot\dfrac{ZL}{LH} = \dfrac{ZL^2}{LQ\cdot LH} = \dfrac{AB}{AG}\), y por esta razón AG es el lado recto de la figura [Prop. I.13].

Q. E. F.