El ángulo que una tangente a la elipse forma con el diámetro trazado por el punto de contacto no es menor que el adyacente al de las rectas que se quiebran en medio de la sección.

Dada la elipse de ejes AB y CD Paso 1, y de centro E Paso 2 y la tangente GLF en el punto F Paso 3, tracemos las rectas CA, CB y FE Paso 4, y prolonguemos BC hasta el punto L Paso 5.

Digo que \(\widehat{\rm EFL}\nless \widehat{\rm LCA}\).

FE puede o no ser paralela a LB.

Primer caso: Supongamos que EF es paralela a LB, y AE=EB. Así también AH=HC. Y FE es un diámetro, así [Prop. II.6] la tangente en F es paralela a LB. Pero también es paralela a AC, así FHCL es un paralelogramo, y así \(\widehat{\rm LFH}=\widehat{\rm LCH}\). Y ya que AE y EB son mayores que EC, \(\widehat{\rm ACB }\) es obtuso, así \(\widehat{\rm LCA}\) es agudo. Y por tanto \(\widehat{\rm LFE}\) es agudo. Y así \(\widehat{\rm GFE}\) es obtuso.

Segundo caso: Supongamos que EF no es paralela a LB Paso 6, y tracemos una perpendicular FK Paso 7, así \(\widehat{\rm LBE}\neq \widehat{\rm FEA}\). Pero el ángulo recto en E es igual al ángulo recto en K, así \(\rm \dfrac{BE^2}{EC^2}\neq\dfrac{EK^2}{KF^2}\). Pero [Prop. I.21] \(\rm \dfrac{BE^2}{EC^2}=\dfrac{AE\cdot EB}{EC^2}=\dfrac{transversum}{rectum}\), y [Prop. I.37] \(\rm \dfrac{transversum}{rectum}=\dfrac{GK\cdot KE}{KF^2}\). Así \(\rm \dfrac{GK\cdot KE}{KF^2}\neq\dfrac{KE^2}{KF^2}\). Así \(\rm GK\neq KE\).

Sea \(\overparen{\rm MYN}\) un arco capaz en una circunferencia Paso 8 con \(\widehat{\rm NOM}=\widehat{\rm ACB}\) [Euclides:Prop. III.33] Paso 9, y \(\widehat{\rm ACB}\) obtuso, así \(\overparen{\rm MYN}\) es un arco más pequeño que un semicírculo [Euclides:Prop. III.31]. Supongamos que \(\rm \dfrac{GK}{KE}=\dfrac{NQ}{QM}\) Paso 10, y desde Q tracemos YQX perpendicular a NM Paso 11, y tracemos rectas de unión NY y YM Paso 12, y bisequemos MN en J Paso 13, y tracemos OJP perpendicular a MN Paso 14; así es un diámetro. Sea R el centro Paso 15, y desde el, tracemos RS perpendicular a XY Paso 16, y tracemos las rectas de unión ON y OM Paso 17. Ya que \(\widehat{\rm MON}=\widehat{\rm ACB}\), y AB y MN han sido bisecadas, en E y J respectivamente, y los ángulos en E y J son rectos, entonces los triángulos OJN y BEC son semejantes. Así \(\rm \dfrac{JN^2}{JO^2}=\dfrac{BE^2}{CE^2}\). Y ya que JR=SQ, y RO>SY, entonces \(\rm \dfrac{RO}{JR}>\dfrac{SY}{SQ}\), y por inversión \(\rm \dfrac{RO}{OJ}<\dfrac{SY}{YQ}\). Y doblando los antecedentes \(\rm \dfrac{PO}{JO}=\dfrac{XY}{YQ}\).

Y \(\rm \dfrac{PJ}{JO}<\dfrac{XQ}{YQ}\).

Pero [Prop. I.21] \(\rm \dfrac{PJ}{JO}=\dfrac{JN^2}{JO^2}=\dfrac{BE^2}{EC^2}=\dfrac{transversum}{rectum}\), y [Prop. I.37] \(\rm \dfrac{transversum}{rectum}=\dfrac{GK\cdot KE}{KF^2}\). Así \(\rm \dfrac{GK\cdot KE}{KF^2}<\dfrac{XQ}{QY}=\dfrac{XQ\cdot QY}{QY^2}<\dfrac{NQ\cdot QM}{QY^2}\).

Supongamos que \(\rm \dfrac{GK\cdot KE}{KF^2}=\dfrac{MQ\cdot QN}{QF^2}\), para algún punto F en XY o en su prolongación, entonces \(\rm QF^2 > QJ^2\). Ya que \(\rm \dfrac{GK}{KE}=\dfrac{NQ}{QM}\), y XF y XY son perpendiculares, y \(\rm \dfrac{GK\cdot KE}{KF^2}=\dfrac{MQ\cdot QN}{QF^2}\), así \(\widehat{\rm MJN}=\widehat{\rm ACB}>\widehat{\rm MFN}=\widehat{\rm GFE}\), y \(\widehat{\rm LFH}> \widehat{\rm LCH}\). Así \(\widehat{\rm LFH}\nless \widehat{\rm LCH}\).

Q. E. D.