Proposición 53

Trazar una tangente a una elipse que forme con el diámetro del punto de contacto un ángulo agudo dado que no sea menor que el adyacente al de las rectas que se quiebran en medio de la sección.

Sea una elipse cuyo eje principal es AB y cuyo eje secundario es CD , y centro E , y tracemos las rectas de unión AC y CB . Sea $\hat{Y}$ el ángulo dado y $\hat{Y} ≮ \hat{A C G}$ , de manera que $\hat{A C B} ≮ \hat{X}$ . Así $\hat{Y} \geq \hat{A C G}$ .

Supongamos en primer lugar que $\hat{Y} = \hat{A C G}$ . Tracemos desde E una paralela EK a BC, y tracemos por K una tangente KH a la sección [Prop. II.49]. Ya que AE=EB, y $\frac{A E}{E B} = \frac{A F}{F C}$ , así AF=FC. Además, KE es un diámetro, luego la tangente a la sección en K, esto es HKG, es paralela a CA [Prop. II.6]. Como EK es paralela a GB, tenemos que KFCG es un paralelogramo y así $\hat{G K F} = \hat{G C F}$ . Como $\hat{G C F} = \hat{Y}$ , tenemos que $\hat{G K E} = \hat{Y}$ .

Supongamos ahora que $\hat{Y} > \hat{A C G}$ , y por tanto $\hat{X} < \hat{A C B}$ .

Sea un arco de circunferencia $\overset{⏜}{M N P}$ conteniendo un ángulo igual al ángulo $\hat{X}$ , y bisequemos MP en O , y desde O tracemos una perpendicular NOR a MP , y tracemos las rectas de unión NM y NP , así $\hat{M N P} < \hat{A C B}$ .

Pero $\hat{M N O} = \frac{1}{2} \hat{M N P}$ y $\hat{A C E} = \frac{1}{2} \hat{A C B}$ , luego $\hat{M N O} < \hat{A C E}$ .

Como los ángulos $\hat{E}$ y $\hat{O}$ son rectos, entonces $\frac{A E}{E C} > \frac{O M}{O N}$ .

Tenemos $\hat{M N O} = \hat{A C B}$ y $\hat{M O N} = \hat{A E C}$ . Pongamos, $\hat{I C E} = \hat{M N O}$ , entonces se tiene que $\frac{I E}{E C} = \frac{O M}{O N}$ . Como $\frac{A E}{E C} > \frac{I E}{E C}$ [Euclides:Prop. V.8], entonces $\frac{A E}{E C} > \frac{O M}{O N}$ .

Por tanto $\frac{A E^{2}}{E C^{2}} > \frac{M O^{2}}{N O^{2}}$ .

Como AE=EB, entonces AE²=AE∙EB y como MO=OP, entonces MO²=MO∙OP, de donde teniendo en cuenta que las cuerdas MG y NR se cortan, [Euclides:Prop. III.35] tenemos que MO∙OP=NO∙OR, luego MO²=NO∙OR. Como $\frac{A E^{2}}{E C^{2}} > \frac{O M^{2}}{O N^{2}}$ , tenemos que $\frac{A E \cdot E B}{E C^{2}} > \frac{O R}{O N}$ . Ahora bien, [Prop. I.21] tenemos que $\frac{A E \cdot E B}{E C^{2}} = \frac{t r a n s v e r s u m}{r e c t u m}$ , luego $\frac{t r a n s v e r s u m}{r e c t u m} > \frac{O R}{O N}$ .

Pero AE²=AE∙EB , y [Euclides:Prop. III.35] MO²= MO∙OP=NO∙OR, así $\frac{A E \cdot E B}{E C^{2}} = \frac{t r a n s v e r s u m}{r e c t u m} > \frac{R O}{O N}$ [Prop. I.21].

Hagamos que $\frac{A^{'} B^{'}}{C^{'} B^{'}} = \frac{t r a n s v e r s u m}{r e c t u m}$ , y bisequemos A'C' en D' . Ya que $\frac{A^{'} B^{'}}{B^{'} C^{'}} > \frac{O R}{O N}$ , tenemos que $\frac{A^{'} B^{'} + B^{'} C^{'}}{B C^{'}} > \frac{O R + O N}{O N}$ , esto es, $\frac{A^{'} C^{'}}{B^{'} C^{'}} > \frac{N R}{N O}$ , de donde $\frac{A^{'} C^{'}}{2 B^{'} C^{'}} > \frac{R N}{2 N O}$ . Sea U el centro de la circunferencia , entonces $\frac{D^{'} C^{'}}{B^{'} C^{'}} > \frac{U N}{O N}$ . Así $\frac{C^{'} D^{'} - B^{'} C^{'}}{B^{'} C^{'}} > \frac{U N - O N}{O N}$ , esto es, $\frac{B^{'} D^{'}}{B^{'} C^{'}} > \frac{U O}{O N}$ .

Sea OW>ON, de manera que $\frac{O U}{O W} = \frac{B^{'} D^{'}}{B^{'} C^{'}}$ , y tracemos WQ, OS y UV paralelas . Como $\frac{S V}{S Q} = \frac{O U}{O W}$ , entonces $\frac{S V}{S Q} = \frac{B^{'} D^{'}}{B^{'} C^{'}}$ , de donde $\frac{S V + S Q}{S Q} = \frac{B^{'} D^{'} + B^{'} C^{'}}{B^{'} C^{'}}$ , esto es, $\frac{V Q}{Q S} = \frac{C^{'} D^{'}}{B^{'} C^{'}}$ . Por tanto $\frac{2 V Q}{S Q} = \frac{2 C^{'} D^{'}}{B^{'} C^{'}}$ , esto es, $\frac{Q T}{Q S} = \frac{A^{'} C^{'}}{B^{'} C^{'}}$ . Así $\frac{T Q - S Q}{S Q} = \frac{A^{'} C^{'} - B^{'} C^{'}}{B^{'} C^{'}}$ , esto es, $\frac{S T}{S Q} = \frac{A^{'} B^{'}}{C^{'} B^{'}}$ . Como $\frac{A^{'} B^{'}}{B^{'} C^{'}} = \frac{t r a n s v e r s u m}{r e c t u m}$ , entonces $\frac{S T}{S Q} = \frac{t r a n s v e r s u m}{r e c t u m}$ .

Tracemos las rectas de unión MQ y QP , y construyamos, sobre la recta AE y en el punto E, un ángulo $\hat{A E K} = \hat{M P Q}$ , y tracemos desde K la tangente KH a la sección [Prop. II.49], y tracemos KL como ordenada. Ya que $\hat{M P Q} = \hat{A E K}$ , y el ángulo recto $\hat{S}$ es igual al ángulo recto $\hat{L}$ , entonces los triángulos QSP y KEL son semejantes, luego $\frac{L E}{K L} = \frac{S P}{S Q}$ . Y como $\frac{t r a n s v e r s u m}{r e c t u m} = \frac{T S}{S Q}$ , entonces $\frac{T S \cdot S Q}{S Q^{2}} = \frac{t r a n s v e r s u m}{r e c t u m}$ , y como las cuerdas TQ,MP se cortan, TS∙SQ=MS∙SP y así $\frac{M S \cdot S P}{S Q^{2}} = \frac{t r a n s v e r s u m}{r e c t u m}$ . Como $\frac{H L \cdot L E}{K L^{2}} = \frac{t r a n s v e r s u m}{r e c t u m}$ [Prop. I.37], entonces $\frac{M S \cdot S P}{S Q^{2}} = \frac{H L \cdot L E}{K L^{2}}$ , o $\frac{M S}{S Q} \cdot \frac{S P}{S Q} = \frac{H L}{K L} \cdot \frac{L E}{K L}$ , de donde $\frac{M S}{S Q} = \frac{H L}{K L}$ . Así el triángulo KLH es semejante al triángulo QSM, y el triángulo MQP es semejante al triángulo KHE y así $\hat{M Q P} = \hat{H K E}$ . Pero $\hat{M Q P} = \hat{M N P} = \hat{X}$ , así $\hat{H K E} = \hat{X}$ . Y así $\hat{G K E} = \hat{Y}$ .

Tracemos una tangente GH a la sección que forma con el diámetro KE, trazado por el punto de corte, un ángulo $\hat{G K E} = \hat{Y}$ , y esto es lo que teníamos que hacer.

Q. E. D.