Dadas las mismas cosas, si por el punto elegido se traza una recta que corte a la hipérbola en dos puntos, los segmentos de la recta separada en el interior estarán en la misma razón que la recta completa a la separada en el exterior.
Sean la hipérbola AB , las asíntotas CD y DE , la tangente CBE y la paralela HB ; tracemos por C una cierta recta CALFG cortando a la sección en unos puntos A y F .
Digo que \(\rm\dfrac{FL}{LA}=\dfrac{FC}{CA}\).
Tracemos desde C, A, B y F paralelas CNQ, KAM, OPBR y FY a DE y desde A y F paralelas APS y TFRMQ a CD .
Se tiene AC=FG [Prop. II.8]. Ya que, los triángulos CKA, FTG son equiángulos, KA=TG.
Pero KA=DF, por tanto TG=DF. También CK=DY, de donde CK+KY=DY+KY, así CY=DK, luego \(\rm \dfrac{CY}{CK}=\dfrac{DK}{CK}\).
Ya que \(\rm \dfrac{FC}{CA}=\dfrac{YC}{CK}\), entonces \(\rm\dfrac{FC}{CA}=\dfrac{DK}{CK}\).
Ya que \(\rm\dfrac{MA}{KA}=\dfrac{FA}{CA}\), entonces \(\rm\dfrac{MK}{KA}=\dfrac{MA+KA}{K}=\dfrac{FA+CA}{C}=\dfrac{FC}{CA}\),
luego \(\rm\dfrac{MK}{KA}=\dfrac{DK}{CK}\).
Como \(\rm\dfrac{▱MTDK}{▱DKAS}=\dfrac{MK}{KA}\) y \(\rm\dfrac{▱HDKU}{▱KCNU}=\dfrac{DK}{KC}\), entonces \(\rm\dfrac{▱HDKU}{▱KCNU}=\dfrac{▱MTDK}{▱DKAS}\).
Pero ▱DKAS=▱DOBH [Prop. II.12] y ya que CB=BE [Prop. II.3] entonces DO=OC, y por tanto ▱DOBH=▱OCNB, de donde ▱DKAS=▱OCNB.
Entonces \(\rm\dfrac{▱HDKU}{▱KCNU}=\dfrac{▱MTDK}{▱OCNB}\).
Por tanto \(\rm\dfrac{▱MTDK-▱HDKU}{▱OCNB-▱KCNU}=\dfrac{▱MTHU}{▱BOKU}=\dfrac{▱MTDK}{▱OCNB}\).
Además \(\rm AK\cdot AS=BO\cdot OH\), luego \(\rm ▱DKAS=▱HBOD\), de donde \(\rm ▱KOPA=▱DKAS-▱DOPS=▱HBOD-▱DOPS=▱PBHS\),
luego \(\rm ▱BOKU=▱KOPA+▱AUBP=▱PBHS+▱AUBP=▱AUHS\). Así \(\rm\dfrac{▱MTHU}{▱AUHS}=\dfrac{▱MTDK}{▱DKAS}\).
Pero \(\rm\dfrac{MK}{KA}=\dfrac{FC}{CA}=\dfrac{▱MTDK}{▱DKAS}\) y \(\rm\dfrac{MU}{UA}=\dfrac{FL}{LA}=\dfrac{▱MTHU}{▱AUHS}\), luego \(\rm\dfrac{FL}{LA}=\dfrac{FC}{CA}\).
Q. E. D.