Dadas
las mismas cosas, si por el punto de intersección de las tangentes se traza la paralela a la recta de contactos y por el punto medio de esta una que corte a la cónica en dos puntos y a la trazada por el de intersección de las tangentes, los segmentos determinados por la recta de contactos serán entre sí como la transversal completa al segmento exterior comprendido entre la sección y la paralela.
Sean la sección AB , las tangentes AC y BC , la recta AB que une los puntos de contacto , y los diámetros AN y CM ; es evidente que AB es dividida en dos partes iguales por el punto E. Tracemos desde C una paralela CO a AB y tracemos por E una recta FEDO .
Digo que \(\rm \dfrac{FE}{ED}=\dfrac{FO}{OD}\).
Tracemos desde F y D paralelas LFKM y DHGQN a AB , y desde F y G paralelas FR y GP a LC .
Entonces razonando como en la proposición anterior [Prop. III.37] se demuestra que
\(\rm \dfrac{△FMR}{△GHP}=\dfrac{FM^2}{DH^2}=\dfrac{FM^2}{GH^2}=\dfrac{ME^2}{HE^2}=\dfrac{LA^2}{AQ^2}\).
Ya que \(\rm \dfrac{△ALK}{△QNA}=\dfrac{LA^2}{AQ^2}\), entonces \(\rm \dfrac{△FMR}{△GHP}=\dfrac{△ALK}{△QNA}=\dfrac{LA^2}{AQ^2}\).
Como △ALK= ⏢LCRF, y △QNA= ⏢QCPG [Prop. III.2 y Prop. III.11], entonces \(\rm \dfrac{△FMR}{△GHP}=\dfrac{⏢LCRF}{⏢QCPG}=\dfrac{△LMC- △FMR}{△QHC- △GHP}=\dfrac{LA^2}{AQ^2}\),
de donde \(\rm \dfrac{△FMR}{△GHP}=\dfrac{△LMC}{△QHC}=\dfrac{LA^2}{AQ^2}\).
Ya que \(\rm \dfrac{△LMC}{△QHC}=\dfrac{LM^2}{QH^2}\), entonces \(\rm \dfrac{LA^2}{AQ^2}=\dfrac{LM^2}{QH^2}\).
Como, por semejanza de triángulos, \(\rm \dfrac{FO}{OD}=\dfrac{LC}{CQ}=\dfrac{LM}{QH}\), entonces
\(\rm \dfrac{FO^2}{OD^2}=\dfrac{LM^2}{QH^2}\) y \(\rm \dfrac{FE^2}{ED^2}=\dfrac{LA^2}{AQ^2}\), luego
\(\rm \dfrac{FE^2}{ED^2}=\dfrac{FO^2}{OD^2}\). Por tanto \(\rm \dfrac{FE}{ED}=\dfrac{FO}{OD}\).
Q. E. D.