Construir un cono recto semejante a otro dado en el cual esté situada una parábola dada.

Sea ABC la parábola dada de eje AL y lado recto AD Paso 1 y el cono dado de triángulo axial EKF Paso 2. Tracemos a lo largo de la recta AL, perpendicularmente al plano de la sección ABC, otro plano tal como HAL Paso 3, y tracemos, en este plano, una recta AM tal que \(\widehat{\rm MAL} = \widehat{\rm EFK}\) Paso 4. Asegurémonos de que \(\rm \dfrac{AD}{AM} = \dfrac{KF}{FE}\); construyamos, con la recta AM como base, el triángulo AHM semejante al triángulo FEK, y tracemos, desde los puntos A, M, las rectas HA, HM Paso 5. Finalmente, construyamos el cono cuyo vértice es el punto H, y cuya base es el círculo de diámetro AM Paso 6. Digo que en el cono AHM, semejante al cono EFK, está situada la parábola dada ABC.

En efecto, \(\widehat{\rm MAL} = \widehat{\rm EFK}\), y ya que los triángulos HMA y EFK son semejantes, tenemos que \(\widehat{\rm EFK} = \widehat{\rm HMA}\); de ahí, \(\widehat{\rm MAL} = \widehat{\rm HMA}\); de modo que la recta AL es paralela a la recta HM. Pero, la recta HM es el lado del triángulo que pasa por el eje de un cono; así que el plano de la sección dada determina una parábola en la superficie cónica.

Por otro lado \(\rm \dfrac{DA}{AM} = \dfrac{KF}{FE}\), y, por semejanza de triángulos \(\rm \dfrac{KF}{FE} = \dfrac{AM}{MH}\); por lo tanto \(\rm \dfrac{DA}{AM} = \dfrac{AM}{MH}\) y como \(\rm MH = AH\) en el cono recto AHM, entonces \(\rm \dfrac{DA}{AM} = \dfrac{AM}{AH}\), de modo que \(\rm AM^2 = DA\cdot AH\). Ya que \(\rm \dfrac{DA\cdot AH}{AH\cdot HM} = \dfrac{DA\cdot AH}{AH^2} = \dfrac{DA}{AH}\), entonces \(\rm \dfrac{AM^2}{AH\cdot HM} = \dfrac{DA}{AH}\). La recta AD es por lo tanto igual al lado recto de la parábola determinada en la extensión del cono [Prop. I.11]. Además, DA es el lado recto de la parábola dada BAC, y, como tenemos dos parábolas con los lados rectos iguales, estas mismas secciones también son iguales [Prop. VI.1]. Por consiguiente, la sección ABC se encuentra en el cono HAM que es semejante al cono FEK, porque los triángulos EFK, HMA son semejantes.

Digo, además, que con la excepción del cono anterior, la sección dada no se encontrará en otro cono, semejante al cono EFK, que tiene su vértice en el mismo lado del plano en el que se encuentra la sección.

En efecto, supongamos que haya otro cono que contenga a esta sección y que sea semejante al cono ΕFΚ. Sea el punto I el vértice de dicho cono Paso 7, y hagamos pasar por el eje de este cono, perpendicularmente al plano de la sección, un plano que se corta con este último plano a lo largo del eje de la sección, es decir, siguiendo la línea AL. Por lo tanto, la recta AL será la intersección común de estos planos. Ya que, el plano HAL se elevó perpendicularmente al plano de la sección siguiendo la misma recta AL; entonces, el punto I se ubicará en el plano HAL [Euclides: Prop. XI.5], y las rectas AI, IN son los lados del cono Paso 8. Entonces, la recta IN será paralela a la recta AL, y \(\widehat{\rm FEK} = \widehat{\rm AIN}\) y \(\widehat{\rm AIN} = \widehat{\rm AHM}\); de modo que la recta AI está situada en la prolongación de la recta HA. Prolonguemos la recta AM hasta punto O Paso 9. Por lo tanto, si la sección BAC está en el cono cuyo vértice es el punto I, se tendría \(\rm \dfrac{AO^2}{AI\cdot IO} = \dfrac{lado recto}{AI} = \dfrac{AD}{AI}\). Por otra parte, en el primer cono encontrado, se tiene \(\rm \dfrac{AM^2}{AH\cdot HM} = \dfrac{AD}{AH}\). Ya que los conos son rectos y semejantes, sus triángulos axiales son isósceles y semejantes, así que \(\rm \dfrac{AM}{AH} = \dfrac{AO}{AI}\), de donde \(\rm \dfrac{AM^2}{AH\cdot HM} = \dfrac{AO^2}{AI\cdot IO}\). Entonces \(\rm \dfrac{AD}{AH} = \dfrac{AD}{AI}\), de donde \(\rm AH = AI\), lo que es absurdo. Como consecuencia, no podemos encontrar otro cono, semejante al cono dado FEK, y capaz de la sección ABC, tal que su vértice se encuentre en el mismo lado del plano de la sección Paso 10.

Q. E. D.