Construir
un cono recto semejante a otro dado en el cual esté situada una elipse dada.
Dada la elipse ABC de eje mayor AC y lado recto AD y el cono EFK ,
hagamos pasar por AC un plano perpendicular al de la elipse;
describamos sobre AC un arco \(\overparen{\rm AHC}\) capaz del ángulo FEK; bisequémoslo
por el punto H ; tracemos por este dos secantes HIL y HNO a AC tales
que sea \(\rm \dfrac{HL}{LΙ} = \dfrac{CΑ}{ΑD} = \dfrac{HO}{ON}\) ;
tracemos las rectas IA, IC, NA, NC , y por I y A las IQ y AQ paralelas
a AC y HL, respectivamente , y, construyendo el cono de vértice I y
base el círculo de diámetro AM . Digo que este cono es semejante al cono EFK y
que la elipse ABC está situada en el.
En efecto, \(\widehat{\rm HΙC} = \widehat{\rm HAC}\) porque están situados sobre
el mismo arco. Pero \(\widehat{\rm HΙC} = \widehat{\rm IML}\) porque HΙ y LΜ
son paralelas. Pero \(\widehat{\rm MIA} = \widehat{\rm AHC}\). Por lo tanto, el ángulo restante
en el triángulo ΙΜΑ verifica \(\widehat{\rm IMA} = \widehat{\rm HCA}\) y el triángulo
ΑIM es semejante al triángulo ΑHC.
Pero el triángulo ΑHC es semejante al triángulo isósceles ΕFΚ.
Por lo tanto el triángulo ΑΜΙ es también isósceles y semejante al triángulo
ΕFΚ.
En consecuencia, el cono con vértice Ι y base el círculo de diámetro ΑΜ es
semejante al cono ΕFΚ.
Y el plano en el que se encuentra la sección ΑΒC determina
en este cono una elipse cuyo eje principal es la recta ΑC.
Además tenemos \(\rm \dfrac{CA}{AD} = \dfrac{HL}{LI}\). Entonces
\(\rm \dfrac{CA}{AD} = \dfrac{HL}{LI} = \dfrac{HL\cdot LI}{LI^2} = \dfrac{CL\cdot AL}{LI^2} = \dfrac{CL}{LI} \cdot \dfrac{AL}{LI}\),
de donde, por semejanza de triángulos, \(\rm \dfrac{CL}{LI} = \dfrac{LA}{AM} = \dfrac{QI}{QM}\)
y ya que QALI es un paralelogramo, entonces \(\rm \dfrac{LA}{LI} = \dfrac{QI}{AQ}\),
luego \(\rm \dfrac{AC}{AD} = \dfrac{QI^2}{AQ\cdot QM}\). Y ΑC
es el diámetro transverso, por lo tanto ΑD es el lado recto de la sección generada
en el cono [Prop. I.13].
Como, ya que esta elipse tiene igual
eje transverso y el mismo lado recto que la elipse dada ABC, las figuras rectangulares características de estas dos elipses son iguales; por lo tanto, estas elipses son iguales [Prop. VI.2] .
De manera similar, en otro cono cuyo vértice es el
punto N, y cuyos lados son las rectas AN, NC, está situada
la misma sección .
No habrá, sin embargo, un tercer cono semejante
al cono EFK, con su vértice en el mismo lado del plano de la sección,
donde esté situada la sección.
En efecto, si en otro cono estuviese situada la sección,
se demostrará, de la misma manera que en las proposiciones anteriores, que si se eleva un plano perpendicular al plano de la
sección, a lo largo del eje de esa sección, la intersección común de estos planos será
el eje principal de la sección, y que el vértice del cono se
encontrará en el arco \(\overparen{\rm AHC}\), como lo hemos mostrado para la hipérbola
en la proposición anterior.
Supongamos que este vértice se ubique en el punto P . Prolonguemos la
recta de unión HP hasta el punto X ; tracemos la recta AR paralela
a la recta HX , y la recta PG paralela a la derecha AC . Por lo tanto,
el triángulo PAG será isósceles, y \(\rm \dfrac{PR^2}{AR\cdot RG} = \dfrac{AC}{AD}\). Pero \(\rm \dfrac{PR^2}{AR\cdot RG} = \dfrac{CX\cdot XA}{PX^2}\), debido al
paralelogramo PRAX, y \(\rm CX\cdot XA = HX\cdot XP\); por consiguiente, \(\rm \dfrac{CA}{AD} = \dfrac{HX\cdot XP}{PX^2} = \dfrac{HX}{XP}\)
Ya que hemos demostrado \(\rm \dfrac{CA}{AD} = \dfrac{HL}{LI}\), entonces \(\rm \dfrac{HX}{XP} = \dfrac{HL}{LI}\); lo que es imposible.
En consecuencia, no se puede situar en tres conos semejantes al
cono EFK la sección ABC.
Q. E. D.