Dadas dos rectas limitadas, perpendiculares entre sí, y prolongando una de ellas del lado del ángulo recto, construir sobre esta prolongación y en el plano de las dos rectas, la sección cónica llamada hipérbola cuyo diámetro sea la recta prolongada, el vértice el del ángulo recto y tal que el cuadrado de toda recta bajada de la sección al diámetro según un ángulo dado, equivalga al rectángulo que, aplicado a la otra recta, tenga de ancho la recta separada, a partir del vértice, por la recta bajada, aumentado en una figura semejante a la formada por las primeras rectas y semejantemente dispuesta.

Sean AB y BG las dos rectas dadas perpendiculares entre sí y prologuemos AB hasta el punto D Paso 1. Se trata de construir en el plano de las rectas AB y BG una hipérbola de diámetro ABD, cuyo vértice sea B, el lado recto BG y tal que los cuadrados de las rectas bajadas de la curva a BD según un ángulo dado, equivalgan a las áreas aplicadas a BG, teniendo como ancho las rectas que separan las bajadas a partir del punto B y aumentadas en una figura semejante al rectángulo de las rectas AB y BG y semejantemente dispuesta.

Supongamos primero que el ángulo dado es recto, y tracemos por la recta AB un plano perpendicular al plano considerado, y describamos en él un círculo AEBZ que pase por A y B Paso 2 de tal modo, si K es el punto medio de AB, ${\displaystyle \frac{\mathrm{E}\mathrm{K}}{\mathrm{K}\mathrm{L}}}\ngtr {\displaystyle \frac{\mathrm{A}\mathrm{B}}{\mathrm{B}\mathrm{G}}}$. Además, bisequemos el arco $\stackrel{⏜}{\mathrm{A}\mathrm{E}\mathrm{B}}$ por el punto E, tracemos desde E la perpendicular EK a AB, y prolonguémosla hasta el punto L, así [Euclides:Prop. III.1], la recta EL será, pues, un diámetro del círculo Paso 3.

Si ${\displaystyle \frac{\mathrm{E}\mathrm{K}}{\mathrm{K}\mathrm{L}}}={\displaystyle \frac{\mathrm{A}\mathrm{B}}{\mathrm{B}\mathrm{G}}}$, consideremos el punto L, y en caso contrario, hagamos que [Euclides:Prop. VI.12] ${\displaystyle \frac{\mathrm{A}\mathrm{B}}{\mathrm{B}\mathrm{G}}}={\displaystyle \frac{\mathrm{E}\mathrm{K}}{\mathrm{K}\mathrm{M}}}$, donde KM < KL, y tracemos por el punto M la paralela MZ a AB Paso 4, las rectas de unión ZA, ZE y ZB, y por el punto B la paralela BC a la recta ZE Paso 5.

Entonces, ya que AE = EB, entonces $\widehat{\mathrm{A}\mathrm{Z}\mathrm{E}}=\widehat{\mathrm{E}\mathrm{Z}\mathrm{B}}$; pero $\widehat{\mathrm{A}\mathrm{Z}\mathrm{E}}=\widehat{\mathrm{A}\mathrm{C}\mathrm{B}}$, y $\widehat{\mathrm{E}\mathrm{Z}\mathrm{B}}=\widehat{\mathrm{C}\mathrm{B}\mathrm{Z}}$, luego $\widehat{\mathrm{C}\mathrm{B}\mathrm{Z}}=\widehat{\mathrm{Z}\mathrm{C}\mathrm{B}}$; por consiguiente el triángulo BZC es isósceles y por tanto ZB = ZC.

Imaginemos ahora un cono cuyo vértice sea el punto Z y la base el círculo descrito sobre BC como diámetro perpendicularmente al triángulo BZC, ese cono será recto, porque ZB=ZC Paso 6.

Prolonguemos las rectas BZ, ZC y MZ Paso 7, y cortando el cono por un plano paralelo al círculo BC, la sección será un círculo HPR [Prop. I.4] Paso 8. La recta HQ es uno de sus diámetros [Cor. Prop. I.4] Paso 9. La recta intersección PDR del círculo HQ y el plano considerado Paso 10 será perpendicular a las rectas HQ y DB pues ambos círculos CB y QH son perpendiculares al triángulo ZHQ, y el plano considerado es perpendicular al triángulo ZHQ, así formará ángulos rectos con todas las rectas que la corten y estén situadas en ese plano.

Ya que el cono cuya base es el círculo HQ y el vértice Z está cortado por el plano perpendicular al triángulo ZHQ y por otro plano, el considerado, según la recta PDR perpendicular a la recta HDQ, y la intersección del plano considerado y el triángulo HZQ, es decir, la recta BD prolongada del lado de B, encuentra a la recta HZ en el punto A, resulta de lo demostrado [Prop. I.12] que la sección PBR es una hipérbola de vértice B Paso 11 y que las ordenadas sobre la recta BD lo serán perpendicularmente por ser paralelas a la recta PDR. Ya que, por semejanza de triángulos, ${\displaystyle \frac{\mathrm{E}\mathrm{K}}{\mathrm{K}\mathrm{M}}}={\displaystyle \frac{\mathrm{E}\mathrm{N}}{\mathrm{N}\mathrm{Z}}}$, resulta que ${\displaystyle \frac{\mathrm{E}\mathrm{N}\cdot \mathrm{N}\mathrm{Z}}{\mathrm{N}{\mathrm{Z}}^2}}={\displaystyle \frac{\mathrm{E}\mathrm{K}}{\mathrm{K}\mathrm{M}}}$ y como ${\displaystyle \frac{\mathrm{E}\mathrm{K}}{\mathrm{K}\mathrm{M}}}={\displaystyle \frac{\mathrm{A}\mathrm{B}}{\mathrm{B}\mathrm{G}}}$, entonces ${\displaystyle \frac{\mathrm{E}\mathrm{N}\cdot \mathrm{N}\mathrm{Z}}{\mathrm{N}{\mathrm{Z}}^2}}={\displaystyle \frac{\mathrm{A}\mathrm{B}}{\mathrm{B}\mathrm{G}}}$. Pero EN∙NZ=AN∙NB [Euclides:Prop. III.35], luego ${\displaystyle \frac{\mathrm{A}\mathrm{B}}{\mathrm{B}\mathrm{G}}}={\displaystyle \frac{\mathrm{A}\mathrm{N}\cdot \mathrm{N}\mathrm{B}}{\mathrm{N}{\mathrm{Z}}^2}}={\displaystyle \frac{\mathrm{A}\mathrm{N}}{\mathrm{N}\mathrm{Z}}}\cdot {\displaystyle \frac{\mathrm{B}\mathrm{N}}{\mathrm{N}\mathrm{Z}}}$ y , por semejanza de triángulos, ${\displaystyle \frac{\mathrm{A}\mathrm{N}}{\mathrm{N}\mathrm{Z}}}={\displaystyle \frac{\mathrm{A}\mathrm{D}}{\mathrm{D}\mathrm{H}}}={\displaystyle \frac{\mathrm{Z}\mathrm{O}}{\mathrm{O}\mathrm{H}}}$, y ${\displaystyle \frac{\mathrm{B}\mathrm{N}}{\mathrm{N}\mathrm{Z}}}={\displaystyle \frac{\mathrm{Z}\mathrm{O}}{\mathrm{O}\mathrm{Q}}}$, luego ${\displaystyle \frac{\mathrm{A}\mathrm{B}}{\mathrm{B}\mathrm{G}}}={\displaystyle \frac{\mathrm{Z}\mathrm{O}}{\mathrm{O}\mathrm{H}}}\cdot {\displaystyle \frac{\mathrm{Z}\mathrm{O}}{\mathrm{O}\mathrm{Q}}}={\displaystyle \frac{\mathrm{Z}{\mathrm{O}}^2}{\mathrm{H}\mathrm{O}\cdot \mathrm{O}\mathrm{Q}}}$. Como ZO es paralela a AD, se deduce que AB es el lado transverso y BG el lado recto como ha sido demostrado [Prop. I.12].

Q. E. D.

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