Proposición 55

Sean las mismas cosas que antes y supongamos ahora que el ángulo dado no es recto.

Supongamos que el ángulo dado no es recto y sean AB y AG las dos rectas dadas y que el ángulo dado sea igual a BAQ^ . Describamos una hipérbola de diámetro AB, de lado recto AG, y tal que las ordenadas sean trazadas según el ángulo QAB^.

Bisequemos AB por el punto D, y describamos un semicírculo AZD sobre AD , tracemos hasta el semicírculo una paralela ZH a AQ tal que ZH2DHHA=AGAB , tracemos la recta de unión ZQD y prolonguémosla hasta D , y ZDDL=DLDQ, hagamos DK=DL , LZ∙ZM=AZ2, y tracemos la recta de unión KM , y desde L tracemos la perpendicular LN a KZ, y prolonguémosla hasta C .

Con las dos rectas acotadas KL y LN perpendiculares entre sí, describamos una hipérbola cuyo lado transverso sea KL, de lado recto AN, y tal que las ordenadas serán trazadas perpendicularmente al diámetro y que sus cuadrados sean equivalentes a las áreas que, aplicadas a la recta LN tengan por anchura las rectas que separan a partir de L, aumentadas en una figura semejante al rectángulo de las rectas KL y LN semejantemente dispuesta y la sección pasará por A [Prop. I.12] pues AZ2=LZ∙ZM .

Además la recta AQ será tangente a esta sección, ya que ZD∙DQ=DL2 [Prop. I.37], y ya que DK = LD, entonces D es el centro de la hipérbola, luego la recta AB, que pasa por el centro es un diámetro [Prop. I.47]. Se tiene ZH2DHHA=GAAB=GA2AD, pero GA2AD=GA2AQ2AQ2AD, de donde, ya que ZHHD=AQAD, GA2AD=GAAB=GA2AQZHHD.

Por otra parte ZH2DHHA=ZHHDZHHA, así ZHDHZHHA=GA2AQZHHD. Simplificando, tenemos que GA2AQ=ZHHA.

Pero, debido a que los triángulos ACO y HAZ son equiángulos, OAAC=ZHHA, así OAAC=GA2AQ. Por tanto, AG es el lado recto de la hipérbola encontrada [Prop. I.50].

Q. E. F.

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