Dadas las mismas cosas que antes, demostrar que no hay ninguna otra asíntota comprendida
en el ángulo de las
rectas GD y GE.
Supongamos que hay otra asíntota GQ , y tracemos por B una paralela BQ a GD que corta a GQ en el punto Q ,
y tomemos DH=BQ, y tracemos la recta de unión HQ que prolongaremos
hasta los puntos K, L y M de intersección con la hipérbola, su diámetro y la recta GE, respectivamente . Ya que BQ y DH son iguales y paralelas, también serán iguales
y paralelas DB y HQ . Ya que AB es bisecada en G y haberse añadido BL a ella, \(\rm AL\cdot LB+GB^2=(GL+GB)(GL-GB)+GB^2\)\(\rm =GL^2-GB^2+GB^2=GL^2\) [Euclides:Prop. II.6]. Análogamente,
ya que HM es paralela a DE y DB=BE, será LH=LM.
Y ya que HQ=DB, \(\rm KH>DB\). Como \(\rm MK > BE\), ya que \(\rm LM > BE\), entonces \(\rm MK\cdot KH > DB\cdot BE\), y como DB=BE, entonces
\(\rm MK\cdot KH > DB^2\).
Por otra parte, \(\rm \dfrac{GB^2}{BD^2}=\dfrac{AB}{BZ}\) [Prop. II.1] y \(\rm \dfrac{AL\cdot LB}{LK^2}=\dfrac{AB}{BZ}\) [Prop. I.21] y , por semejanza de triángulos, \(\rm \dfrac{GL^2}{LH^2}=\dfrac{GB^2}{BD^2}\), de donde \(\rm \dfrac{AL\cdot LB}{LK^2}=\dfrac{GL^2}{LH^2}\), luego \(\rm \dfrac{GL^2-AL\cdot LB}{LH^2-LK^2}=\dfrac{GL^2}{LH^2}\).
Entonces, ya que \(\rm GL^2-AL\cdot LB=GB^2\) y \(\rm LH^2-LK^2=(LH+LK)(LH-LK)=MK\cdot KH\), se tiene que \(\rm \dfrac{GB^2}{MK\cdot KH}=\dfrac{GL^2}{LH^2}\) y como \(\rm \dfrac{GL^2}{LH^2}=\dfrac{GB^2}{BD^2}\), entonces \(\rm \dfrac{GB^2}{MK\cdot KH}=\dfrac{GB^2}{BD^2}\). Por tanto \(\rm MK\cdot KH=BD^2\), y esto es imposible ya que ha sido demostrado que \(\rm MK\cdot KH>BD^2\).
Así QH no es una asíntota a la sección.
Q. E. D.