Si se toma un punto sobre el eje de una hipérbola situado a una distancia del vértice igual a la mitad del lado recto, entonces el mismo resultado se obtendrá que en el caso de la parábola, excepto que los excedentes de los cuadrados de las rectas secantes sobre el cuadrado de la recta mínima serán equivalentes a los rectángulos que tienen por lados las rectas que unen los pies de las perpendiculares y el vértice de la sección que son semejantes al rectángulo delimitado por el eje transverso y una recta igual a la suma de este eje y su lado recto; de manera que la recta que une el pie de la perpendicular y el vértice de la sección sea el homólogo del eje transverso.

Sea ABC Paso 1 una hipérbola cuyo eje es la recta DCE, y sea V el centro de la sección Paso 2; hagamos una recta CF igual a la mitad del lado recto Paso 3, y tracemos desde el punto F a la sección, las rectas FA, FB, FG, FH Paso 4, que cortan a las prolongaciones de las rectas trazadas VK, KF Paso 5. Digo que la recta CF es la menor de las rectas que se pueden trazar a la sección, que las más cercana es menor que la más alejada, y que la diferencia entre el cuadrado de una cualquiera de las rectas FA, FB, FG, FH y el cuadrado de la recta CF es una cantidad igual al rectángulo que tiene por lados la recta entre el vértice y la perpendicular al eje, que es semejante al rectángulo delimitado por el eje transverso DC de la sección y una recta igual a la suma del eje y su lado recto.

Pongamos CS = lado recto, CK = (1/2)CS Paso 6. Tracemos las rectas HMIN, GLQ, AXEP perpendiculares al eje CE Paso 7, y prolonguemos la perpendicular BF hasta el punto O Paso 8. Además, tracemos las rectas RN, KJ, TI paralelas a la recta CM Paso 9. Entonces HM² = 2⏢(FKMN) [Prop. V.1]. Por otra parte, se tiene, CF = CK, de donde, por semejanza de triángulos, FM = MI; luego FM² = FM·MI = 2△(FMI). En consecuencia, HF² = HM² + MF², de donde, HF² = 2(⏢(CKMN) + △(FMI)) = 2(△(CKF) + △(IKN)). Como, CF² = CF·CK = 2△(CKF), y ▭(RNIT) = 2△(IKN); luego HF² = CF² + ▭(RNIT). Por otro lado, DC/CS = VC/CK, y, por semejanza de triángulos, KJ/JN = VC/CK; luego, ya que KJ = JI, tenemos JI/JN = DC/CS = eje transverso/lado recto, de donde JI/(JI+JN) = DC/(DC+CS), o, ya que JI = TI, se tiene, TI/NI = DC/(DC + CS). Prolonguemos la recta CS hasta el punto Y Paso 10, de manera que CY = DC, y si se pone YS = DC + CS, entonces TI/NI = DC/YS, luego los rectángulos RNIT y ZSYU son semejantes. Entonces HF² = CF² + ▭(RNIT) = CF² + TI·IN = CF² + TI(TI·YS/CD) = CF² + CM(CM(CD+CS)/CD) = CF² + CM²((CD+CS)/CD). Paralelamente se demuestra que, para cualquier otra recta tal como GF, se tiene GF² = CF² + CL²((CD+CS)/CD).

Digo además, que el cuadrado de la recta BF excede al cuadrado de la recta CF en una cantidad igual al rectángulo que es semejante al que hemos dicho. En efecto, BF² = 2⏢(CKOF) = 2(△(CKF) + △(FKO))[Prop. V.1]. Como, CF² = CF·CK = 2△(CKF); luego BF² = CF² + 2△(FKO). Pero, 2△(FKO) = CF·FO, y, por semejanza de rectángulos se tiene FO/CF = (CD+CS)/CD, de donde FO = CF((CD+CS)/CD); luego BF² = CF² + CF²((CD+CS)/CD).

Digo además, que lo mismo ocurre para el cuadrado de la recta AF. En efecto, AE² = 2⏢(CKPE) = 2(△(KCF) + ⏢(EFKP)) [Prop. V.1]. Como, por la semejanza de los triángulos CFK y EFX, y, ya que CF = CK, se tiene FE = XE, de donde FE² = FE·XE = 2△(XFE); luego AF² = AE² + FE² = 2△(KCF) + 2⏢(EFKP) + 2△(XFE) = 2(△(KCF) + △(XKP)). de donde, ya que CF² = 2△(KCF), se tiene que AF² = CF² + 2△(XKP). Como, 2△(XKP) = CE·PX, y, por semejanza de rectángulos, se tiene PX/CE = (CD+CS)/CD, entonces PX = CE((CD+CS)/CD); luego AF² = CF² + CE²((CD+CS)/CD).

Ya que AF² - CE²((CD+CS)/CD) = CF²; BF² - CF²((CD+CS)/CD) = CF²; GF² - CL²((CD+CS)/CD) = CF²; HF² - CM²((CD+CS)/CD) = CF², entonces AF² - CE²((CD+CS)/CD) = BF² - CF²((CD+CS)/CD) = GF² - CL²((CD+CS)/CD) = HF² - CM²((CD+CS)/CD). Como CE>CF>CL>CM, entonces AF>BF>GF>HF>CF.

Q. E. D.