Cortar un cono recto por un plano de modo que la sección sea una hipérbola igual a una dada. Para que el problema tenga solución es necesario que la razón del cuadrado del eje del cono al de la mitad del diámetro de la base no sea mayor que la del diámetro transverso, o eje de la sección dada, al lado recto correspondiente a este diámetro.

Sea el cono recto de eje AH cuya sección por el eje es el triángulo ABC Paso 1, y ED la hipérbola dada de eje GDS y figura característica el rectángulo de base DG igual al eje transverso y altura el lado recto DF Paso 2.

Supongamos primero que \(\rm \dfrac{ΑH^2}{BH^2} = \dfrac{GD}{DF}\), tracemos una recta NQ paralela a la recta AH e igual a GD Paso 3, que subtiende el ángulo \(\widehat{\rm BAQ}\), y hagamos pasar, por la recta NQ, un plano perpendicular al plano del triángulo ABC, cortando a la superficie cónica. Digo que la hipérbola producida cuyo eje es la recta INQ Paso 4, es igual a la hipérbola dada DE.

En efecto, ya que la recta ΑH es paralela a la recta QΝ, \(\rm \dfrac{QΝ}{lado recto_{IN}} = \dfrac{AH^2}{CH\cdot HB} = \dfrac{AH^2}{BH^2}\) [Prop. I.12]. Ya que \(\rm \dfrac{GD}{DF} = \dfrac{AH^2}{BH^2}\) entonces \(\rm \dfrac{QΝ}{lado recto_{IN}} = \dfrac{GD}{DF}\). Pero QΝ = GD. Por lo tanto \(\rm DF = lado recto_{IN}\), y, por tanto, las figuras características de las hipérbolas de ejes GDF y QNI son iguales y, como consecuencia, las dos hipérbolas [Prop. VI.2].

Además, no se puede encontrar ninguna otra sección igual a la sección DΕ con el vértice de su eje en la recta ΑΒ.

Porque, si hubiera otra hipérbola igual a la hipérbola DE con el vértice en la recta AB, entonces su eje estaría en el plano del triángulo ΑΒC, y el plano en el que se encuentra esta otra sección, sería perpendicular al plano del triángulo ABC [Prop. VI.28]. Y como esta otra sección es una hipérbola, y es igual a la sección DE, su eje se encontrará con la prolongación del lado AC más allá del vértice del cono, de modo que la parte interceptada entre el lado AB del triángulo y el punto de corte con la prologación de la recta AC es igual a la recta DG [Prop. VI.2]. Como, este eje no es la recta QN, y no es paralelo a la recta QN, porque si fuera paralelo a la recta QN, no sería igual a ella. Tracemos desde el punto A, paralelo al eje de la sección, la recta AM que caerá o bien entre las rectas AB y AH o bien entre las rectas AH y AC Paso 5. Tenemos, para esta segunda hipérbola, \(\rm \dfrac{diámetro tranverso}{lado recto} = \dfrac{AM^2}{BM\cdot MC}\) [Prop. I.12] y \(\rm \dfrac{diámetro tranverso}{lado recto} = \dfrac{GD}{DF}\) [Prop. VI.2]. Pero \(\rm \dfrac{GD}{DF} = \dfrac{AH^2}{BH^2} = \dfrac{AH^2}{BH\cdot HC}\), de donde \(\rm \dfrac{AM^2}{BM\cdot MC} = \dfrac{AH^2}{BH\cdot HC}\). Sin embargo, esto es absurdo; porque \(\rm AM > AH\), y \(\rm BM\cdot MC < BH\cdot HC\).

Supongamos ahora que \(\rm \dfrac{ΑH^2}{BH^2} < \dfrac{GD}{DF}\) Paso 6, circunscribamos un círculo al triángulo ΑΒC Paso 7, y prolonguemos el eje ΑH hasta el punto R Paso 8, entonces \(\rm \dfrac{AH}{HR} < \dfrac{GD}{DF}\). Tomemos \(\rm \dfrac{AH}{YH} = \dfrac{GD}{DF}\) Paso 9 y después de trazar la recta XYO paralela a la base BC Paso 10, tracemos las rectas de unión AMO, AKX Paso 11. Tomemos también dos rectas QN, VP iguales a la recta DG, de manera que la recta QN sea paralela a la recta AX, y la recta VP sea paralela a la recta AO Paso 12. Imaginemos dos planos trazados por las rectas QΝ y YP perpendicularmente al plano del triángulo ΑΒC, que generarán, en el cono, dos hipérbolas de ejes VPL y QNI Paso 13. Digo que cada una de estas hipérbolas es igual a la hipérbola dada DE.

En efecto, tenemos que \(\rm \dfrac{ΑH^2}{BH^2} < \dfrac{GD}{DF}\), pero \(\rm HB^2 = HB\cdot HC = AH\cdot HR\), luego \(\rm \dfrac{ΑH^2}{AH\cdot HR} < \dfrac{GD}{DF}\), es decir \(\rm \dfrac{ΑH}{HR} < \dfrac{GD}{DF}\). Tomemos \(\rm HY < HR\) de manera que \(\rm \dfrac{AH}{HY} = \dfrac{DG}{DF}\). Ya que, por semejanza de triángulos, \(\rm \dfrac{AH}{HY} = \dfrac{AM}{MO}\), entonces \(\rm \dfrac{AM}{MO} = \dfrac{DG}{DF}\). Por otra parte, \(\rm \dfrac{VP}{ladorecto_{VP}} = \dfrac{AM^2}{BM\cdot MC} = \rm \dfrac{AM^2}{AM\cdot MO} = \dfrac{AM}{MO}\) [Prop. I.12], luego \(\rm \dfrac{VP}{ladorecto_{VP}} = \dfrac{DG}{DF}\), de donde la igualdad de las figuras características y por consiguiente la igualdad de las hipérbolas de ejes DGS y VPL [Prop. VI.2]. Del mismo modo se demostrará la igualdad de las hipérbolas de ejes DGS y QNI.

Además no se puede encontrar ninguna otra sección con el vértice en la recta ΑΒ que sea igual a la sección DΕ.

Supongamos que es posible encontrar una sección diferente a las mencionadas, entonces su eje se encuentra en el plano del triángulo ΑΒC, como se demostró en el caso de la parábola. Si trazamos la recta AT paralela a este eje Paso 14, estableceremos, razonando como antes, que la recta AT no coincidirá ni con la línea AK, ni con la línea AM, sino que \(\rm \dfrac{DG}{DF} = \dfrac{AT^2}{BT\cdot TC} = \dfrac{AT^2}{AT\cdot TZ} = \dfrac{AT}{TZ}\)., Ya que, \(\rm \dfrac{AH}{HY} = \dfrac{DG}{DF}\), entonces \(\rm \dfrac{AH}{HY} = \dfrac{AT}{TZ}\). Como, por semejanza de triángulos, \(\rm \dfrac{AT}{TU} = \dfrac{AH}{HY}\), entonces \(\rm \dfrac{AT}{TZ} = \dfrac{AT}{TU}\), de donde \(\rm TZ = TU\), lo que es absurdo.

Finalmente, supongamos \(\rm \dfrac{ΑH^2}{BH^2} > \dfrac{GD}{DF}\). Entonces digo que no se puede encontrar ninguna sección en el cono igual a la sección DΕ.

Supongamos que se puede encontrar una. Tracemos la recta AM paralela al diámetro de esta sección. Entonces \(\rm \dfrac{AM^2}{BM\cdot MC} = \dfrac{DG}{DF}\) [Prop. I.12], luego \(\rm \dfrac{AM^2}{BM\cdot MC} < \dfrac{AH^2}{BH^2}\), por lo tanto, \(\rm \dfrac{AM^2}{BM\cdot MC} < \dfrac{AH^2}{BH\cdot HC}\). Esto es imposible, ya que \(\rm AM > AH\) y \(\rm BM\cdot MC < BH\cdot HC\).

Q. E. D.