Construir un cono recto semejante a otro dado en el cual esté situada una hipérbola 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 su base no sea mayor que la del diámetro transverso al lado recto correspondiente en la figura construida sobre el eje.

Sea ABC la hipérbola dada de eje AL, diámetro transverso AN y el rectángulo de lados AN y AD la figura construida sobre su eje Paso 1, y sea dado el cono cuyo triángulo axial es el EFK Paso 2. Prolonguemos KE hasta el punto Y Paso 3; hagamos pasar por AL un plano HAL perpendicular al de la hipérbola Paso 4; describamos sobre la recta AN el arco capaz del ángulo YEF; completemos el círculo; bisequemos el arco AHN por el punto H Paso 5. Tracemos la recta HOR perpendicular a la recta AN Paso 6.

En primer lugar, supongamos que \(\rm \dfrac{EG^2}{FG^2} = \dfrac{NA}{AD}\). Prolonguemos la recta ΝH hasta el punto M Paso 7, y tracemos la recta ΑΜ paralelamente a la recta HR Paso 8. Ya que AM es paralela a HR, se tiene \(\widehat{\rm ΝHR} = \widehat{\rm HMA}\) y \(\widehat{\rm RHA} = \widehat{\rm MAH}\). Ya que \(\overparen{\rm ΝR} = \overparen{\rm RA}\), entonces \(\widehat{\rm ΝHR} = \widehat{\rm RHΑ}\). Por lo tanto \(\widehat{\rm ΜΑH} = \widehat{\rm HΜΑ}\). Construyamos, pues, el cono isósceles cuyo vértice es el punto H, teniendo como base el círculo de diámetro AM cuyo plano se establece perpendicularmente al plano HAL.

Digo que, haciendo estas cosas, el plano en el que se encuentra la sección determinará, en este cono, una hipérbola cuyo eje es la recta AL, cuyo diámetro transverso es la línea AN, y cuyo lado derecho es la recta AD; y digo que este cono HAM es semejante al cono dado EKF.

En efecto, \(\widehat{\rm AHM} = \widehat{\rm FEK}\), porque hemos construido el arco capaz \(\overparen{\rm AHN}\) de un ángulo igual al ángulo \(\widehat{\rm FEY}\), y AH = HM, así como FE = EK; por lo tanto, si trazamos la recta perpendicular HQ a la recta AM Paso 9, entonces los triángulos isósceles AHM y KEF son semejantes, luego \(\rm \dfrac{EG}{KG} = \dfrac{HQ}{MQ}\), de donde \(\rm \dfrac{EG^2}{KG^2} = \dfrac{HQ^2}{MQ^2}\), y por tanto \(\rm\dfrac{EG^2}{KG\cdot GF} = \dfrac{HQ^2}{MQ\cdot QA}\). Pero, \(\rm \dfrac{EG^2}{KG\cdot GF} = \dfrac{NA}{AD}\); por lo tanto, \(\rm \dfrac{HQ^2}{MQ\cdot QA} = \dfrac{NA}{AD}\); relación de la cual se desprende, según [Prop. I.12], que DA es el parámetro, y AN es el diámetro transverso de la hipérbola producida en la extensión del cono AHM Paso 10. Ahora bien, como esta hipérbola tiene el mismo eje y el mismo lado recto que la hipérbola dada ABC, las figuras rectangulares características de estas dos hipérbolas son iguales, y, según [Prop. VI.2], estas hipérbolas también son iguales.

También digo que a excepción del cono que se acaba de construir, la sección dada no estará situada en otro cono semejante al cono EFK, y tal que su vértice se encuentre en el mismo lado del plano, en el que se encuentra la sección ABC, que el punto H.

En efecto, supongamos que la hipérbola está situada, si es posible, en otro cono cuyo vértice es el punto I Paso 11, y será obvio por lo que hemos demostrado en la proposición anterior, que ese punto estará en el plano HAL [Prop. VI.31]. Sean los lados de este cono las rectas IP, IA Paso 12, y sea este cono semejante al cono FEK. Resulta que \(\widehat{\rm AIP} = \widehat{\rm FEK}\), y que, como resultado, el punto I caerá en el arco \(\overparen{\rm AHN}\), y la prolongación de la recta IP pasará por el punto N. Tracemos la recta de unión RXI Paso 13; tracemos por el punto A, la recta AP paralela a esta última recta Paso 14, y tracemos, por el punto I, la recta VI paralela a la recta AN Paso 15. Por lo tanto, si la sección ABC está situada en el cono cuyo vértice es el punto I, y, si prolongamos el eje AL de esta sección hasta el punto N, \(\rm \dfrac{VI^2}{AV\cdot VP} =\dfrac{AN}{AD}\). Pero, \(\rm \dfrac{AN}{AD} =\dfrac{EG^2}{FG\cdot GK}\) y \(\widehat{\rm IAP} = \widehat{\rm NIR} = \widehat{\rm RIA} = \widehat{\rm API}\), porque son iguales a los ángulos \(\widehat{\rm EFK}\), \(\widehat{\rm EKF}\), así como \(\widehat{\rm AIP} = \widehat{\rm FEK}\); por lo tanto, los triángulos AIP, FEK son semejantes. Como, \(\rm \dfrac{IV^2}{AV\cdot VP} =\dfrac{AN}{AD}\) [Prop. I.12], y \(\rm \dfrac{EG^2}{FG\cdot GK} =\dfrac{AN}{AD}\), entonces\(\rm \dfrac{IV^2}{AV\cdot VP} =\dfrac{EG^2}{FG\cdot GK}\). Ya que los triángulos AIP y FEK son semejantes y FG = GK, entonces AV = VP. Pero, por el paralelismo de las rectas RI y AP, \(\rm \dfrac{AV}{VP} = \dfrac{NI}{IP} = \dfrac{NX}{XP}\); por lo tanto, NX = XA; lo cual es absurdo, porque sólo el diámetro HR del círculo corta a la recta AN perpendicularmente en el punto O. Como resultado, no se puede encontrar ningún cono semejante al cono EFK, con la excepción del cono anteriormente construido, donde esté situada la sección ABC.

Si ahora es \(\rm \dfrac{EG^2}{GF^2} < \dfrac{NA}{AD}\), o \(\rm \dfrac{EG^2}{FG\cdot GK} < \dfrac{NA}{AD}\) y si procedemos como en el primer caso, la semejanza de los triángulos AHM y KEF dan \(\rm \dfrac{EG}{KG} = \dfrac{HQ}{QA}\), de donde \(\rm \dfrac{EG^2}{KG^2} = \dfrac{HQ^2}{QA^2}\), o \(\rm \dfrac{EG^2}{FG\cdot GK} = \dfrac{HQ^2}{MQ\cdot QA}\) y como \(\rm HQ = AO\) y \(\rm QA = HO\) tenemos que \(\rm \dfrac{EG^2}{FG\cdot GK} = \dfrac{AO^2}{HO^2}\). Pero \(\rm AO^2 = RO\cdot OH\), luego \(\rm \dfrac{EG^2}{FG\cdot GK} = \dfrac{RO\cdot OH}{OH^2} = \dfrac{RO}{OH}\) y entonces \(\rm \dfrac{RO}{OH} < \dfrac{NA}{AD}\). Así que asegurémonos de que \(\rm \dfrac{RO}{OZ} = \dfrac{NA}{AD}\) Paso 16; tracemos por el punto Z la recta IZSV paralela a la recta NA Paso 17; tracemos las rectas de unión IN, IA, IR, y tracemos, por el punto A la recta AP paralela a la recta IR. Por lo tanto, en virtud de lo anterior, es claro que los triángulos isósceles PIA, FEK son semejantes, y, si construimos el cono con el punto I como vértice y como base círculo de diámetro AP cuyo plano está perpendicularmente elevado sobre el plano HAL, el plano en el que se encuentra la sección ABC cortará este cono, y determinará una hipérbola cuyo eje es la recta AL, y cuyo diámetro transverso es la recta AN. Tomemos OZ < HO, de manera que \(\rm \dfrac{RO}{OZ} = \dfrac{NA}{AD}\). Ya que, por la consideración de triángulos semejantes y secantes del círculo, tenemos que \(\rm \dfrac{RO}{OZ} = \dfrac{RX}{XI} = \dfrac{RX\cdot XI}{XI^2} = \dfrac{NX\cdot XA}{XI^2} = \dfrac{NX}{XI}\cdot \dfrac{XA}{XI}\), de donde, por la semejanza de los triángulos NXI, IVP, \(\rm \dfrac{NX}{XI} = \dfrac{IV}{VA}\) y el paralelogramo IXAV da \(\rm \dfrac{XA}{XI} = \dfrac{IV}{VA}\), luego \(\rm \dfrac{RO}{OZ} = \dfrac{IV}{PV}\cdot \dfrac{IV}{VA} = \dfrac{IV^2}{PV\cdot VA}\), de donde \(\rm \dfrac{NA}{AD} = \dfrac{IV^2}{AV\cdot VP}\) relación de la que se desprende que la recta AD es el lado recto, y la recta NA el eje transverso de la hipérbola generada en la extensión del cono AIP [Prop. I.12]. Dado que esta hipérbola tiene el mismo lado recto y eje transverso que la hipérbola dada ACB, sus figuras características son iguales, y estas hipérbolas son iguales [Prop. VI.2]. Si se trazan las rectas de unión NS, SA, y si prolonga la recta NS, en otro cono, cuyo vértice es el punto S, también está situada la misma sección, y cada uno de los conos anteriores será semejante al cono dado EFK.

Digo, además, que esta sección no estará situada en un tercer cono, semejante al cono EFK, cuyo vértice esté en el mismo lado del plano de la sección BAC que el punto I.

En efecto, el vértice de este cono estaría, en virtud de lo anterior, situado en el arco \(\overparen{\rm AIN}\). Supongamos que este vértice está localizado en el punto T Paso 18, y tracemos la recta de unión TUR Paso 19. Por lo tanto, en virtud del recíproco de la proposición anterior, \(\rm \dfrac{AN}{AD} =\dfrac{RU}{TU}\); lo cual es absurdo, ya que \(\rm \dfrac{AN}{AD} =\dfrac{RO}{OZ}\). Por consiguiente, la sección BAC no está situada en un tercer cono semejante al cono EFK.

Si \(\rm \dfrac{EG^2}{FG^2} > \dfrac{AN}{AD}\), sería imposible que la sección ABC esté situada en un cono semejante al cono EFK.

En efecto, si en una superficie cónica cuyo vértice es el punto I, si fuese posible, estuviese situada esta sección, ya que se ha demostrado anteriormente que \(\rm \dfrac{EG^2}{FG^2} =\dfrac{RO}{OH}\), entonces \(\rm \dfrac{AN}{AD} < \dfrac{RO}{OH}\). Ya que, razonando como anteriormente, \(\rm \dfrac{RX}{XI} =\dfrac{AN}{AD}\), entonces \(\rm \dfrac{RX}{XI} < \dfrac{RO}{OH}\). Como, esto es absurdo, entonces, en ningún cono semejante al cono EFK dado puede estar situada la sección BAC.

Q. E. D.