Так вот — давайте вернёмся к математике (а я ещё раз посоветую посмотреть страницу Этюдов об Шуховской башне, там есть ещё нетривиальные подробности).

Я начал с того, что на однополостном гиперболоиде есть два семейства прямых. А откуда мы знаем, что они там есть?

Как это ни смешно, если мы мотивируем этот вопрос именно ажурной башней, то от него можно попробовать "отбиться", сказав, что нам не так важно, чтобы поверхность была именно тем самым однополостным гиперболоидом, задающимся уравнением второго порядка. Важно лишь, чтобы это была поверхность вращения, на которой были бы два семейства пересекающихся прямых. Тогда мы соберём именно эту сетку из металлических брусьев — и скрепим их вдоль окружностей. А уж каким именно уравнением поверхность будет задаваться, это дело десятое. (Что, конечно, не совсем правда — нагрузки инженерам всё равно рассчитывать надо — но на нашем уровне аккуратности...)

Но такую поверхность можно получить, завращав вокруг (вертикальной) оси Oz любую скрещивающуюся с ней прямую L. Одно семейство прямых получится просто из образов L при вращении — а второе при его симметрии относительно любой плоскости, проходящей через ось Oz. Действительно, горизонтальные окружности, заметаемые точками L при вращении, такая симметрия сохраняет — а значит, сохраняет и всю поверхность, и образ семейства прямых это другое семейство прямых.

Кстати, с этим же связана выносящая мозг иллюстрация, когда прямой стержень вращается, проезжая через кривую -- гиперболическую -- прорезь:
https://youtu.be/N2exQpSuwi0?t=830

Но предположим, что мы хотим это знать именно про однополостный гиперболоид. Можно, например, взять уравнение гиперболоида выше, чуть-чуть его переписать, перенеся x^2 в правую часть —
y^2-z^2=1-x^2,
и сразу увидеть на нём две прямые, проходящие через "самую простую" точку (1,0,0):
x=1, y=±z.
Завращав их, получим оба семейства прямых. А нельзя ли обойтись без вращения?

И хорошо бы иметь рассуждение, применимое ко всем гиперболоидам — иначе нужно будет говорить слова "аффинное преобразование", переводить любой однополостный гиперболоид в канонический, и как-то это грустно...

И тут есть рассуждение, которое пусть и не совсем строгое, но мне очень нравится: оно объясняет, что "иначе быть не может".
Давайте возьмём любую точку A — и проведём в ней касательную плоскость к гиперболоиду. Посмотрим, по какому множеству она его пересекает.
Для этого выберем на плоскости систему координат (s,t), выразим через них исходные координаты (x,y,z), и подставим результат в уравнение гиперболоида P(x,y,z)=0 — которое есть уравнение второй степени.
Естественно, систему координат на касательной плоскости мы выберем так, чтобы начальная точка A имела координаты (0,0).
Что за уравнение Q(s,t)=0 у нас получится?
Во-первых, оно второй степени. Во-вторых, Q(0,0)=0, потому что точка A была на гиперболоиде. В-третьих, линейных членов там тоже нет — потому что мы на касательной плоскости. Значит, Q(s,t) — это однородный многочлен второй степени.

Если он невырожденный (что ещё нужно обосновывать), то с точностью до замены координат это либо сумма квадратов, либо разность. Если сумма квадратов, то пересечение гиперболоида с касательной плоскостью состояло бы только из одно точки A. А чисто геометрически гиперболоид выгнут "в разные стороны", так что ещё пересечения должны быть. "Значит" (кавычки, потому что "под ковёр" заметается слон упитанности большей, чем обычно), это разность квадратов — а тогда она и задаёт две пересекающиеся прямые. Которые лежат в исходном гиперболоиде, ибо это было пересечение с ним!

То есть а) через любую точку гиперболоида проходят две пересекающиеся прямые и
б) у этих прямых есть хорошее геометрическое описание — их высекает проведённая в этой точке касательная плоскость. (Что, постфактум, совершенно очевидно, но то постфактум.)

Ну и, если вспомнить, что сумма квадратов s^2+t^2=0 тоже задаёт две пересекающиеся прямые, только мнимые, s=±it, то можно добавить, что на (комплексифицированной) сфере x^2+y^2+z^2=1 тоже есть прямые, только мнимые, и искать их можно точно так же — пересечением с касательной плоскостью.

В качестве ответвления — как раз наличие прямых на поверхностях второго порядка играет в сведении (преобразованиями Чирнгауз[ен]а) любого уравнения пятой степени к уравнению вида y^5+ay+1=0. После чего можно говорить, что "его решение это просто ещё одна функция от одной переменной a, и чем она хуже, чем степени, радикалы, или синус с тангенсом, кроме как исторически?". (И именно поэтому в формулировке 13-й проблемы Гильберта отдельно оговаривались многочлены именно седьмой степени — это первая степень, где оставалось три свободных параметра.)

Но это история не на сейчас... :)

Раз я в прошлый раз прервался на преобразованиях Чирнгаузена — может быть, это стоит рассказать: кажется, вот это знают не все. Правда, сначала будет более общеизвестное предисловие.

Есть несколько стандартных способов решать кубические уравнения. Самый, пожалуй, известный, это сначала сдвигом переменной привести его к виду x^3+px+q=0, после чего заметить, что выражение
x^3+y^3+z^3-3xyz
раскладывается на множители, одним из которых будет (x+y+z).
Остаётся найти такие y и z, чтобы p=-3yz и q=y^3+z^3, а это (по теореме Виета) превращается в квадратное уравнение с корнями y^3 и z^3.

Чуть менее известный, но глобально чуть более "правильный", связан с теорией Галуа.

Любой симметрический многочлен выражается через элементарные симметрические. Поэтому любой симметрический многочлен от корней полинома выражается через его коэффициенты. Так мы решаем квадратное уравнение — сумма корней x_1+x_2 уже симметрическая, а разность x_1-x_2 при их перестановке меняет знак, так что (x_1-x_2)^2 тоже выражается через коэффициенты исходного уравнения. Остаётся извлечь корень и восстановить x_1 и x_2 по их сумме и разности.

Так же, но чуть более сложно решается кубическое уравнение — берутся уже три линейные комбинации корней,
S=x_1+x_2+x_3,
A=x_1+w x_2+ w^2 x_3,
B=x_1+w^2 x_2 + w x_3,
где w=exp(2πi/3) — корень кубический из единицы.

Тогда S уже симметрический, а A и B при циклической перестановке корней умножатся на w и на w^2 соответственно. Поэтому A^3 и B^3 сохраняются при циклической перестановке корней. А транспозиция меняет их местами — то есть они ведут себя как корни квадратного уравнения, коэффициенты которого (равные -(A^3+B^3) и A^3*B^3) являются уже полностью симметрическими многочленами от x_1,x_2,x_3.

Остаётся "открутить всё назад":
-решить квадратное уравнение, чтобы найти A^3 и B^3,
- извлечь кубические корни, найдя A и B,
- и решить систему из трёх линейных уравнений на три неизвестных.

И если последить, то здесь как раз возникает последовательность разрешимости группы Sym_3 перестановок трёх корней, и это дорога к теории Галуа — но это меня унесло в сторону, а байка, собственно, и не об этом.

Да, для полноты, пара ссылок —
- Э. Б. Винберг, "Курс алгебры", глава 3, параграф 9, с. 145;
- D. Cox, "Galois theory", chapter 1 "Cubic equations".

А хочу я рассказать о третьем, ещё менее популярном способе решать и упрощать уравнения, о преобразованиях Чирнгауза. Да, если что — Чирнгауз вот этот:
http://www-history.mcs.st-andrews.ac.uk/Biographies/Tschirnhaus.html
https://en.wikipedia.org/wiki/Ehrenfried_Walther_von_Tschirnhaus

Правда, почему-то преобразования иногда называют Чирнгауза, а иногда Чирнгаузена — см.
http://mathworld.wolfram.com/TschirnhausenTransformation.html или http://mi.mathnet.ru/uzku407 ;
так и в комментариях Витушкина к 13-й проблеме Гильберта:

И откуда взялось это "ен", я не знаю.

Так вот. Пусть у нас есть уравнение P(x)=0 какой-то степени k. И многочлен y=Q(x) меньшей степени.
Тогда можно взять корни x_1,...,x_k многочлена P, и построить новый многочлен R(y) с корнями y_1,...,y_k, получающимися как y_j=Q(x_j).

И может быть, новое уравнение R(y)=0 будет проще старого, а тогда, найдя y_j, мы придём к задаче решения уравнений меньшей степени Q(x)=y_j.

Например, так решается квадратное уравнение
x^2+px+q=0:
мы делаем замену y=x+p/2, после чего приходим к более простому уравнению
y^2-(p^2/4 - q)=0,
которое и решаем извлечением квадратного корня — после чего возвращаемся к исходной переменной.