— 13—

Von den vielen Aufgaben, die ſich auf Grund dieſer Beziehungen löſen laſſen, will ich nur erwähnen: Ein Dreieck zu zeichnen aus 6, 0 b, und aus 01 ο½°⸗, ausführlicher behandeln aber: △ aus b+ c, ha, α

Schwering löſt in ſeinen„hundert Aufgaben“, die Aufgabe auf ſehr intereſſante Weiſe. Doch erſcheint die Löſung faſt als Zufallstreffer. Killing und Hoveſtadt gehen von der leicht auf⸗

zuſtellenden Gleichung:(b+ c)“= a²+ 2a h cot 5 aus. Doch ergibt ſich keine zu⸗ ſammenhängende Zeichnung. Dagegen führt der Umweg über e und en in einfacher Weiſe zum Ziel. Wir denken uns von O, E, 0.(Fig. 9) die Senkrechten OU, EV, OW auf A gefällt. Dann iſt AV= b. te e. und EV= L.2 2, Mithin iſt durch a und b+ c auch, 0 gegeben. Durch dueſes und ha aber, und. Denken wir uns EO über E hinaus um ſich ſelbſt verlängert bis zum Punkte G, ſo haben wir nach der im Eingang gegebenen Vorſchrift ha= XX ſo auf VG zu legen, daß XVXYG harmoniſche Punkte ſind.

Durch y ziehen wir durch AV die Parallele, welche die Winkelhalbierende AE in O ſchneidet. Der Kreis um E mit EO trifft die Schenkel des Winkels a in den 4 Ecken B B C“ C eines Trapezes. Die Diagonale B iſt die geſuchte Seite.

X½ aus a, ma, b— c= d. Fig. 10.

Killing und Hoveſtadt geben eine ſchöne trigonometriſche Löſung der Aufgabe. Obwohl dieſe Löſung aus der Analyſis⸗Figur ablesbar iſt, führt ſie doch nicht zu einer zuſammen⸗ hängenden Zeichnung.

Die Lehre von den harmoniſchen Punkten gibt wieder eine einfache Löſung.

Es ſei AD= ma die Winkelhalbierende. Wir ziehen zu ihr die Senkrechten BF und DE bis zur Seite AC. Aus CD: BD= CA: BA und AF= AB folgt: CE: FE= CA:FA, alſo ſind A, F, E, C harmoniſche Punkte, woraus ſich nebenbei die Gleichung 2 4 2 2(08 2+ 1 und daraus die bekanntere Formel: me,= 2 h gos mo b 5 b † c

Nun iſt durch« und AD auch AE gegeben. Auf dieſes legen wir in bekannter Weiſe FC= d ſo daß, A, F, E, C harmoniſche Punkte werden.

Die trigonometriſche Löſung ergibt ſich leicht aus der Figur. Sei M die Mitte von FO

—— ¹—.. alſo AM= ber 6 Es iſt dann:(br*)— b. 4re(2n—,)

bo N

ergibt.

2

T cos 2 b— b c b—& 1 Setzt man: tang= dee: n 6 ſo iſt—== 5 und 2 cos 2 tang 2 tang—= tang KSn tang 4

8. Aufgabe: Von einer Ellipſe ſind 3 Punkte des Umfangs und ein Brennpunkt gegeben. Den 2. Brennpunkt und die große Achſe zu finden.(Fig. 11)

Die Aufgabe hat vor allem ein aſtronomiſches Intereſſe. Die Planeten bewegen ſich bekanntlich in Ellipſen, in deren einem Brennpunkt die Sonne ſteht. Dieſer iſt alſo für alle