Geometrische Aufgaben nach der Methode der Griechen bearbeitet [Reprint 2019 ed.] 9783111460055, 9783111092874

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Vorrede
Sammlung Geometrischer Aufgaben

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Geometrische Aufgaben nach

der Methode der Griechen bearbeitet

von

Dr.

W.

D i e s t e r w e g

A.

örd. Professor der M a t h e m a t i k a u f der k ö n i g l . preub» Rheinuniverait'ät;

M i t XIV. K u p f e r t a f e l n . B bey

e

r

l

Georg

i

n Reimer

1 8 2 5.

Den Herren Professoren

M.

in

10.

BLAND

C a m b r i d g e ,

WILH. in

KARL in

S t u t t g a r t ,

FR.

den

HAUBER

M a u l b r o n n ,

IOHN in

CAMERER

LESLIE

E d i n b u r g ,

gründlichen

Kennern

der Geometrie der Griechen,

mit ausgezeichneter Hochachtung gewidmet von

dem

Verfasser.

Vorrede.

D a die geometrische Analysis nichts anderes zum Gegenstande hat,

als die

Zurückführung

der Auflösung einer Aufgabe, oder des Beweises eines Lehrsatzes auf die näheren, oder entfernteren Bedingungen,

von welchen die Auflösung,

oder der Beweis abhangt, so leuchtet die Wichtigkeit des Studiums derselben für den jungen Mathematiker von selbst in die Augen.

Eine

vieljährige Erfahrung hat auch den Unterzeichneten gelehrt, dafs gerade diejenigen unter den Studierenden,

welche das grössere Talent für

das mathematische Studiuhi besitzen, das grössere Interesse

fiir

das

Studium

der

geome-

VI

Vorrede.

truchen Analysis zeigen.

Die Vorlesungen über

dieseDisciplin der Mathematik gehören defshalb zu den angenehmsten, welche der Unterzeichnete zu halten hat. Er hatte darin Veranlassung, einegrofse Anzahl alter und neuer Aufgaben nach der Methode der Griechen zu bearbeiten.

Eine Auswahl

aus denselben ist die vorliegende Sammlung, welche zunächst für seine Vorlesungen bestimmt ist, um in denselben auf sie zurück zu kommen, und seinen Zuhörern Gelegenheit zu eigener selbstständiger Bearbeitung darzubieten. Möge sie zugleich'als ein Beiträg zur Belebung des geometrischen Studiums angesehen werden, und auch in gröfserem Kreise, besonders unter den Schulmännern, Berücksichtigung und Theilnahme finden L Einer Belebung scheint

das geometrische

Studium überhaupt,

das der Schriften der Griechen insbesondere zu bedürfen, in einer Zeit, in welcher der Cakul über die Gebühr erhoben, und seine Anwendung auf geometrische wird.

empfohlen

Der Verfafser hegt die lebendige Ueber-

zengung, rein

Lehren vorzugsweise

lafs dieses Verfahren, wenn es den

- geometrischen Weg ausschliefst, der Wis-

Vorrede.

VII

senschaft zum Schaden gereichen weide, da ihm die Geometrie

mehr Mathematik zu enthalten

scheint, als der Calcul. — Möge die Herausgabe dieser Sammlung zugleich als eine Erfüllung des in der Vorrede zur Bearbeitung der Bücher des Apollonius unbestimmt

von Perga de gegebenen

sectione

determinata

Versprechens angesehen

werden!

Mehrere der nachfolgenden Aufgaben, nahmentlich Aufg. 54. dritte Analysis, Aufg. 56. zweite Analysis, Aufg. 86. 89. 95. 100. zweite Aufl., Aufg.

102. I I I .

119. 120. 125. 126. 127., ver-

danken die Leser der gefälligen Mittheilung des Herrn

Th.

'Eschweiler,

und Physik an

Lehrers der Mathematik

dem Carmeliter - Collegium

zu

Köln am Rhein, eines jungen Mannes, weicher seltene

Eigenschaften

in sich vereiniget % und

mit gleicher Leichtigkeit in dem Felde der Geometrie und dem des Calculs arbeitet, dessen Lehrgeschicklichkeit auch schon vielfältige Anerkennung gefunden hat und je länger, je mehr /in-

Vm den wird.

Vorrede. Aufgabe 94. rührt von eihem höffi-

nungsvollen Studierenden der hiesigen Universität t , Herrn Fr. Ley,

her.

B o n n im Februar 1825.

D i e st er w e g .

S a m m l u n g

Geometrischer Aufgaben.

Aufgabe 11.in

Dreieck

1.

(Flg.

1.)

zu beschreiben, in welchem die Grund-

linie der gegebenen geraden Linie g , Spitze dem

gegebenen Winkel a ,

summe der gegebenen

der Winkel

der

und die Schenkel-

geraden Linie S gleich sey.

Analysis. Es sey AABC das verlangte, so liegt, wegen der gegebenen Grundlinie BC und des gegebenen Winkels BAC, der Punkt A auf dem Umfange eines der Gröfse und, wenn BC als der Lage nach gegeben angesehen wird, der ¿>age nach gegebenen Kreisabschnittes (s. des Apollonius von Perga ebene Oerter, wiederhergestellt von Rob. Simson, tibersetzt von Camerer, Leipz. 1796. pag. 33.)- Macht man EA=AC und zieht die gerade Linie EC, so ist B E C = | B A C = | a , also liegt gleichfals der Punkt E auf dem Umfange eines der Lage und Gröfse nach gegebenen Kreisabschnittes (s. Apollonius

so liegt der Punkt E auch auf dem Umfange eines anderen, der Gröfse und Lage nach gegebenen Kreise» (Apollomus ebene Oerter pag. 33.), folglich ist det Punkt E, mithin die Lage der geraden Linie BE (Eu1

4

Aufgabe

1.

klids Data, verb. von R. Simson, übers, von Schwab, Stuttgart 1780. Satz 29.), somit der Punkt A (Dat. 28.) und (las ganze Dreieck ABC (Dat. 21).) gegeben. C o n s t ruc t ion. Man beschreibe über B C = g einen des Winkels a f.ibigen Kreisabschnitt B'OC, mache B D = D C , B D O = R , ziehe die gerade Linie BO, und beschreibe aus O als Mittelpunkt mit einem Radius = B O einen Kreis. Auch werde aus B als Mittelpunkt mit einem Radius —S ein Kreis beschrieben, welcher den zuletzt beschriebenen in £ erreiche. Zieht man die den zuerst beschriebenen Kreis in A schneidende gerade Linie BE, und verbindet die Punkte B , G mit A durch die geraden Linien BA, A C , so ist ABAC das verlangte. Determination. Vermöge El. I. 20. mufs S > g seyn. Damit der dritte Kreis den zweiten Kreis erreiche, mufs seyn S ^ B R (Euklids Elemente III. 15.), wenn BR ein Durchmesser des zweiten Kreises ist. Nun ist CBi : BR=Sin.ia : 1 (DiesterwegsLehrbuch der Tri> gonometrie. Bonn 1824. Lehrg J «atz 110

also irtufe seyn g:S~sin.ia:l (EI. V. 8.) Beweis, Es ist g:S^]sin.£a: l {CB:BR also S = B R (El. V. 10.). Da auch S > B C - seyn .mufs, so berührt (Fig. 1. a.) t oder schneidet (Fig. 1. b.) der dritte Kreis den Bogen

Aufgabe

2.

:j

B E C in einem Punkte E. Auch ist, wenn die gerade L i n i e E C gezogen w i r d , B A C = j E (+ACE 41(AC


2AO< ' a l s o isi

j^i-j'.sin.tcAG

8

Aufgabe 3.

E n d l i c h ist A L , : L H — 1 : c o t . -'-C6 (Diestenvegs Trigon, Lehrt.

} jg'

"

11 Zus, 2.)

folglich L H = i g . cot. i « mithip mufs seyn

8: / * > ( f

ßs'm.«

) .-ig.cot.i«

/ J 2 ß sin. i « . cos. i a ( *

4/Jsin.ia?

c n m i f «2 POmiC g

Sln

(Diesterwegi Trigonom. pag. 1J.)

:g

A™2 (Propraitioimm de ratioi»bus intet 5e diversis 'demimtrationes ed.tt.uber, Tub.l79i.$.5j.;

also g^2

y p sin. e : AG\

Aßsin.ta2:g

(Hauber §. 53.)3J

'/?sin.«: j i g . c o t . i « rLH, wie aus der Det. erhellet,

mithin ist A G ^ L H (El. V. 10.) demnach berührt (Fig. 2. a.), oder schneidet (Fig. 2. b.) die Linie GC den Kreis.

Auch ist

AC . C ü = 2 A O . C K , wenn C K A = K (El, VI. 4. 14.) = =

2EA.AG i j

J

2DA.AFf(C°n8tr-) P

(El. VI. 17.).

Da auch A C B = a , A B = g , so ist A A B C das verlangle.

Aufgabe

4.

9

Z u s a t z ; 1. Es erhellet von selbst, dafs es im Fall eines Durch, schnittes (Fig. 2. b.) zwey Dreiecke mit der gegebene« Eigenschaft giebt. Z u s a t z 2. Da g ^ j i s i n . k * seyn mufs (Det.) also

: 2 sin. i-a (Hauber

52.)

folglich ß : -ig— 1 :sin. HA: AL so niufs ß ^KH

seyu. Zusatz

3.

Da (Fig. 2. b.) AH. H B = ( 2 0 A . A L , wenn die gerade Linie HB gezogen wird (El. VI. 4.14.) >20A.AQ,wenn H Q # A G , so ist A H . H B > ,2ÜA.AG I AC.CB also bestimmt der Punkt H ein gröfseres Reckteck, als jeder andere Punkt des Bogens A H B , und jeder demselben naher liegende ein gröfseres, als der entferntere. Z u s a t z 4. Wenn auch g ^ 2 ( i cos. also ß : g ~ l : 2 cos. -i« (Hauber §. 52.)

Aufgabe

10 folglich


D O also 2 B D H - 2 D M 2 > 2 B D H - 2 D O : so ist auch BMM- M C 2 > B A H - AC 2 folglich bestimmt der Punkt M eine gröfsere Summe der Quadrate der Schenkel, als jeder andere Punkt de* Bogens BAC. Auch bestimmt jeder demselben näher liegende eine gröfsere Summe der Quadrate, als dei; entferntere. j

Aufgabe

G.

15

Anmerkung. Wenn der Winkel a nicht Es ist KB» : B E = G B : , B H g »

»2BL =tan.i« : 2

also B E -

%

tan. i «

somit M V = — S — , wenn C V = V E ; tan.i«' und M E = — ^ s 0 tan. i « _2g—gtan.1«

folglich EV=2g-gtan-,^=g b tan. i « _ g ( l — t a n . ^ct) tan. ¿a mithin

E V ^ i ^ ^ ^ tan.

2

2

18

Aufgabe

demnach

f AC, C . BEV,

7. tan.

(S±l2M tan. £a ' also 2gS tan. fo-f-2g*tan. ±a-hg 2 —2g 2 tan4«-f-g 2 tanitt 2 tan. i ß 2

2

g2se$.±a2-+-2gS tan.^ce tan.j« 2 folglich 6

V ^ V s e c . ±u 2 -h2g S tan. I « _ tan.i«

x y

mithin M f c V ^ e ' ^ « ' - 4 ; 2 « 8 t a n . f o - g tan.L« S tan. Ja-f-g — V / ^ g 3 s e c . i « 2 + 2 g S tan. ] w tan.i« Ferner ist BUi : U W = l : c o t . A « iB I

demnach AX;

also UW=4g.cot4ci t gegeben, das ist A)t. xC :g:Bx> wenn A D = D C = g , DB—d, D x = x gesetzt wird , folglich läfst sich verm. Apoll, de sect. det. Buch I. Aufg. 3. der Punkt x, mithin sowohl Dx» als Bx finden, und das Dreieck construiren.

Aufgabe

10.

33

Anmerkung. Dieselbe Aufgabe hat Fermat in folgender Weise behandelt. A n a l y s i s . (Fig. 10. b.) Es sey ABAC das verlangte, so ist, wehn ADB=«=R =CMA, B C . A D : B A » A C = / - B A . C M : B A . A C (El. I. 41.) I MC;: CA 1 B C : a , wenn MC:CA=BC:a, / wobey a , wegen des | (Dat. 62.2.) gegebenen I Verhältnisses MC:CA, f gegeben ist; ^ B C . A D ; a. AD also B A . AC \ = a . AD GA.AC J (EI. III. 20.) wenn um A B A C eih Kreis / beschrieben, B V = V C , B V E = R gemacht, | und aus dem Durchschnitte E der Linie l VE mit dem Bogen BEC als Mittelpunkt« / mit eineiä Radius = der geraden Linie 1 B E , ein Kreis beschrieben, und CA bis I zum Durchschnitt G mit demselben ver1 längert wird. HA. A K ) (El. III. 35.) wenn H, K die Endpunkte des durch A gezogenen Durchmessers des zuletzt beschriebenen Kreises sind. Ferner ist E A C = E B C (El. III. 21.) also A E F = , B E V ( E l . V I . 4 . ) , wenn A E F = f t ) J i B A C (El. III.. 21.) folglich ist E A : AF ein gegebenes Verhältnifs. Bestimmt man b so, dafs a : |^b=EA: A F , so ist h gegeben (Dat. 2.)» und 2a. A F = b.AE (El. VI. 16.) "

'

3

54

Aufgabe

10.

mithin HA. AK— b . A E = / a ( A D — 2 A F ) \a(AD—(CA—AG) ) \a(AD-(CA—AB)) ' a.cl somit HE S —HA. AK i-f-b. A E ^ A f - 2 — a . d AE2 » S AE(AE+b) j demnach ist AE(AE-f-h), und da AE-f-h—AE=. b gegeben ist, so ist (Dat. 86.) AE der Gröfse, und in so fern BG als der Lage nach gegeben angesehen wird, auch der Lage nach, somit der Punkt A, und das ganze Dreieck gegeben. Construction. Man beschreibe über der geraden Linie B C = g einen Kreisabschnitt, welcher des Winkels « fähig ist, mache BV—VC, B V E = R , verlängere VE bis zum Durchschnitt mit dem Kreise in E , x , ziehe den Durchmesser BO, mache E R O = R , R S = d , O S L = R , ziehe von B zu dem Durchschnitte L der Linie SL mit dem Umfange des Krei9es die gerade Linie B L , nehme auf der geraden Linie B E , oder ihrer Verlängerung die Linie N B = B L , beschreibe aus x als Mittelpunkt mit einem Radius = x N einen Kreis, welcher der verlängerten geraden Linie xB in y begegne, -mache die Sehne E A = B y , und ziehe die geraden Linien B A , A C , DO ist A A B C das verlangte. Beweis. Es ist* wenn die gerade Linie Ox gezogen wird, B O X — r BEV (El. III. 21.) fAEF-, wenn A F E = R , (El. VI. 4.)

Aufgabe

10.

35

also O B : B x = E A : AF folglich O B : i2Bxi = i E A i : |2AF ißW) 'By ' ' wenn W x = x B ; mithin 2 A F . OB —WB. By (El. VI. 16 ). Da B O . A D = / B A . A C (scho!. inlibr.VI.EIem. ed. Pfleidcrer.

/

Tiib. 1802. P. III. i. 158.)

kGA.AC, 1 1 I /

wenn die Verlängerung von CA dem aus E als Mittelpunkt mit E B als Radius beschriebenen Kreise in G begegnet, und El. III. 20.;

JHA. A K , wenn HK ein durch A lauI fender Durchmesser dieses I Kreises ist (El. III. 35.); [ H E 1 — E A 2 (EI. II. 5.) ^EB 2 —By 2 (Constr.) 30 ist BO(AD—2AF>= | E B 2 —By(WE-t-By) < O B . B R — / W y . y B (El. VI. 8. 17.) V x 2 — B x 2 (El. II. 6.) / BN 3 (El. I. 47.) 1 ) BL (Constr.) ( O B . B S (El. VI. 8. 17.) =>OB . R S demnach AD—2AF. = , R S AD—(CA—AB) i i d Da auch B C = g , B A C = a » so ist A A B C da» verlangte.

Aufgabe

11.

(Fig.

11.)

Ein Dreieck zu beschreiben, in welchem die Grundlinie der gegebenen geraden Linie g , der Winkel der Spitze dem gegebenen Winkel a , und das Verhältnif«

56

Aufgabe

10.

der Schenkelsumme zur Höhe dem p : Da auch A B = g , und B F A = P H D also R T A = P H A folglich B R A = H P K = a so ist ABRA das verlangte, Anmerkung, Dieselbe Aufgabe hat Pascal in folgender Weise be« handelt, Analysis

(Fig. 12. b.)

Es sey AABC das verlangte, sey ein Kreis um dasselbe beschrieben, und arc, BE=iirc. E C ; es sey aus E als Mittelpunkt mit einem Radius = E B ein Kreis beschrieben, welcher der Verlängerung von CA in G begegne, sey EFA—R; so ist, wenn die geraden Linien E C , BG gezogen werden, BAC,=BEC B G C + A B G ' =2BGG also A B G - B G C folglich GA=AB. Da G F = F C so ist FG—GAi=FC—AB AF ' mithin 2AF=CA—AB

Aufgabe 12.

39

demnach DA: 2AF=, DA: CA—AB ' q:p somit DA:AFi=q;ip DA.BCiiAF, BC» AB.CM» wenn AMC=R. Ferner ist AC : CM >=1: sin.« BA. AC : AB. CM> also BA. AC: AF. BC^q: jp. s in.« Auch ist FA: AE, ssYsin. AEF):1 FA.BC.AE.BCJ Neos. EAFf vcos. EEC/ /sin. -jBEC\ folglich BA.AC : AE.BC=/-q.sin.i«:^p.sin.\a \q:p.COS.jU (Diesterwrgs trigonom. 1 Formeln i. 4.) \RL:BC, wenn q:pcos:4u= J KL.BC; (KL.AE:AE.BC, mithin BA.ACWKL.AE GA.AC\ (El. III. 35.) HA.AKJ somit HA. AL—KL. EH. Es ist CB: |BE (BE >=;siri.a:cos.5« )=s ' EH> =2sin.-J-a : 1 also EH=2sin.i« • Cß Da auch CB : KL=pcos.4« : q so ist CB2: EH. KL=, 2psin4«.cos4«: q < psin.Kq

40

Aufgabe

12.

also E H . KL=—2— CB* psin.ct folglich °

psin.a.Lo

s=—2--BC. pcos.^a Da CB: j 2 E H , = s i n . A « : 1

bus. Da iiberdiefs D C E = | i « , C D E f e f D C E , so ist IQPR < Ql J ll IQHP C E = i AQ i also ist AABC das verlangte.

Aufgabe

47

15.

Anmerkung. Durch diese Aufgabe findet atlch die andere ihre Auflösung: ein Dreieck zu beschreiben , in weichem die Grundlinie, der Winkel der Spitze und Segment der den Winkel der Spitze halbirender geraden Linie, welches zwischen der Spitze Und der Grundlinie liegt, gegeben seyen.

Aufgabe

15.

(Fig.

15.)

Ein Dreieck zu beschreiben, dessen Grundlinie, Höhe und Schenkelsumme den gegebenen geraden Linien g , h , S gleich seyen. A n a l y s is. Es sey ABC das gesuchte Dreieck, so ist sowohl S —g 2 , als gh, mithin S 2 — g 2 : g h (Dat. 2.) 2

somit S 2 — g 2 : i

igh

»AABC also der Winkel ACB (Dat. 76. Conv.) gegeben, folglich die Aufgabe auf Aufg. 1. reducirt. Constructiom Man mache AB—g , A B E = R, auf der Verlängerung von AB die gerade Linie F B = h , beschreibe über der geraden Linie A F einen die Verlängerung von EB in G erreichenden Halbkreis, und aus A als Mittelpunkt mit einem Radius = S einen Kreis» welcher BE in E schneide, nehme H B = B G , K G ^ H E , verbinde den Durchschnitt K der Linien BF , GK mit dem Halbi» rungspunkte L der geraden Linie BE durch die gerade Linie K L , nehme M L K = K L B , BN:f{JVIL, B U = Ü A , B U N = I l , beschreibe aus dem Durchschnitte N der Li-

48

Arifgábe 15.

nien RN', NU als Mittelpunkte einen Kreis mit einem Radius = N B , verlängere UN bis zum Durchschnitt mit dem Umfange desselben in Q , beschreibe aus Q als Mittelpunkt einen Kreis mit einem Radius = der geraden Lini'e Q A , welcher von dem zweiten Kreise in R erreicht werde» ziehe die den Umfang des aus N als Mittelpunkt mit einem Radius = NB beschriebenen Kreises in C schneidende gerade Linie A R , und verbinde B mit C durch die gerade Linie BC, so ist ABC das verlangte Dreieck. Determination. Damit der Umfang des zweiten Kreises den Umfang des aus Q als Mittelpunkt beschriebenen Kreises erreichet laufe S ^ 2 A Q seyn (El. III. 15.).

folglich muís seyn i g : s V ^ g h : 2BE. KL (El. V. 8.) gh:2hSj

Aufgabe

15.

49

somit 2 h S > B E V ^ 4 K B ^ + B E » demnach

)2piBK*+BEl

{

BE also C i ( | | ) 2 - B K ^ w f K Ea

^/hS+UUJK\/hS'EB.BK^I V. BE /V BE )\

4h2(S-f-gXS-g) BE 2 2 4h (S 2 —g 2 ) BE 1 4h 2 mithin 4h 2 -f-g 2 >S 2 . Beweis. Es ist 4 h * + g ^ S 2 (Det.) also erreicht der Umfang des zweiten Kreises den Um» fang desjenigen, weither Q zum Mittelpunkte hat. Ferner ist ( A O + C B ) 2 - A B 2 : L A I C = 4B\ : \ C (D»t.76.) also (AC-fCB) 2 -AB 2 i :2AABC= (2RV:VC S2-g2 J

4

50

Aufgabe 16. 17. folglich 2 A A B C , = g h , wenn C D B = ! \ ; g-CD 1 mithin g : g = h : CD somit C n = h . Da auch Ä B = g , so ist A A Q C das verlangte. Zusatz. E s erhellet von selbst» da Ts es im Fall eines Durch-

schnittes der Kreise, welche A ,

Q zu

Mittelpunkten

hüben» zwey Dreiecke tnit de« verlangten Eigenschaften giebt.

Aufgabe 16. Ein Höhe

Dreieck und

(Fig.

zu beschreiben,

Schenkeldifferenz

15.) dessen

Grundlinie,

den gegebenen geraden

Linien g , h , d gleich seyen. A n a 1 y 8 i s. E s sey ACB das gesuchte Dreieck, so ist sowohl g 4 — d l f a l s g h , also g 1 — d 2 : g h so^xiit g 5 — d J : , i g h Iaabc folglich der Winkel A C B (Dat. 76. Zus. Conv.) gegeben, mithin die Aufgabe anf Aufg. 1. Anm. reducirt.

Aufgabe

17.

Ein Dreieck zu beschreiben, in welchem die Grund' Jinie und Höhe gegebenen geraden Linien, das Schenkelverhaltniis einem gegebenen Verhaltnifse gleich sey.

Aufgabe

17.

51

A n a I y s i s. Wenn die Grundlinie als der Lage nach gegeben angesehen wird, so Hegt, wegen der gegebenen Höhe, die Spitze auf einer der Lage nach gegebenen geraden Linie (Dat. 37.). Wegen des gegebenen Verhältnifses der Schenkel liegt die Spitze auf einem der GrÖfse und Lage nach gegebenen Kreisumfange (Apoll, ebene Oerter pag. 215.). Also liegt die Spitze im Durchschnitt beider Oerter, ist also gegeben, somit ist A A B C gegeben. An dere Ana lysis.

(Fig. 16.)

Es sey A A B C das verlangte, es sey auch CO die den Winkel AGB halbirende gerade Linie, und seyen O, G die Durchschnittspunkte derselben mit AB und dem in dem Halbirungspunkte F der Linie AB auf AB auf«, gerichteten Perpendikel FG. Macht man O G K = R , und verlängert GK bis zum Durchschnitt mit der durch O der Linie F G parallel gezogenen geraden Linie O K , so ist, wenn KO bis zum Durchschnitt M mit der geraden Linie C M , welche der AB parallel ist, verlängert wird, A C O M c n A K O G (El. VI. 4.) also C O : O M = K O : OG folglich C O . O G j = K O . O M (El. VI. 16.) AO.OB* mithin MO : O B = A O : OK (El. VI. 16.). Da A C : C B = A O : O B , so ist wegen des gegebenen Verhältnifses AC.'CB, das VerhäTtnifs A 0 : 0 ü , somit wegen der gegebenen AB—g Sowohl AO, als OB (Dat. 8.) gegeben. Da M O = C D = h , so ist OK der Grüfse nach, somit wegen der der Lage nach gegebenen OK der

52

Aufgabe

18.

Punkt K gegeben. Da O G K = R , so liegt G auf dein Umfange eines der Gröfse und Lage' nach gegebeneu Halbkreises. Weil er auch auf der der Lage nach gegebenen Linie F G liegt, so ist der Punkt G , demnach die gerade Linie GOC der Lage nach gegeben. Da C D B = R , C D ^ h , so ist auch CM der Lage nach gegeben '(Dat. 3 7 . ) , also auch der Durchschnitt C der Linien O C , CM (Dat. 28.) folglich das Dreieck ABC gegeben.

Aufgabe

18.

Ein Dreieck zu beschreiben , in welchem die Grundlinie . und Höhe den gegebenen geraden Linien g , h, das Rechteck der Schenkel dem Quadrate der gegebenen geraden Linie a gleich sey. A n a l y sis. Da g , h gegeben sind, also auch g.h gegeben ist, so ist a 5 : gh, somit ah{ghf folglich der Winkel der Spitze (Dat. Ii2. Conv.) gegeben, mithin die Aufgabe auf die andere leicht auflösbare reducirt: ein Dreieck zu beschreiben, dessen Grundlinie, Höhe und Winkel der Spitze gegeben sind. Anmerkung. Robert Sirason behandelt diese Aufgabe nach folgender Analysis.

(Fig. 2. b.)

Es sey A A B C das verlangte, so ist, wenn CK seine Höhe, und CR der Durchmesser des um das Dreieck beschriebenen Kreises ist, auch die gerade Linie BR gezogen worden ist, wird A A C K c o A B C R ( E l . III, 21. VI. 4 . )

Aufgabe

53

19.

also A C : C K = R C : C B folglich A C . CB | — R C . CK (El. VI. 16.)

a2

i

mithin K C j : « = « : R C (El. VI. 17.) h > demnach ist RC (Dat. 2 . ) , somit auch die Hälft« OC der Giüfse nach gegeben. gegeben

angenommen,

Wird AB als der Lage nach so ist,

wenn L A = A B ,

der

Punkt L , und wenn A L O = r R , die Lage, der Linie L O (Dat. 32.), also auch der Mittelpunkt des um das Dreieck zu beschreibenden Kreises (Apoll, ebene Oerter pag. 32. Dat. 28.) , folglich der Kreis der Gröfse und Lage nach gegeben» auf dessen Umfange die Spitze C liegt. Da wegen der der Gröfse nach gegebenen CK die Spitze C auch auf der geraden Linie CG liegt (Dat. 37.), welche in der Entfernung C K = h der Linie AB parallel gezogen wird, 80 ist derPunk,t C, somit das Dreieck ABC gegeben.

Aufgabe 19.

(Fig. 4. b.)

Ein Dreieck zu beschreiben, in welchem die Grundlinie und Höhe gegebenen geraden Linien, die Summe der Quadrate der Schenkel dem Quadrate einer gegebenen geraden Linie gleich sey. A n a l y sis. Es sey A A B C

das verlangte,

so liegt, wenn die

Grundlinie BC als der Lage nach gegeben angesehen wird, die Spitze A, wegen der gegebenen Höhe A E , auf einer der Lage nach gegebenen geraden Linie (Dat. 37.). Wenn BC in D halbirt,

und die gerade Linie D A ge-

zogen Wird, so liegt die Spitze wegen der der Gröfse

Aufgabe

10.

nach gegebenen Grundlinie und der gegebenen Summe der Quadrate der Schenkel auf einem der Lage und Gröfse nach gegebenem Kreisumfange, wie in Aufgabe 4. dargethau i s t , also ist die S p i t z e , somit das Dreieck gegeben. Aufgabe

20.

Ein Dreieck zu beschreiben, in welchem die Grundlinie und Hübe gegebenen geraden L i n i e n , der Unterschied der (Quadrate der Schenkel einem gegebenen Quadrate gleich sey. Analysis. D a , wenn die Grundlinie als der Lage nach gegeben angesehen w i r d , wegen der gegebenen Höhe die Spitze auf einer der Lage nach gegebenen geraden Linie liegt, wie Aufg. 19., und d a , wegen der der Griifse nach gegebenen Grundlinie und der gegebenen Differenz der Quadrate der Schenkel, die Spitze auch auf einer andern der Lage nach gegebenen geraden Linie liegt, wie in Aufg. 5. dargethan wurde, so ist die Spitze, somit das Dreieck gegeben. Aufgabe.

21.

(Fig.

17.)

Ein Dreieck zu beschreiben , in welchem der Winkel der Spitze einein gegebenen YVinkej, die Summe der Grundlinie und Hohe, und die Sthenkelsumme den gegebenen geraden Linie S , a gleich seyen. A n a 1 y s i s. Bezeichnet man die Grundlinie mit x, also die Hi/he mit S — x , »o ist verm. Dat. 76. das Veili iltnifs

Aufgabe 22. 23.

55

2 also ¿uch a — x : x ( S — x ) > J

1

d. i. A x . x C : B x . x D

gegeben, wenn A B = B C = a ,

B x = x , B D = S gesetzt wird, also Iäf$t sich, verm. Apoll, de sect. det. Buch II. Aufg. 1., der Punkt x ,

somit B x

und das Dreieck finden.

Aufgabe

22.

(Fig. 18.)

Ein Dreieck zu beschreiben, Jin welchem der Winkel der Spitze einem gegebenen der

Winkel,

die Summe

Grundlinie und H ö h e , und die Scherikeldifferenz

den gegebenen geraden Linien S , d gleich seyen. An a ly sis. Bezeichnet man die Grundlinie mit x, also die Höhe mit S — x , so ist verm. Dat. 76. Zus. das Verhältnifs x2-d2;x(S~X> also auch x 2 —d 2 ; x ( S — x ) 1 d. i. A x . x C : B x . x D

'gegeben,wennAB=BC=d,

B x = x , B D = S gesetzt wird, also läfst sich, verm. Apoll, de sect. det. Buch I. Aufg. 2. Fall. 2 . , der Punkt x , somit B x und das Dreieck finden.

Aufgabe Ein Dreieck

23.

zu beschreiben, in welchem der Win«

kel der Spitze einem gegebenen W i n k e l , die Summe der Grundlinie und Höhe einer gegebenen geraden Linie, und das Verhältnifs der Schenkel einem gegebenen Verhaltnifse gleich sey.

56

Aufgabe

24.

25.

A n a ly s ¡8. Wegen des gegebenen Winkels der Spitze und des gegebenen Verhalt nifses der Schenkel ist das Dreieck der Art nach (Dat. 44.). a'so das Verhältnifs der Grundlinie zur Höhe (Dat. 50.) gegeben. Da such die Summa der Grundlinie und Hohe gegeben ist, so ist sowohl die Grundlinie, als die Hohe gegeben (Dat. 8.), folglich l^lst sich uas Dreieck fiuden. Aufgabe

24.

Ein Dreieck zu beschreiben , in welchem der Winkel der Spitze einem gegebenen Winkel, die Summe der Grundlinie und Höhe der gegebenen geraden Linie S , und das Rechteck der Schenkel (lern Quudrate der gegebenen geraden Linie b gleich sey. Analysis. Bezeichnet man die Grundlinie mit x, also die Höhe iüit S—x, so ist verm. Dat. 62. das Verhältnis

alfo auch b-:x(S—x) gegeben folglich x(S—x) gegeben (Dat. 2.). Da x-f-S—x S , so ist (Dat. 86.) x , folglich das Dreieck gegeben. Aufgabe

25.

(Flg.

19.)

Ein Dreieck zu beschreiben, in welchem der Winkel der Spitze dem gegebenen Winkel a, dieSumnje der Grundlinie und Höhe, und der Umfang den gegebenen geraden Linien S » U gleich Seyen.

Aufgabe

25.

57

Analysis, Bezeichnet man die Grundlinie mit x , also die Höbe mit S—x, uml die Schenkelsumme mit U—x, so ist verm. Dat. 76. das Verhältnifs /it \22 —x 22 : — (U—x)

:x)

also (U—x) 2 —x 2 a : x(S—x)} gegeben U 2 - 2 U x V. V. 2U(yU—x)J j folglich auch U(iU—x) :x(S—x) • d. 1. U . Bx: Ax. xC ' gegeben, wenn AB =*{-Ut A x = x , AC=-S gesetzt wird, mithin läfst sich, verm. Apoll, de sect. det. Buch. I. AuPg. 3. Fall 2., der Punkt x , somit Ax, und das Dreieck finden. Constrnction. Man mache L H K = a , verlängere LH um P H HK, zieht die gerade Linie PK, nehme H A P = R , verlängere HA zu beiden Seilen, mache B A = A O = O M = 4 U , Q A = A H , Q E # M P , A C = S , nehme A E F = R = A C G zu verschiedenen Seiten von AE, F E = E A » GC=CB» beschreibe über der geraden Linie FG einen Halbkreis, welcher die gerade Linie AB in x schneide, und über Ax einen Kreisabschnitt, welcher des Winkels a fähig ist, mache A x U = R , U x = x C , UN^AB , und verbinde den Durchschnitt N der Linie NU mit dem Umfange des über Ax beschriebenen Abschnittes mit den Punk« n A , x durch die geraden Linien A N , N x , so ist ANx das verlangte Dreieck. Determination. Damit UN den Bogen über Ax erreiche» mufs, 'wenn

58

Aufgabe 25.

AR=Kx,

ART=R,

und

der Durchschnitt des Bogens

mit der L i n i e R T i s t , seyn E s ist P A :

t

Ux~RT.

A Q ^ = , M A , : A E ( E l . VI. 4 . ) < U i

1 :tan.i«J also folglich

AE^Utan.i«

AE.BC^Utan.i«(S—±U) FE.GC Cx . xE # „ I

VxJ-(

VC2

(Apoll, dl- si-i-r. (S-iU)

2UStan.iK-»-SM-4UStan.i«—2ü2tan.J« _ (Utan.^K-f-S)*—2U?tan.'« ~~ 4 somit Vx=L\/^(ütan.i«-i-S)2—2U2tan.ic« demnach C x s s J - V ^ C U t a n •icH-S)2—2UItan. \a—

U tan.4a—S rr

also IJtan

c

Aufgabe 25.

59

S+Utan.{tt--(Umi.iq+S)2—2U'tan.^-«* 2

folglich iAxi==

S-f-Utan. j«—

j

n.

—2U2tan. Ja

AR mithin S+Utan.|ce—\/^(Utan4K-?-S)2—2ü2tan.|q 4tan.i« damnach mufs seyti U tan.iß—S (Utan. i«+S)2—2U2tan. |«— 2

RT

-S4-Utap.iw—'y/^(Utaii.iK-+-S)a-2Uatan.fK < -itan.J« also 2tan.'a (V/^(Uun.ia>S)2-2Uaton.ia_cUtan4«-S)) Ts+Utan.?«—V^C Utan.jcs+S)1—2U2tan. folglich cH-S)2—2U2tan.ia ^is+Utan.ia-+-2tan.i«(Utan.i«—S) (S(l-2tan4«)+Utaii4a(l-f-2tan.iR) mithin = 1—2tan.i« 4 /") V (Utan.icH-S)2—2U2tan.i« < S. 1+2tan l^+Utan.^

60

Aufgabe 25. somit (Utan.*«-f-S)*-2U'tan.i«

< S 2

( L - g ^ )

2

w U , tan4a"-(-2UStan.4a+S 2 -2U 2 tan4a • onc.

i 1—2tan.±«

s \ — 2ran.io\ demnach 2UStan.| 2 d. f. Ax : S . Bx l wenn ABaask, Ax ) =xgesetzt wird; also ist das Verhältnifs A x 2 : S.Bx gegeben; mithin ist

66

Aufgabe

50.

verm. Apoll, de sect. det. Buch I. Auf. 2. Fall 2. a. der Punkt x, somit Ax und das ganze Dreieck gegeben. Constructiou. Man mache UDE— ce, verlängere [JD , nehme A D = V E , ziehe A E , mache A F D = R ,

G F — F D , AK—a,

beschreibe über A F einen Halbkreis, nehme AGH—R, bezeichne mit H den Durchschnitt des Kreises und der Linie G H , ziehe F H ,

KL^TH,

mache ML— a—LN,

ziehe durch A die gerade Linie O T ^ G H , nehme AP S = P O — A t i , A N B = A O M , VA— A G , F T r f t P V , T S ^ A F , S T = T A , I I A = A B , beschreibe über der geraden Linie R S einen Halbkreis , welcher der Linie A T in x begegne, beschreibe über Ax einen Kreisabschnitt, welcher lies Winkels a fähig s e y , mache ßx\V=l{, - xß, W C ^ A ß , und ziehe den Punkt C ,

VVX

in welchem

W C dem Kreisbogen über Ax begegnet, mit A , x zusammen , so ist A A C x das verlangte. D e t e r m i n a tiori. Vermöge Apoll, de sect. det. Buch I. Aufg. 2. Fall 2-. a. Det. mufs, damit der Kreis über R S derLinie A F

begegne p seyn VAi : A F ^ ( P A . :4AB GAV M s ) AFF — F D ) C A (Diestei'wees Trjgonom 1— - t a n 2. i,,l i«•: ! 1 ' Lehr», 11. Zus. ¿.) E s ist O A : A M — N A : AB (El. VI. 4.) also O A . A B — , M A . AN (El. VI. 16.) I , M L 2 , — L A 2 ( E l . II. 5. i

a2 l

Aufgabe

30.

07

Ferner ist KA^ : AL 2 =(FA 2 : AH2 (F.l. Vi. 2- 22.) IFA: , AG (El. VI. 20. Zus.2.) ' AF—FD : t—ian.i« also AL2— a2 (1 —tan. «) folglich OA. AB i =a2(l—tan.,|«) J 2S.AB» 11; die Summe der Grundlinie und Höhe der gegebenen geraden Linie S , die Summe der Quadrate aller Seiten dem Quadrate der gegebenen geraden Linie a gleich sey. Analysis. Bezeichnet man die Grundlinie mit x, alsö die Summe der Quadrate der Schenkel mit a 2 —x 2 , die Höhe mit S—x, so istj, verm. Dat. 7 1 sr—a 2 -t-x 2

.

x(S—x) 2.

also 2x2—-a2 : x(S—x) folglich 2 x " — a 2 : 2Sx—2x* ¿eben.

mithin 2x 2 —a 2 :2Sx-r-a 2 seBestimmt man die gerade Linie h so , dafs a 2 : h 2 —2x 2 —a 2 : 2Sx—a 2 so ist 2x 2 : j 2Sx—a 2 -i-h 2 :s • 2S(x-f-k) x - :S(x-j-k) d. i. Bx- : S . Ax

- ( wenn h 2 — a 2 ^ 2 S k ; t 3 gegeben, wenn AB— k;

Bx—x gesetzt wird; demnach ist verm. Apoll, de sect. det. Buch I. Aufg. 2- Fall 1. b . , der Punkt x , somit die gerade Linie Bx und das ganze Dreieck gegeben.

Aufgabe 35,

75

Construction. Man mache D C T = « , D E C - R, F E - E D , beschreibe über C F einen Halbkreis, dessen Umfang der Verlängerung von D E in G begegne, ziehe die gerade Linie CG, nehme B C = a , B H ^ D E , verlängere BH bis zum Durcl*fchniit mit der verlängerten CG in H , mache M U - B S — S T = S , ziehe die gera.le Linie T H , errichte in H auf T H ein die verlängerte EB in A schneidendes Perpendikel, mache- ABK.- R , Q E = E C , Q L ^ U E , D K # B y , L O f t M K , B O P - R , P O = O B , N B ^ B A , beschreibe über der geraden Linie PN einen Halbkreis, dessen Urni n g die Verlängerung von AB in x schneide, und über der Linie Bx einen des Winkels c: fähigen Kreisabschnitt, mache B x R = R , R x - x S , I I U ^ A B , und ver-. binde den Punkt U , in welchem RU mit dem Kreisbogen über Bx zusammentrifft, mit ß , x durch gerade jLinien, so ist A R U x das verlangte. Determination, Damit RU mit dem über Bx beschriebenen Kreisbogen zusammentreffe, m u l s , wenn By— j x , und f. der Durchschnitt der Linie yz mit dem Bogen

E s ist v n - n r DE-4-EC: CEl i+cpt,DCE:cot.DCE, 1—cot.«: —cot.« cot.es—L: cot.«

— »»»

;

ß O (El. VI. 4.)

(DiesteTwegs Trigon, Lslir«. 11. Zus. 2.)

76

Aufgabe also B O =

35.

S.cot« cot.«—1

Ferner ist E C ' r C G ^ i B C 1 , :CH» (El. VI. 4.)

EC:CF(

I a* 5

(El. VI. 20. Zus. 2.)

EC:CE-f-EDi cot.«: cot.a—l* folglich

CÜt M

mithin CHJ—CBJ„ = f f c o t - " - ! ) - » > BHä V (EI.VI.8.17.) Tß.BA 2S.RA somit AB= demnach AB.BO

cot.«

>2 cot.«

2Scot.«

Scot.ce ~2Scot.« "cot.«—1

2(1—cot.«)'

das ist

wenn B y = y O ;

Aufgabe r T i- L n 8cot.« . V roleUch BXSSRT 6 2(cot.«-l)

~~

35.

77

S J c o t . « 2 - f - 2 a J ( l - cot.«) — 2(1—cot.«)

S 2 cot.« 2 -f-2a J (l —cot.«)— Scot.u ' 2(1—cot.a)

so mit V/^S*cot.«2-+-2a2(l—cot.«)-Scot.« 4(1—cot.«)

1r By' Es

mithin

ist B Y ; Y Z = 1 : C O t . i «

f n i e j r p r w e g j T r i g o n o m . L e h n . 11. Zus. 2 )

YZ=7^g-a)(\/^)S2cot.w^2a2Cl-cot.« —S.cot.a)

d e m n a c h mufs seyn y/^Sicöt!ä2-4-2aJ(l—pot.a)—S.cot.a S™" 2(1—cot.a) S(2—cot.«)—\Z^S^cotI»2-+-2a2(l-cotIä) " 2(1—cot.a) = cot-^a CV^S2cöü?-*-laVl—cot.«)—Scot.«) 2 a s ( l — c o t . « ) •^cot.i«V/^S2cot.aa+2aJ(l—cot.«)—Scot.et.cot4«) folglich S ( 4 — 2 c o t . a 4 - c o t . a . c o t . i « ) i SCl—cot.a(2—cot.J«))

>

Aufgabe

78

35.

mithin S^.'f—cot.(rf2—cot.^«))1


i : AE (El. VI. 4.) PA:2AK\ I h ) t :2cot.^c;J (Diest. Trie;. LeJirs. 11. Zus. 2.) also AE—2hcot.§K. Ferner ist C x . x E \—EF . CG (Apoü.despct. det.Lehns,A.p.3.) Vx 2 —VE 2 ¿ = A E . C B , wenn E V = V C (E1.I1.6.); /CA—AEv 2! Vx*———^ ) \=21iScot.{« v x ^ ^ i i ! )

1

Vx2-(S—hcot.i«)2 also V x 2 = 2 h S c o t . | K 4 - S 2 — S h S c o t . J ß - f - h ^ c o t , ^ 2 =^S2H-h2Cot4«2 folglich C x = V

S2-fh2cot.i«2-f-S—hcot.'«

Aufgabe demnach

39.

Rx=\/^S-,+li2cot4«:!—hcot.i«

somit I i T = i V / ^ S M - l i ? c o t . - i a a - A h c o t . J ( »

also ist | \ / ^ S 2 - K h s c o t . i « 2 — 5 - h c o t . | « : TZ—1 : cot.|e folglich mufs seyri' S 2 + h 2 c o t . | « " - | h c o t . | « : h ~ l : cot.i« mithin somit

h^icot4«(V^S24-h2cöi4«2—hcot^«) (a+cö^ä^h^cotJiaV^SH-h^cöt^2

also h 2 ( 4 + 4 c o t 4 « 2 - t - c o t . | « 4 ) .cQt.J« 2 (SH-h 2 cot.|« 2 ) folglich 4 h 2 ( 1 4 - c o t . | « 2 ) |

•)• ^ die Summe der Schenkel gegeben ist, so sind (Dat. 8(3.) cUe Schenkel selbst, also ist das Dreieck gegeben. A n m e r k u n g. Setzt man in den vier vorstehenden Aufgaben statt Summe der einschlielsenden Seiten die Differenz derselben, so bilden sich eben so viele andere auf ähnliche Weise zu behandelnde Aufgaben. Aufgabe

42,

Ein Dreierk zu beschreiben, in welchem der Winkel der Spitze einem gegebenen Winkel, das llechleck der einschlielsenden Seiten dem Quadrate der gegebenen geraden Linie u , der Umfang der gegebenen geraden Linie U gleich sey.

Aufgabe

§7

43.

Analysis. Gezeichnet man die Grundlinie mit x , also die S c h e n k e l s u m m e m i t U - x , das Dreieck mit D , so ist das V e r hältnis ( U — x ) 2 — x 2 : D das Verhältnifs D : a 2 Verhältnifs

gegeben ( D a t . 7(>.).

Da auch

gegeben ist ( D a t . 6 2 . ) , so ist das

(U—x)2—x3 > : a2,

also

U(U—2x),

folglich

U(U—2x5 U — 2 < , mithin x , somit das Dreieck gegeben. A u r a e r k u n g. D u r c h diese Atifg.ibe findet auch die andere ihre E r ledigung: nen

aus der Spitze eines der Lage nach gegebe-

Winkels,

von

einein

einen

dessen Schenkel Kreise

berührt

Kreis b e s c h r e i b e n ,

in gegebenen

werden,

so dafs

gejneinschafiliehe Tangente

als

Punkten

Mittelpunkt

eins beiden

Kreisen

S e g m e n t e auf den

Schen-

keln jenes W i n k e l s abschneide, welr.hs

ein der G r ö f s e

nach gegebenes Rechteck einschliefsen.

Aufgabe

43.

Ein D r e i e c k zu b e s c h r e i b e n ,

in w e l c h e m der W i n -

kel der Spitze einem gegebenen W i n k e l , der einschlieisenden

Seiten dem

nen geraden Linie a ,

der

das Rechteck

(luadrate der gegebe-

Uebersthufs der

Schenkel-

s u m m e über die Grundlinie der gegebenen geraden Linie xl gleich sey. A n a l y sis. Bezeichnet

man

die

Grundlinie

mit

x,

also

die

S c h e n k e l s u m m e mit x - f - d , das Dreieck mit D , so ist v e r m ö g e Dat. 76. das Verbältnil's ( x + d ) 2 — x ? : D gegeben. Da

auch v e r m ö g e Dat. 6 2 . das Verhältnifs D : a* ge-

8S

44. 45.

Aufgabe

geben, so ist das Verhältnifs ( x - f - d ) 2 — x 2 >: a 2 gegeben (2x+d)d> also (2x-t-d)d (Dat. 2 . ) folglich 2 x + d (Dat. 2 - ) mithin x , somit das Dreieck gegeben.

Aufgabe

44.

E i n D r e i e c k zu beschreiben,

in welchem der W i n -

kel der Spitze einem gegebenen W i n k e l ,

das Piechteck

der ein-chliefsenden Seiten dem Quadrate der gegebenen geraden Linie a, das Verhältnifs der Sclienkelsumme zur Grundlinie dem gegebenen Verhältnifse p : q gleich seyAnalysis. Bezeichnet man die Grundlinie mit x, also die Schenkelsumme mit - x ,

das Dreieck mit D ,

sö ¿st vermüge

Dat. 76. das Verhältnifs ( - x ) 2 - ^ - x 2 ; D gegeben. D a v e i m , q Dat. G2- das Verhältnifs D : a 2 gegeben i s t , so ist

M

( ¥ x y — x 2 ) : a2

also auch x 2 : a ' 2 folglich x , somit das Dreieck gegeben.

Aufgäbe.

45.

E i n Dreieck zu beschreiben, in-welchem der Winkel fier Spitze einem gegebenen W i n k e l ,

das Rechteck der

Aufgabe 46. einschliefsenden

Seiten

dem

89

Quadrate der

gegebenen

geraden Linie a , das Rechteck der Schenkelsumme und Grundlinie dem Quadrate der gegebenen

geraden Linie

b gleich sey. Analysis. Bezeichnet man die Grundlinie mit x , kelsumme mit y ,

das Dreieck mit D ,

die Schen-

so ist vermöge

Dat. TG. das Verhältnifs y 2 — x 2 : D gegeben. D a verm. Dat.

62. i!as Verhältnifs

Verhältnifs

D : a 2 gegeben i s t , so ist das

y 2 — x 2 : a2

folglich y 2 — x 2 gegeben.

D a auch x y = b 2 ,

die Aufgabe auf die aridere reducirt: Rechteckes zu finden, der Unterschied

wovon

so ist

die Seiten

der Flächenraum,

eines und

der Quadrate der Seiten gegeben i s t ,

welche sich nach Dat. 87. auflösen lafst.

Aufgabe 46. Ein Dreieck zu beschreiben, in welchem der W i n kel der Spitze einem gegebenen W i n k e l , der

Schenkel

dem

das Rechtet k

Quadrate der gegebenen

gerade.'

Linie a , die Summe der. Grundlinie und Schenkeldifferenz der gegebenen geraden Linie S gleich sey. Analysis. Rezeichnet man die Grundlinie mit x , also die Schenkeldiffercnz

mit S — x ,

das Dreieck mit D , so ist ver-

möge Dat. 76. das Verhältnifs x 2 — ( S — x ) 2 : D gegeben Da verm. Dat. 02. auch das Verhältnifs D ; a 2 also x 2 — ( S — x ) 2 > (2x—S)S

:a2 '

90

Aufgabe

47. 48.

fod glich (2x—S)S

gegeben i s t , so ist ( D a t . 2.) 2x—S ,

somit x und das ganze Dreieck

Aufgabe

gegeben.

47.

E i n Dreieck zu beschreiben, in welchem der W i n kel der JSpiUe einem gegebenen der

Schenkel

dem

Quadrate

W i n k e l , das Rechteck der gegebenen

geraden

Linie a, der Ueberschufs der Grundlinie über die S c h t n keldifferenz der gegebenen geraden Linie d gleich sey. A n a 1 j s i s. Bezeichnet m a n die Grundlinie mit x , also die Schenkeldifferenz m i t x — d , so i s t ,

wenn das Dreieck mit

D bezeichnet wird, verni. Dat. 7ß, Zus., das Verhältnifs x2—(x—d)J:D

gleich einem gegebenen Verhaltnifse. Da

auch das Verhältnifs D : a 2

gegeben ist (Dat. ( j 2 0 , s>o

2

ist das Verhältnifs x — ( x — d ) 2 ( ; a* gegeben d('2x—d)

1

also ist c!('2x—d) folglich

d,

mithin x , somit das Dreieck gegeben"

Aufgabe

48.

Ein Dreieck zu beschreiben , in welchem der W i n kel der Spitze einem gegebenen W i n k e l , das Rechteck der Schenkel dem Quadrate der gegebenen geraden Linie a , das Verhältnifs der Scheiikeldifierenz zur Grundlinie d e m gegebenen Verhaltnil'se p : (j gleich sey. A n a 1 y s i s. Dezeichnet

man

die

Grundlinie

mit x ,

also

SchenkeldiftereiiÄ mit - x , das Dicieck mit D , ( J

die

so ist

Aufgabe 49.

91

verm. Dat. 76. Zus. (las Verhältnifs x 2 —(?x) 2 :D gegeben. Da verm. Dat. 62. das Verhältnifs D ; a 2 gegeben ist»

also auch x : a 2 somit x und dg« ganze Dreieck gegeben.

Aufgabe 49. Ein Dreieck zu beschreiben, in welchem der Win kel der Spitze einem gegebenen Winkel, das Rechteck der Schenkel dem Quadrate der gegebenen geraden Linie a , das Rechteck aus der Schenkeldifferenz und der Grundlinie dem Quadrate der gegebenen geraden Linie b gleich sey. Analysis. Bezeichnet man die Grundlinie mit x , die Schenkeldifferenz mit d , das Dreieck mit D , so ist verm. Dal. 76. Zus. das Verhältnifs x 2 —d 2 : D gegeben. Da verm. Dat. t52. das Verhältnifs D : a 2 gegeben ist, so ist — d 2 : a 2 gegeben, also ist x 2 —d 2 gegeben. Da dx—b 2 , so ist die Aufgabe auf die andere reduc'rrt: die Seiten eines Rechteckes zu finden, von welchen c :;r Flächenraum, und der Unterschied der Quadrate der einen Winkel einschliefsenden Seiten gegeben st, welche Aufgabe sich nach Dat. 87. auflösen läfst.

92

Aufgäbe Aufgabe

50. 51. 50.

Ein Dreieck zu beschreiben, in welchem der W i n kel der Spitze einem gegebenen Winkel, das Rechteck der Schenkel dem Quadrate der gegebenen geraden Linie a , die Stimme der Quadrate aller Seiten dem Quadrate ger gegebenen geraden Linie S glei:ii scy. A n a 1 y s i s. Bezeichnet man die Grundlinie niitx, also die Summe der Quadrate der Schenkel mit S 2 —x 2 , das Dreiedi mit D , so i s w e n n der gegebene Winkel > R , d,!S Verhältnifs S 2 — 2x2:D gegeben. Da auch (Dat. 6:2.) da» Verhältnifs D : a 2 gegeben ist, so ist S2—2x!:a2, also S 2 —2x 2 , somit x und das ganze Dreieck gegeben. Wenn der gegebene Winkel * der Ouadr.;te der Schenkel mit - x 2 , das Dreieck mit

Aufgabe 52.

93

D , so ist, je nachdem der gegebene Winkel ^ R , v e r m , Dat. 74. oder 7 5 . , das Verhältnifs =D, oder (x 2 —Ex 2 } : D gegeben. ö x ' A

Da das

(

) { q ) q 2 Virh'altnifs D : a gegeben ist (Dat. 02.), so ist 2—-'x 2 : a 2 oder - — E x 2 : a 2 «1 'I also in beiden Füllen x ; : a 2 , somit x und das ganze Dreieck gegeben, Anmerkung. Wenn ein Dreieck beschrieben werden soll, von welchem ausser dem Winkel der Spitze der Ueberscliufs des Quadrates der Schenkelsumme über das Quadrat der Grundlinie, oder der Ueberschufs des Quadrates der Grundlinie über das Quadrat der Schenkeldiffer e n z , oder der Ueberschufs der Summe der Quadrate der Schenkel über das Quadrat der Grundlinie, oder der Ueberschufs des Quadrates der Grundlinie Über das Quadrat der Schenkeldifferenz, und iiberdiefs die S u m m e , oder der Unterschied der Schenkel, oder die S u m m e , oder der Unterschied der Quadrate derselben, gegeben sey, so geben die Sätze 74. 75. 76. der Data Mittel zu den Auflösungen an die Hand.

Aufgabe.

52.

Ein Dreieck 7.n beschreiben, in welchem der Winkel der Spitze einem gegebenen Wiwkel, die Höhe der

94

A u f g a b e 55.

gegebenen geraden Linie h , das Rechteck der Schenkel dem Quadrate der gegebenen geraslen Linie a gleich sey. Analysis. Bezeichnet man die Grundlinie friit x , so ist verm. Dat. 62. das Verhältnils a2 : lix gegeben, also hx, somit x und das ganze Dreieck gegeben. Aufgabe

53.

(Fig.

26.)

Ein Dreieck zu beschreiben* in welchem der Winkel tier Spitze einem gegebenen Winkel, die Höhe der gegebenen geraden Linie h , die Summe der Quadrate der den gegebenen Winkel einschliefsenden Seiten dem Quadrate der gegebenen geraden Linie a gleich scy. Analysis. Bezeichnet man die Grundlinie mit x , so ist, wenn der gegebene Winkel > R (Dat. 74.) das Verhästnifs x 2 —a 2 : hx > d. i. (Fig. 26. a.) Ax.xC:b.Bx' gegeben, wenn Aß— B C = a , Bx=x gesetzt wird, also ist, vermöge Apoll, de sect. det. Buch I. Aufg. 4. Fall 2., tier Punkt x, mithin Bx, somit das Dreieck gegeben. Wenn der gegebene Winkel < P i , so ist (Dat. 75.) das Verhältnifs a 2 —x 2 :hx > d. i. (Fig. 26. b.) Ax.xC:h.Bx > gegeben, wenn AB=BC »t=a, B x = x gesetzt wirdj also ist* verm. Apoll, de seet, det. Buch I. Aufg. 3, Fall 2-, der Punkt x , folglich die Linie Bx, somit das Dreieck gegeben.

Aufgiibe 54. Aufgabe Ein Dreieck

95

54.

zu beschreiben,

in welchem der W i n -

kel der Spitze einem gegebenen W i n k e l , die H ö h e der gegebenen geraden Linie h , der Umfang d e r gegebenen geraden L i n i e U gleich sey. A n a 1 y s i s. Bezeichnet m a n die Grundlinie mit x , also die S u m m e dei1

Schenkel mit U — X , so ist vernij Dat. 7CJ das Ver-

lix hältnifs ( U — x ) * — x 2 ) - - j gegeben U*—2Ux)" ÜCU—2x)3 also ist U — 2 j £ : ^ x folglich

U—2x:2x

mithin U : 2 x somit x und das ganze Dreieck gegeben.

Andere Analysis. Es

sey

(Fig. 27.)

A A B C das v e r l a n g t e , so i s t , w e n n auf d e r

Verlängerung von B C die geraden L i n i e n D B , ' E C den Seiten B A , A C gleich g e n o m m e n , und die geraden L i nien A D , A E gezogen w e r d e n , auch FGij^üC g e z o g e n wird', also

FAB+CAG=2R—BAC iFAB-+4CAG,=Jft—|BAC

(E1.I.4.2S0BAD+CAE > folglich B A D - f - B A C - f - C A £ i = R - f - | B A C DAE mithin ist der W i n k e l D A E

) gegeben.

Aufgabe 55.

96

Da D E = D B - J - 8 C + C E ¡=- , A B - j - B C + C A ? so ist D E

U

der Gröfse nach gegeben,

also liegt, in so

fern D E auch als der Lage ¡iarli gegebe J angenommen wird, der Punkt A auf dein Umfalige eines der Gröfse und Lage nach gegebenen Kreisabschnittes ( E l . I. 32.) Da die Höhe A H — h , so liegt A auch aut einer der L a g e nach gegebenen mit D E parallelen geraden Linie (Dat. 3 7 . ) , folglich ist der Punkt A , somit das Dreieck A B C gegeben. Dritte Analysis. Es

sey A A B C

Kreise beschrieben,

(Fig. 2 7 . )

das verlangte, es seyen auch zwey wovon der eine die Spitze A zum

Mittelpunkt und die Höhe A

zum Radius h a b e , der

andere die Grundlinie B C

in P und die Verlängerung

der übrigen Seiten in L ,

M berühre,

so sind beide

Kreise der Gröl'se und Lage nach gegeben , in so fern die Seiten B A ,

AC als der Lage nach gegeben ange-

sehen werden , weil A D ^ h und LA-f-AMh = A B - f - , B L , -f-AC-f-, CM 2AL

V,

2AM

j=ABH-BC+CA

: r . U g e d2 f g e b e n , also ist U gegeben, folglich die Aufgabe auf A u f g 56. reducirt.

Aufgabe 61.- (Fig. 4. b.) Ein Dreieck zu beschreiben, in welchem die Grundlinie, die die Spitze mit dem Halbirungspunkte der Grundlinie verbindende gerade L i n i e , und die Echenkelsumme den gegebenen geraden Linien g, h , S gleich seyen, Analysis. Es sev F.AC das verlangte Dreieck, D der Halbirungspunkt der Grundlinie, so ist B A 2 - f - A C 2 = i 2 B D 3 H - D A 2 (wie zu Aufg, 5.) = , AB2 B C 2 (El. VI. 8 . 2 2 . ) G K seyn. Es ist O F : F G = 1 : cot., COB , , B F : F H = 1 : tan., ABO

'

Y I

I ß

also F G = O F . cot.y, F H = B F . tan./? folglich HF—FG , —BF.tan./?—OF . cot.y GH 5 Ferner ist HG > ; G K = 1 : cos./? BF . tan./?—OF. cot./' mithin GK = B F . sin./?—OF . cos./? . cot./

126

Aufgabe

83.

Endlich ist FO : O G ^ s i n . y : 1 demnach GO-

^^ sin.j/

FO also mufs seyn-:—>BF.siu./?—OF. cos.//.cot.v sin.y

folglich FO^"I3F.sin.ii.sin.j/—OF.cos.^.cos.;/ mithin FO(l+cos./?.cos.j/)v^BF.sin./5'.sin.;' somit O F : FB^sin.ji.shi.yiH-coä.i.cos./ demnach BF: F0^1-f-cos. ( ?.cos.^ : sin.(j'.sin.v '

also B F++FFO ::BF—FOJ BF—FO DB:BO \ DB .BO j : B O 2 ) B O H - t BO . OD i ^ \

a>

ff

H-cos.i5.cos.j/+sin.(if.siri.^:l+cos.(.5'.cc ) 1+Ccos y—ß) : H - c o s . ( / + / ? ) )

\

7-ß

2

c o s . ' — : cos.i—l— i 2

folglich k 2 : B 0 2
= D L seyn, wenn D L A = R

132

Aufgabe

88.

Beweis. Es ist p : q 1>LDS:GD.BC K D : DH (El. VI. 1.) G D . D K : G D . D H

$

(Det.)

also G D . D K r > L D J (El. V. 10.) DM 1 ) folglich D M > L D mithin berührt, oder schneidet der Kreis die Linie AC, oder ihre Verlängerung. Ferner ist K D : , DM , = f M D : DG (El. VI. 8.) ( DE * < ED : DG | Ex:xG also DE . E x = K D . Cx (El. VI. 16.) folglich D E . Ex : B C . C x = (KD . Cx: BC. Cx KD:iBC 'DH p:q Z u s a t z 1. Der Berührungspunkt L bestimmt ein kleineres Verhältnifs, als jeder andere Punkt der Linie A C , oder ihrer Verlängerung, und jeder demselben näher liegende ein kleineres, als der entferntere. Z u s a t z 2. Es erhellet von selbst, dafs es im Fall eines Durch, schnittes eine zweite Linie E ' x 1 mit der gegebenen Eigenschaft giebt.

Aufgabe

88. {Fig. 39. b.)

Von zwey, in einer der Lage nach gegebenen geraden Linie AB, gegebenen Punkten A, B, zu einem Punkt G

Aufgabe 88.

133

einer der Lage nach gegebenen, mit AB nicht parallelen, geraden Linie GQ gerade Linien zu ziehen, deren Summe der gegebenen geraden Linie S gleich sey. A n a l y sis. Angenommen, der Punkt C sey der verlangte, so dafs BC+CA=S so ist ( B C + C A ) ( B C — C A ) ) = f ( B C — C A ) S (El.II.f5.)

BC 1 —CA 2

/

¿(S-2CA)S

(EI.I/17.)

BE2—EA2

>

(r

(BE+EA)(BE—EA)V 2AB. E E

J

S2

J-2CA.S

/

V.v.CEA R;

(QDM.ABJ (El. VI. 17. wenn 2 A B : S = S : D M 5

also 2CA . S—2EM . AB folglich CA . S = E M . AB mithin B A : A C = , S , : EM (EI. VI. 16.) UM'

wenn I M — S ;

= KH : HC (El. VI. 2.), wenn K I M = R = H M I ; somit B A : K H - , A C : C H i L K : KH (El. VI. 4.), wenn K L ^ A C ; demnach B A = L K also ist KL der Grörse nach gegeben.

Da D M

der

Grülse nach (Dat. 2 . ) , also der Punkt M (Dat. 30.), da auch MI der Gröfse und Lage nach, folglich der Punkt I , somit auch der Punkt K (Dat. 32. 28.) gegeben i s t , so ist, wegen der gleichfalls der Lage nach gegebenen geraden Linie AH (Dat. 32. 2 8 . ) , auch die Lage der geraden Linie K L (Dat. 34.), somit die gerade Linie AC der Lage nach, mithin der Punkt C gegeben.

134

Aufgabe

88.

Construction. Man mache A D = D B , QB—3DB, Q D O = l l , O D = S , QOMs=H, M I = S , M I K = I M H = R , beschreibe aus dem Durchschnitte K der Linie IK mit NC als Mittelpunkt mit einem Radius = A B einen Kreis, welcher der durch A und den Durchschnitt H der Linie HM mit KC gezogenen geraden Linie AH in L begegne, und ziehe K L , auch AC^j:KL, so ist der Durchschnitt C der Linie AC mit CJJ der gesuchte Punkt. Determination. Damit der aus K beschriebene Kreis der Linie AH begegne, mufs A J ] > K P seyn, wenn K P H = R . Nun ist H K ; " "

= 1 ; sin.KHV, wenn K V f t A B und

Auch ist P K : K H = s i n . P H K : 1 also PK : S = s i n . P H K : sin.KHV folglich AB : S > s i n . P H K : , sin.KHV 'cos. HNM in welcher Proportion sin.PHK aus den gegebene« Gro-. fsen leicht ausgedrückt werden kann. Beweis. E s ist AB : S > s i n . P H K : cos.HNM (Det.) Da aber I-JK: S l

sin.KHV

:

»cos.HNM und P K : KH—sin.PHK: 1 also P K : S = sin.PIIK : cos.HNM 80 ist A B : S > P K : S folglich A B > P K

Aufgabe

88.

155

mithin berührt, oder schneidet der aus K beschriebene Kreis die Linie AP.

Und wenn L ein Punkt des Zu-

sammentreffens i s t , so ist BA:KH=LK:KH = A C : GH (El. VI. 4 . ) also BA: A C — K u : HG = jIMi : ME ' S i folglich GA . S ^ B A . ME somit 2CA . S = 2 B A . M E demnach 2 D M . A B — 2 B A . ME\ ~ « S 2 — 2 C A . S 2BA.DE BC —CA 2

( 2

* CS—2GA)S f

(BC-f-CA)(BC—CA y also B C — C A : S ~ - 2 A C = S : BC-+- CA mithin B C — C A + S : B C — C A - f - S = S : B C + C A folglich S—BC-4-CA. Zusatz. Es erhellet von selbst, dafs es im Fall eines Durchschnittes

einen

zweiten Punkt

G mit der gegebenen

Eigenschaft giebt. A n m e r k u n g 1. Wenn statt der Summe der Linien B C , CB die Differenz derselben gegeben i s t , so läfst sich die Aufgabe auf ganz ähnliche Weise aullösen. Anmerkung Eine

2.

andere Behandlung derselben Aufgabe

Herr Eschweiler in folgender Aufgabe mit.

theilt

lob'

Aufgabe Aufgabe 89.

89.

{Fig. 59. t>. c. d. e.)

A u f einer g e g e b e n e n Grundlinie A B ein D r e i e c k z u construiren, dessen beide übrige Seiten z u s a m m e n

der

g e g e b e n e n Linie M gleich sind, und dessen Scheitel auf einer der Lage nach gegebenen geraden Linie KL liegt, Analysis. Fürs erste ist klar, dafs die g e g e b e n e Linie M nicht kleiner, als die kleinste S u m m e z w e y e r Linien s e y n darf, die van A und B nach einem P u n k t e von K L g e z o g e n werden können.

Schneidet KL die Grundlinie A B , so

dafs ( F i g . 39. c . ) A und B z u verschiedenen Seiten v o n KL

liegen,

so ist die

Linie A B

selbst diese

kleinste

S u m m e , in diesem Falle m u f s also M > A B s e y n ; liegen aber ( F i g . 39. KL,

b.) A

u n d B auf derselben Seite v o n

so fälle man aus einem dieser P u n k t e , z. E . A ,

eine senkrechte A E auf K L , ED = EA,

und

verlängere sie über E u m

verbinde D

mit B ,

kleinste in Hede stehende S u m m e , nicht k l e i n e r ,

als D B s e y n ;

binde man den P u n k t P , und A P B

wird

so ist D B

die

und es darf also INI

ißt nun M = D B , so v e r ,

w o D B die KL t r i f f t , m i t A ,

das verlangte D r e i e c k seyn.

D e n n da

A A E P J 5 A D E P , so ist A P — D B , also A P + P B = B D ^ M . Ist aber M > D B , Dreiecks irgendwo

so liegt der Scheitel des gesuchten anders auf K L ,

als in P .

dieser S c h e i t e l , also A C B das verlangte D r e i e c k .

C sey Man

verlängere CB u m C F — C A , so ist B F = M g e g e b e n , und also aurh der aus C mit einem Halbmesser B F — M beschriebene Kreis. CD=CF;

Da A O = C D und A C = C F , so ist auch

die P u n k t e F ,

D,

A liegen

also auf deni

Umfange eines aus C durch diese P u n k t e beschriebeneu greises,

w e l c h e r , da F > C , B in gerader Linie lieget',

Aufgabe

89.

137

den ersten aus B beschriebenen Kreis in F berührt; zieht man daher an F die Tangente O F , welche die verlängerte AD in O trifft, so ist OF 2 =OAXOD. Von O ziehe man eine beliebige Sekante OGH in den mit BF beschriebenen Kreis, so ist auch OF 3 —OGXOH; daher O A X O D ^ O G X O H ; folglich liegen die vier Punkte A , D , G , H auf der Peripherie eines Kreises, dessen Mittelpunkt auf KL liegt, übrigens aber willkührlich ist, wofern nur dieser Kreis den ersten schneidet. Durch ihn ist der Punkt O gegeben; hiedurch die Tangente O F , der f u n k t F , die Linie FB und der JSiheitel C. Construction. Aus einem der beiden Endpunkte der gegebenen Grundlinie, z. B. A , fälle man eine senkrechte AE auf die gegebene KL, verlängere sie um ED—EA, beschreibe hierauf aus dem anderen Endpunkte B der Grundlinie mit der gegebenen M als Halbmesser einen Kreis. Da (Fig. 39. b.) M > B D , so liegt D in diesem Kreise, um so viel mehr noch A, weil B D = B P - H ? A > A B . In Fig. 39. c, ist M > AB, also liegt A im Kreise, um so viel mehr auch D, weil AB(—DQ4-QB)>DB. In allen Fällen liegen daher die Punkte A und D in dem aus B mit M beschriebener» Kreise. Nun beschreibe man einen beliebigen Kreis durch die beiden Punkte A und D , welcher den ersten Kreis in zwey Punkten G und H schneidet. Um des Durchschnitts gewifs zu seyn, nehme man den Punkt I , wo KL den ersten Kreis trifft, oder irgend einen andern Punkt auf K L , welcher ausser diesem Kreise liegt, zum Mittelpunkt, verbinde die Punkte G, H , und verlängere GH bis zu ihrem Durchschnitt mit AD in 0 , aus O ziehe man an den mit M be-

138

Aufgabe

89.

Schriebprien Kreis die Tangente OF, oder O F 1 (welches möglich ist, weil der Punkt O nothwendig ausserhalb des Kreises fällt); endlich verbinde man F oder F 1 mit B> so ist der Punkt C oder C 1 , worin KL von FB und F ' B geschnitten wird, der Scheitel des verlangten Dreiecks. Beweis. Da OGH und ODA zwey Sekanten am Kreise GHDA sind, so ist O A X O D = - O G X O I I (El. III. 36.); und da O F eine Tangente am Kreise FGH ist, OGH aber eine Sekante an eben diesem Kreise, so ist auch O F 3 — O G X O H ( E l . III. 3 6 . ) ; daher ist O F J = O A X O D . Folglich wird ein durch F , A , D gezogener Kreis die Linie O F in F berühren, und da FB senkrecht auf O F steht, so wird der Mittelpunkt dieses Kreises auf FB liegen; aber derselbe mul's auch auf KL liegen, weil KL auf der Sehne A D in deren Mitte senkrecht steht, daher ist der Punkt C , worin KL und FB sich treffen, der Mittelpunkt des durch F , A und D gehenden Kreises. Es ist also CF—CA, daher B C + C A a ^ B C + C F — B F = M . Derselbe Beweis ist auf das Dreieck ABC 1 anwendbar. Die Dreiecke ABC und ABC 1 genügen also beide der Aufgabe. Zusatz. Wäre statt der Summe von AC und CB der Unterschied dieser Seiten gegeben, so ändert dies in der Auflösung nichts, nur in der Determination ist eine kleine Verschiedenheit. Ist AC—CB, oder CB—AC=-M, so wird immer aus B mit dem Halbmesser M , w : e in der vorigen Aufgabe, ein Kreis zu beschreiben seyu. Liegen A und B auf derselben Seite von KL, wie jiiFig.39.il.,

Aufgabe 90.

139

so ist der gröfste Unterschied, den aus A und B nach einem Punkte von K L gezogene Linien haben können, die Linie A B selbst. seyn. KL

In diesem Falle m u f s » l s o M < A B

Liegen aber A und B zu verschiedenen Seiten von ( F i g . 39. e . ) ,

so ist D B der gröfste Unterschied,

den zwey von A und B nach einem P u n k t von K L gezogene gerade Linien haben k ö n n e n ; es mufs also für diesen Fall M < D ß

seyn.

Aufgabe 90.

(Fig. 39.)

Von z w e y , in einer der L a g e nach gegebenen geraden L i i n e , gegebenen Punkten A , B , zu einem Punkte C einer der L a g e

nach gegebenen geraden Linie C E

gerade Linien zu ziehen, deren Verh'ältnifs dem Verh'altnifse der ungleichen geraden Linien p, q gleich sey. A n a l y s is. E s sey C der gesuchte P u n k t ,

so

liegt

derselbe

(siehe Apoll, ebene Oerter Buch 2. Satz 2. Fall 2 . ) auf einem der Lage nach gegebenen Krejsumfange, auch auf der Linie

EC

l i e g t , so liegt er im

Da er Durch-

schnittspunkte beider Oerter, ist also gegeben. Construction. Man lege durch A ,

B die Parallellinien A F ,

GBH,

mache A F = p , H B = B G = q , ziehe die die Linie A B und ihre Verlängerung in K , D schneidenden geraden Linien GF,

FH,

und beschreibe über

D e r Punkt C ,

KD

einen

Halbkreis.

in welchem derselbe die Linie E C er-

r e i c h t , ist der verlangte.

Aufgabe 90,

140

D etermin a tio n. Damit der Kreis die Linie EC erreiche, mufs OK > OQ seyn, wenn von dem Mittelpunkte des Kreises ein Perpendikel OQ auf EC gefallt wird. Nun ist AK:KB=,AF:BG (El. VI. 4.) * p;q also AB : BK=p-f-q : q Auch ist AD :DB — f AF : BH S p;q 'AK:KB folglich K D i a O B ^ p j q KO:OB i mithin BK: KO—p—q: p somit AB:KO—pJ—qJ:ptj Ferner ist AK : KB=KO : OB demnach KO : OA=;q: p also BA : AO=p 2 —q 2 :p J folglich AO= -/-l-.AB

v—r

mithin EA-4-AO > = E A H — - j A B p —q EO ' AB—AE; Endiii"

~~ : OQ—1: sin.E

2AB.sin.E. also OQ=i2j±L 2 2

p -q

Aufgabe 41.

141

m^—f-p2 Folglich mufs s e y n A B : — 2 2 sin.E . A B ^ p 2 — q 2 : pq mithin 1 : (m 2 -)-p 2 )sin.E> 1 : pq somit (m 2 -J-p 2 )sin.E < -pq. Beweis. Es ist ( m 2 + p J ) s i n . E ^ p q also erreicht der Kreis die Linie E C , wie aus der Determination leicht hervorgehet.

Und es ist

AC:CB—p:q wie aus Apollonius 1. c. erhellet. Zusatz. Es ergiebt sich von selbst, dafs es im Fall des Durchschnittes des Kreises mit der Linie E C zwey Punkte mit der gegebenen Eigenschaft giebt.

Aufgabe 91.

{Fig. 39. g.)

Von zwey, in einer der Lage nach gegebenen geraden Linie, gegebenen Punkten A, B zu einem Punkte C einer der Lage nach gegebenen, der Linie AB nicht perallelen, geraden Linie CH gerade Linien zu zieher, deren Summe der Quadrate dem Quadrate der gegebenen geraden Linie « gleich sey. Analysis. Es sey C der gesuchte Punkt, so ist, wenn C E A = R , B D — D A gemacht, und die gerade Linie CD gezogen wird, A B M - C B 2 1 = 2 A D ä - H 2 D C 2 , wie zu Aufg. 5.

142

Aufgabe

91.

folglich ist C D gegeben, und der Punkt C liegt auf dem Umfange des aus D als Mittelpunkt mit einem Radius = D C beschriebenen Kreises,

ist mithin

(Dat. 2 8 . ) ge-

geben. Determination. Damit der Kreis die Linie A C erreiche, muls C D > D M s e j n , wenn D M H = R . Nun ist H D : D M = l : sin.H also mufs seyn H D : D C < 1 : sin.H folglicl

< 1 : sin.H*

2HD : 2

Construction

und

Beweis

ergeben sich aus dem vorhergehenden sehr leicht. Zusatz, E s erhellet von Durchschnittes

des

t.

s e l b s t , dafs es in dem Falle des Kreises

mit

der Linie AC

Funkte mit der gegebenen .¡Eigenschaft giebt. Z u s a t z o. Da DJ\I < DC also 2 D M 2 < 2 D C folglich 2 D M 2 + 2 A D 2 > < , 2 C D ' + 3 A D AM2+Mß-

'

< AC-'+CB

zwey

92.

Aufgabe

143

so bestimmt der Punkt M eine kleinere Ouadratsumme der Entfernungen dieses Puckles von den Punkten A, B , als jeder andere Ptn.kt der Linie HC. Zusatz

3.

Fiir einen Purikt G derselben Linie ist D G > D C , wenn G M > M C ; also 2 D G 2 > 2 D C 2 folglich 2 D G 2 + 2 A D 2 1 > p C D H - ' j A D 2 AGM-GB 2 >

« ACH-CB2

mithin bestimmen die von dem Punkte M entfernter liegenden Punkte der Linie A C gröfsere Quadratsummen, als die näheren.

Aufgabe

92.

(Fig.

39. g.)

Von zwey, in einer der Lage nach gegebenen geraden Linie, gegebenen Punkten A, B, zu einem Punkte C einer der Lage nach gegebenen geraden Linie HC gerade Linien zu ziehen, deren Differenz der Quairate dem

Quadrate der gegebenen geraden Linie «

gleich

sey. Analysis. Es sey C der gesuchte Punkt, so ist_, wenn C E B = R , CB2—BE2=,CE2 I CA2—AEalso

BC2—CA21 —i ( IJEJ B E 2 — Cj.il EA ~ l— '

C (BE-f-EA)(BE—EA) {2BA . E D , wenn B D - = D A ;

folglich 2BA : « = « : E D

144

Aufgabe

93.

mithin ist D E , und, wegen des rechten Winkels B E C , die

Lage der geraden Linie E C ,

somit der Durch*

achnitt derselben mit der Linie HC gegeben« Construction

und B e w e i s

ergeben sieh aus dem Gesagten von selbst,

Aufgabe Eitt

93.

(Fig. 39. h.)

der Art und Gröfse nach gegebenes

Dreieck

ABC an ein anderes, gleichfalls der Art und Gröfse nach gegebenes, Dreieck abc so zu legen, dal's diö Winkelspitzen des letzteren auf die Seiten des ersteren* oder ihre Verlängerungen, fallen. A ri a 1 y s i s. Angenommen, Punkte A , B ,

es

sey

geschehen,

so

liegen die

weil sowohl ba und C A B , als bc und

ABC gegeben sind, auf den Bogen zweyer der Gröfse und Lage nach gegebenen

Kreisabschnitte.

Verbindet

man die Mittelpunkte D , E der Kreise durch eine gerade Linie D E , fällt auf A B die Perpendikel D F ,

EG,

und zieht DH^jiAB, welche der, wo nöthig, verlängerten GE in H begegne, so ist DH— F G (El. I. 33.) = i A B (EI. III. 3.) also ist DH der Gröfse nach gegeben.

Da auch D E

der Gröfse und Lage nach gegeben, und DHE—11 ist, so ist E D H (Dät. 4 6 . ) , also die Linie DH der Lage n a c h , somit auch die derselben durch den Punkt b parallel liegende A B der Lage nach gegeben.

Da auch

die Punkte A , B (Dat. 28.), und die Punkte a, c (p. hyp.) gegeben sind, so sind die Linien A C , CB der Lage nach gegeben, mithin ist die Lage des Dreieckes ABC gegeben.

Aufgabe

93.

I4ñ

Constructioii. Man ab,

beschreibe

nach E i .

bc die der Winkel A ,

III. 33. über tun Linien B Fähigen Kreisabschnitte,

und über der, die Mittelpunkte D , E verbindenden, geraden Linie D E als Durchmesser einen Kreis, lege in denselben die Sehne D H = ¿ A B , die Linie A B r ^ D H ,

ziehe durch den Punkt b

welche den Kreisbogen

bc in A , B b e g e g n e ,

über ah,

und ziehe durch A , a , uiid I!,

c, die einander in C schneidenden geraden Linien AG, C B , so ist das verlangte geschehen. Determination. Damit die Sehne D H = | A B in den Kreis gelegt werden k ö n n e , muís í A B ^ D E seyn. Nun ist D b : , bk > = 1 : s i n . A , wenn

¡¡ab!

DKb=R;

also Db=~.. 2sm.A Ferner ist E b : , b L , = l : s i n . B , wenn E L b = l i ;

U bc J also E b = 2sin.B foglich ist D K 2 = 4sin.A 4sin. A . s i n . B '

,cos.DE2

'cos.(R-A-f R-B-f-abc) ) c o s . ( 2 R - ( A + B ) - f abc) ^cos (C-f-abc)

10

146

Aufgabe

93.

mithin mufs sev ,

ab^ ^4sin.A"

bc 2

2ab.bc.cos. ("C-f-abc")

/jsin.B 2

¿»sin.A.sin.B

somit AB 2 sin.A".sin.IJ-«2

somit AABC>2«2. Beweis.

Es ist AABC>2« 2 also ! A A B C > « 2 folglich ^ A A B C : i A B » x > : « a : ¿AB 1 2AABC : AB 2 y

ab.ce' f CEi:AB GA» G A 2 : AB 2 P A 2 : AR 2 .

mithin A R < j A B demnach berührt (Fig. 39. m.), oder schneidet (Fig. 39.1.) die Linie RM den Halbkreis. Ferner ist B D : D L = B A : A Q , wenn AQB==Il; AD:nO=AB:JiC OD.DL—AB 2 :, AQ.BC = AB : EC (El. VI. I.) = H A 2 : A G 2 (El. VI 2 ) . Zus.2.) = R A 2 : ,AP2 folglich O D . D L = « J . Z u s a t z 1. Es erhellet von selbst, dafs es im Fall eines Durchschnittes (Fig. 39. 1.) der Linie 11M mit dem Kreise

Aufgabe ein zweites giebt.

Rechteck

155

mit der gegebenen Eigenschaft

Zusatz N i m m t man

97.

2-

(Fig. 39. m . ) auf AB einen von dem

Halbirungspunkte

D verschiedenen P u n k t N a n ,

urnl

construirt das dadurch bestimmte Rechteck VN.NS, so ist BN : NV—BA : A Q AN:NS=AB:BC also AN . NB : VN . N S = - A B 2 : A O . BC =AD.DB : LD.DO. Es ist aber A N . N B < A D .DB (Ei. II. 5.) also ist VN . N S < L D . D O mithin bestimmt der Halbirungspunkt von AB ein g r ö ßeres Ilecliteck, als jeder andere P u n k t derselben. Z n s a t z 3. Construirt man ein drittes, durch den P u n k t T bestimmtes Ilecliteck W T . T U , so ist auch A i . T ß : W T . T U = A B 2 : A Q . BC = A N . N ß : V N . NS Es ist aber A T . T B ^ A N . N B , je nachdem F D ^ D N , (El. II. 5.) also ist auch W T . T l

^VN.NS

mithin bestimmen die dem Halbirungspunkte von AB näher liegenden P u n k t e grüfsere Rechtecke, als die ent fernteren, Zusatz Beschreibt

4.

man (Fig. 30. 1.) aus dem

Halbirungs-

punkte V der Linie AB als Mittelpunkt mit einem Ra

156

98.

Aufgabe

dius — Vli einen Kreis, welcher der Verlängerung von A D in d begegne, so i s t , wenn do^jrBC , okijj. AOijdl gezogen w i r d , Bd : d l = B A : AQ A d : d o = A B : ßC also A d . dB | : l d . d o = A ß - : A O . BC All2 »

=AR2: «-

folglich l d . d o — « 5 ,

98.

Aufgabe

(Fig. 40.)

In ein, der Art und Grüfse nach, gegebenes Dreieck A B C ein Rechteck F D E G zu legen, dessen Umfang der gegebenen geraden Linie 2S gleich sey. A n a l y s i s. Es

sey das Rechteck

D E G F das verlangte, so ist,

wenn A H B = R , D E : A L = ^ B C : AH (El. VI. 4 . ) also D E — A L " j : A L — B C - A H : A H , wenn B O A H ; X

FD+DEj-jAL*LH S

I i

AH

*J

folglich ist A L , somit der Punkt L , geraden Linie D E ,

und die Lage der

also auch das Rechteck D E G F ge-

geben. Co nstruction. Man mache A H B = R ,

KA=AH,

KM=BC,

KN=S,

N L ^ H M , LDiftBC, D F B = E G B = R , so ist D E G F das verlangte Rechteck. Determination. Damit der Punkt L zwischen die Punkte A, H falle, mufs N K t > . K A , un j N K , < ¡KM seyn. S i

¡AH

S

(

ißC

Aufgabe

99.

157

Beweis. Es ist

S , < ,BC , S | > , Ä H NK> 'KM NK> >KA also liegt der Punkt L zwischen A", H. Ferner ist D E : A L ^ - B C : AH also DE—AL : A L = B C — A H : A H

mithin FD-t-DE—AH—S—AH demnach F D 4 - D E — S also F D + D E + E G - f - G F — 2S. Zusatz. Wenn B C ^ A H , so ist die Aufgabe unmöglich, wenn zugleich S ^ B C ; oder unbestimmt, wenn S = B C . Anmerkung. Wenn die Punkte D , £ auf den Verlängerungen der Seiten B A , AC liegen sollen, so kann die Aufgabe auf ganz ähnliche Weise behandelt werden.

Aufgabe

99. (Fig. 41.)

In ein, der Art und GrÖlse nach, gegebenes Dreieck ABC ein Rechteck zu legen, in welchem der Unterschied der Grundlinie und Höhe der gegebenen geraden Linie d gleich sey.

158

Aufgabe

99.

A n a I y s i s. Es sey das Rechteck DEGF flas verlangte, so ist, wenn AHB=R, DE: AL=BC: AH ' - - - • - : AL=BC-4-Ail: AH

folglich ist AL, somit der Punkt L, und die Lage der geraden Linie LD, so wie das Rechteck DEGF gegeben. Construction. Man mache AHB=R, KA=AH, MK=RC, NK—d, NL#MH, DL#BC, FDE—DEG—R, so ist DEGF das verlangte Rechleck. Determ ina tion. Damit der Punkt L zwischen A* H falle, rnufs seyri KN, < iKA d I «AH. Beweis. Es ist d ) : AL—BC-f-AH: AH AH—(FD—DE)' folglich AH—(FD—DE):BC-f-AH=rLA : AH < NA: AM (AH—d: BC-f-AH

Aufgabe

100.

159

mithin A H — ( F D - D E ) = r A H — d somit F D — D E = d .

Aufgabe

100. (Fig. 42.)

In ein, der Art und GrÖfse nach, gegebenes Dreieek ABC ein Rechteck DEFG zu legen, dessen Diagonale der gegebenen geraden Linie « gleich sey. A n a 1 y s i s. Es sey D E F G das gesuchte Rechteck, so i s t , wenn A H B = R , AM : DE— AH :BC also A M 1 : f

DE2

"\=:AH 5 :BC 2

W 2 —GD 3 / < « 2 —HM 2 V / KM . ML l (El. II. 5.) wenn KH=:HLs=«; ' MR 2 ) (El- VI. 17.) wenn ein Halbkreis über KL der Linie ME in R begegnet; folglich A M : MR—AH: BC mithin ist das Verhältnis AM : M R , somit der Winket MAR , also die Lage der geraden Linie A R , und, wegen des der Gröfse und Lage nach gegebenen Halbkreises, der Punkt R , in welchem die Linie AR mit dem Umfange zusammentrifft, folglich die Lage der geraden Linie M R , mithin sowohl der Punkt D* als der Punk 1 E , somit das Rechteck D E F G gegeben. C o ns t r u c t i o n. Man mache HO—BC, K A — B L ~ k , beschreibe über KL einen Halbkreis, dessen Umfang die gerade Linie AO in R erreiche, ziehe die, die Linien B A , AC in

160

Aufgabe

100.

D , E schneidende, gerade Linie DIlitBC, und vollende das Rechteck DEFG, so ist dasselbe das verlangte. Determination. Damit der Umfang des Halbkreises die Linie AR erreiche, mul's seyn (Fig. 42. a.)HK, >HR, wennHRA=ll; k i Es ist AO : OH—OH: HR (El. VI. 8.) also mufs seyn AO ; OH^TOH:« das ist y/^AH 2 +ßC 2 : BC^BC : a. Und damit der Punkt M zwischen A , H falle» mufs seyn HK. Beweis. Es ist Y/^AHM-BC 2 : BC) >BC:« (Ret.) AO:OH> OH:HR) also HRCß:a

seyn.

B e w e i s. Es ist y

rmy

BCH-BI2» : I B \ > C B : « ci

I

y

C B : BBO O

j

also B O < « folglich erreicht der Umfang des Kreises die Linie CI. E s geschehe in M . Es ist E L : Af

™ *

also E L — M F folglich

EF=LM

somit B M ^ H F a

( E l . I. 4.)

'

mithin ist E F G H das verlangte Rechteck. Zusatz. E s erhellet t^on selbst, dufs es im Fall eines Durchschnittes ein zweites genschaft giebt
/ ) l M : M k Ü (El. Ii. 6.), wenn K H = H L - d ; ( Mli 2 J / ( E l . III. 36.). wenn HR eine Tanl gente lies über KL 1 beschriebenen Iialb1 kreises ist; AU* : H R 2 / (El. VI. 4. 22.), wenn L A H — R ; also A U : HR—AH : BC folglich ist AU, somit der Punkt U, und weil der, über der gegebenen Linie KL beschriebene, Halbkreis der Grofse und Lage nach gegeben ist, die Lage der Tangente U R , mithin auch der Durchschnitt M derselben mit der Linie A H , somit das Rechteck D E F G gegeben. C onstruction. Man mache K H = H L — d , A O r p C , C O # A B , PA = A O , beschreibe über KL als Durchmesser einen Kreis, dessen Umfang die Linie BH in N schneide, ziehe N Q $ A H , H U # : P Q , lege an den Kreis eine, die Linie A H in M schneidende, Tangente U R , mache

Aufgabe DME^BC,

101.

165

und vollende das Rechteck D E F G , , so ist

dasselbe das verlangte. D etermin ation. Damit an den Kreis eine, die Linie A H zwischen A,

H schneidende, Tangente gezogen werden könne,

mufs d < A H seyn. Beweis. D a d > < A H , so lallst sich von U eine Tangente HK' an den Kreis ziehen, welche die Linie A H zwischen A , H schneidet. Ferner ist U A : A Q = H A : ( A P (El. VI. 2 . ) < O A (Coristr.) ( B C ( E l . I. 33.) U A 2 : i A 0 2 l y = A H 2 : Ü C - (El. VI. 22.) (El. I. 33.) 2 : D E 2 ( E l . VI. 4. 22.) 2 A M (lIR Jf (El. VI. 4. 22.) AMj t C MR2 \ \ (El. III. 36.) ) L M . MK. ( f (El. II. 6.) also

also G D 2 — d 2 = D E 2 folglich G D 2 — D E 2 = d 2 . Zusatz. In so fern rieht U A ^ I I N - A Q also nicht P A i = A H , BC' läfst sich eine zweite Tangente von U aus an den Kreis ziehen , wodurch ein zweites Rechteck, dessen Punkte D , E auf den Verlängerungen der Seiten liegen , mit der gegebenen Eigenschaft bestimmt wird.

IM

Aufgabe Aufgabe

102.

102. (Fig. 44.)

In ein gegebenes schiefwirikeliges, ungleichseitiges Parallelogramm ein Quadrat zu beschreiben, dafs die Winkelpunkte des Quadrates auf die Seiten des Parallel ogrammes fallen. A ri a 1 y s i s. Es sey ABCD das gegebene Paraltelogramm, E F G H das in dasselbe beschriebene Quadrat, so ist

AAEH^ACFG, AEBF=c«ADGH (El. 1.26.) also A E — C G , A H — C F , B F — D H , B E = D G . Bezeichnet man den Durchschnitt der Diagonalen A G , BD des Parallélogrammes ABGD mit O , un4 zieht E O , O F , G O , O H , so ist

AAEOmACGO (El. I. 4.) folglich E O — O G , A O E = C O G , mithin GOE eine gerade Linie. Da eben so gezeigt wird, dafs F O I I eine gerade Linie sey, so ist O auch der Durchschnitt der Diagonalen des Quadrates. Fällt man von C, D auf FG, GH die Perpendikel C L , D M , so ist

ACLGc/>AGDM, AFCLmADMH (El. VI. 4.) also sowohl CL : G M = L G : MD als auch MH : CL-=- DM : FL, mithin GM : M H = F L : LG (El. V, 22.) folglich G M + M H : , FL-f-LG , = G M : FL (El. V. 18.) GII I FG l demnach GM—FL somit M I I ^ L G ,

Aufgabe

102.

167

Verlängert man DM, bis sie der Linie FH in Q begegnet, so ist Q M H = R , Q H M = | R ; also H Q M = | R folglich Q M = , M t f IjLG mithin LQM—QLG— R ; demnach ist CLQ eine gerade Linie, und der Umfang eines, über CD beschriebenen, Halbkreises geht durch Q. Bezeichnet man mit x den zweiten Durchschnitt desselben mit F H , so ist C Q x = G H F = i R , also C x ^ C x D , folglich x gegeben , mithin ist die Lage der Diagonale F H , somit die Lage der anderen Diagonale, und das ganze Quadrat gegeben. Co n s t r u et i on. Ueber einer Seite CD des gegebenen Parallélogrammes beschreibe man einen Halbkreis in das Parallelogramm, und halbire dessen Peripherie in x , verbinde x mit der Mitte O des gegebenen Parallélogrammes, und verlängere Ox bis zu dessen Umfang in F, H, errichte auf FH in O das Perpendikel C G , nehme EO:=OG—OF, und verbinde E, F ; F , G; G , H ; H , E durch gerade Linien , so ist EFGH das gesuchte Quadrat. Beweis. Da O die Mitte des gegebenen Parallélogrammes ist, so ist FO—OH, also halbiren die Diagonalen des Viereckes EFGH einander, sind gleich, und stehen auf einander perpendikular, folglich ist EFGH ein Quadrat. Verbindet man den Punkt Q , in welchem "der Umfang des Halbkreises die Diagonale FH trifft, mit C5 D, durch gerade Linien, so ist

168

Aufgabe

102.

CQD*=R, also CQx,=AR MQH> folglich O R Q = i R , wenn CQ der Linie OG in R begegnet; also QO—OR folglich HO : OG—QO: OR mithin OiArjiGf-I (El. VI. 2.> somit Q M H ^ r M Q L i R demnach QHM-=iR also Q M i = M H LG' folglich FL=GM. Ferner ist A C F L cn ADHM (El- VI, 4.) mithin C L : , M H j = , FL > : MD ILG» IGM' somit ACLGc/iAGMD demnach LCG=MGD also liegen die Punkte C , G, D in einer geraden Linie. Liegt nun G auf C D , so liegt, da O die Mitte des Parallelogrammes, und GO=OE ist, der Punkt E auf AB, also ist EFGii das gesuchte Quadrat.

Aufgabe

103.

(Fig.

45.)

In ein gegebenes Viereck ein Parallelogramm zu beschreiben, dessen Seiten zwey der Lage nach gegebenen geraden Linien parallel Seyen.

Aufgabe

103.

169

A n a l y sis. Es sey ABCD das gegebene Viereck, EFGH das verlangte Parallelogramm, dessen Seiten E G , FH der gegebenen q , die Seiten E F , GH aber der gegebenen p parallel seyen. Zieht man durch D die DKLz^EF, und durch C die CIz^EG, so sind diese Linien der Lage nach gegeben. Nun ist A A E F cn AADK, ACGH «oACDL, ADHFc/>ADCI (El. VI. 4.); also AF : F E = A D : DK GH: C H = L D : CD CH: I F = C D : I D folglich AF: F I = A D . DL : ID. DK Zieht man LM:$BA, so ist KD;DA—LD:DM mithin KD . D M = A D . DL somit AF; F I = , KD . D M ; KD . DI «MD: DI demnach AF : , A F - F I j = D M : (MD—DI I AI > ' MI also ist AF der Gröfse nacji, folglich der Punkt F, mithin das Parallelogramm gegeben. Constjruction. Man ziehe C I # q , D K L # p , L M ^ A B , nehme AF =s= der vierten Proportionallinie zu M I , D M , A I , ziehe die Linie FE:ftDK, F H ^ C I , H G ^ E F , und verbinde E mit G , so ist EGHF das gesuchte Parallelogramm.

170

Aufgabe

104.

Beweis. Es ist M l f DM - dem Bogen gezo( gen ist, und H den 1 Durchschnitt mit 1 CG bezeichnet; A O : OM 1 wenn A O B = R = J KMO; also ist (Dat. 33. 28. 2.) OM der Gröfse nach, somit dei Punkt M , mithin die Lage der geraden Linie MK, folglich der Durchschnitt K derselben mit dem Bogen A ß , also die gerade Linie AK mithin die Lage des Perpendikels CU auf A K , und dessen Durchschnitt E rr.it dem Bogen gegeben. Construction. Man mache A O B = R , O P = p , Q P = P Q ' = q , Q ' M i f t A Q , M K ^ C B , CU perpendikular auf die gerade Linie A K , und verlängere CU bis zum Durchschnitt mit dem Bogen in E , so ist E der gesuchte Punkt. Beweis. Es ist A O : O M } = Q O : O Q ' AH.HK U p + q i p - q l DG : GL j

(El. VI. 2.) wenn DEG eine T a n gente i s t ( E U I I . l 6 ) ;

180

Aufgabe

109.

also DG-f-GL: DG—GL , —2p : 2q 2 G E : 2ED I mithin

GE:ED=p:q. Zusatz.

Macht man aüf der anderen Seite von A O , Q f f O— O Q ' , so bestimmt der Pririkt Q " gleichfalls einen Punkt auf deiii Bogen AB mit der gegebenen Eigenschaft, wie leicht erhellet.

Aufgabe

109. (Fig.

51.)

Einen, der Lage und Griifse nach, gegebenen Kreisbogen A B , welcher < als ein Quadrant i s t , in einem Punkte E so zu theilen, dafs das Rechteck aus den Segmenten B D , AG d e r , in den Endpunkten des Bogens AB an den Kreis gelegten, Tangenten, welche zwischen dem Berührungspunkte und dem durch den Theilungspunkt gezogenen Halbmesser enthalten sind, dem Quadrate der gegebenen geraden Linie a gleich sey. A n a l y s i s . (Fig. 51. b.) Es sey E der gesuchte Theilungspunkt, so ist, wenn BD , AG die Segmente der Tangenten sind, und 15DF —ACE gemacht w i r d , A C A G in A D B F (El. VI. 4.) also C A : AG—DB : BF folglich C A . B F ^ , A G . D B ' a2 mithin CA :

a : BF

Aufgabe

109.

181

demnach ist B F der Gröfse nach, und da sie auch der L a ^ e nach gegeben i s t , ist der Punkt F ,

somit auch

die gerade Linie C F der L a g e und Gröfse nach gegeben. Ferner ist B G A — B C D 4 - , A C E MB. __ • CB—BF Nun ist M C — -— also 2 M C . C B — C B 2 — j C B . J 5 F ' Ferner ist A M = B C — C M

u2

182

Aufgabe

109.

also 2 M B . B C — 2 B C 2 — 2 B C . C M I CB 2 —u 2 =BC2-HiJ folglich C M ; M B s = B C 2 — a 2 : B C 2 + a 2 . Es ist aber O C : C M = 1 : cos,ACB mithin O C : M B — B C : — « 2 : (BCM-« 2 )cos.ACB demnach mufs seyn B C 2 — « 2 ^ ( B C 2 + u 2 j c o s . A C B somit BC 2 (1 — c o s . A C B ) ^ « 2 ( H-cos.ACB) folglich B C 2 :

11-f-cos.ACB: 1-cos.ACB ' 1 : tan.4 AGB 2

mithin BC : « > 1 : tan.|ACB demnach «^BC.tan.|ACB. Beweis. Es ist « 1 : tan J ACB also B C 2 : c (1 : tan.^ACB 2 1-f-cos.ACB: 1—cos.ACB

Aufgabe

109.

183

folglich B C 2 ( 1 — c o s . A C B ) ^ c r ( l + r o s . A C B ) mithin BC 2 —cs 2 >(BCH-« 2 )cos.ACB. Es ist aber OC : MB=BC 2 - P ; 2 : (BC 2 +ß : )cos.ACB somit auch OC>TMB also berührt (Fig. 51. a.), oder schneidet (Fig. 51. b.) der Kreis, die Linie B D , welche in B auf BC perpen(iikuhir aufgerichtet ist. Und es ist BDF—R—BCD—; C D F 'R-ACB =ACD also AACGc/?ABDF (El. VI. 4.) folglich CA : A Ü = D B : BF mithin AG . B D = ^C A. BF )CB.BF \ lili-

Zusatz

1,

Es erhellet von selbst, dafs es im Fall eines Durchschnittes zwey Punkte mit der gegebenen Eigenschaft giebt. Z u s a t z 2. Da im Fall des Berührens (Fig. 51, a.) BDF , —FCD OCDS so ist E der Halbirungspunkt des Bogens, und die Tunkte G, D fallen zusammen. Z n s a t z 3. Da es einen Durchschnitt giebt, wenn «>BC.tan.*BAC, so ist das Rechteck aus den Segmenten der Tau-

184

Aufgabe

110.

genten, welches der Halbirungspunkt des Bogens bestimmt, gröfser, als jedes, welches durch einen anderen Punkt bestimmt wird. Auch bestimmen die auf einerley Seite des Halbirungspunktes näher liegenden Punkte gröfsere Rechtecke, als die entfernteren.

Aufgilbe HO. (Fig.

52.)

An zwey, der Gröfse und Lage nach, gegebene Kreise, deren Mittelpunkte C ,

D sind, von einem Punkte ei-

ner, der Lage nach gegebenen, geraden Linie A B gleiche Tangenten zu ziehen. Analysis. E s seyen L M , M K die gesuchten Tangenten, so ist, wenn M C , C L , M D , D K gezogen werden, M L 2 = M C 2 — C L 2 , MK2—MD2 - D K 2 also M C 2 — C L 4 = M D 2 — D K 2 folglich M C 2 — M D 2 . = - C L 2 — D K 2

Da C L 2 — D K 2 gegeben i s t , so ist D C . C G ,

und

weil D C gegeben ist, CG (Dat. 6 1 , ) , folglich G D , mithin G H — i C D . somit der Punkt H , demnach die Lage der Linie HM , also der Punkt M gegeben.

Aufgabe

111.

(Fig. 55. a.)

Den Ort für die Punkte zu suchen, in welchem die, in einer Ebene, an zwey, der G r o ß e und Lage nach, gesehene Kreise, deren Mittelpunkte A , Bsind» gezogene Tari-

Aufgabe

111.

185

genten C M , M D , deren Verhältnifs dem Verhältnifse der gegebenen geraden Linien p , q gleich ist, zusamtreffen, A n a I y s i s. Es seyen CM, MD zwey Tangenten, deren Verhältn i s = p : q , es sey FG eine beiden Kreisen gemeinschaftliche Tangente, und E so bestimmt, dafs F E : E G = p : q , so ist, wenn die gerade Linie AB gezogen, R1IA=H—EHA g e m a c h t , und durch M , E ein Kreis beschrieben w i r d , dessen Mittelpunkt auf der geraden Linie AB , oder ihrer Verlängerung, in O liegt, auch die geraden Linien MO , OE gezogen werden , A O H - , OM 2 . W A M M - 2 A O . 0 1 (El. II. 13.) ( OE2' \ AE--+-2AO. OH j also A E ' — A M 2 \ = , 2 A O ( I O — O H ) AFM-FE2-AC2—CM2l I 2A0.IH FE 2 —CM 2 J Eben so ist B 0 2 - K O M 4 a = ß M H - 2 B O . Ol (EI. II. 13.) I OE 2 $ \ BE-+2B0.0H) also B E 2 — B M 2 j = , 2 B O ( I O — O H ) BGH-GE2—BD2-DM2V I 2BO.IH GE 2 —DM 2 ) folglich F E 2 — C M 2 : G E 2 — D M 2 = , 2 A O . IH : 2 B 0 .IH 1 A O : OB. Da F E : E G = , p : q I C M : MD so ist FE 2 : EG 2 —CM 2 : M D 2

186

112,

Aufgabe

alsö F E 2 — C M 2 : E G 2 — M D 2 A O : OB

, F E 2 : EG* I

I

p2 : q2

folglich ist AO : O B , mithin ( D a t . 8 . ) der Pu kt O , somit die gerade Linie O E , demnach der, aus O, als Mittelpunkt, mit einem lladius = O E , beschriebene Kreis gegeben.

D a der Punkt M auf dem Umfange desselben

l i e g t , so ist der gesuchte Ort gefunden. Zusatz; Sind drey-Kreise

in einer Ebene, der Grofse und

Lage nach, g e g e b e n ,

so giebt der Durchschnitt zweyer

Oerter den Punkt, an welchem drey, in gegebenem Verhältnifse stehende, Tangenten an die Kreise in gegebenem Verhältnifse gezogen werden können,

112.

Aufgabe

(Fig. 53. b.)
' der Linie ' die durch G gehende gerade Linie C K , und d i e , den gegebenen Kreis in B , H schneidende, auf MN perpendikulare gerade Linie C E , auch sowohl die gerade Linie B G , als G F , FK. gezogen w i r d , / \ B C G c * A G K F ( E l . VI. 6 . ) also

KGF=CGB

folglich ist B G F eine gerade Linie

( E I . I. 15. C o n v . ) ,

mithin D B , B A — G B . B F ( E l . III. 3 6 . ) , wenn die, den Kr eis A D G in D s c h n e i d e n d e , gerade Linie A B gezogen wird;

Aufgabe

116.

189

^ H B . B E (El. III. 31. VI. 4.160» wenn die gerade Linie GH gezögen wird ; somit A B : J S E = H B : B D (El. VI. 16.) demnach ist BD , also der Punkt D gegeben . folglich die Aufgabe auf die andere reducirt: einen Kreis zu beschreiben , welcher durch zwey gegebene Punkte gehe» und eine der Lage nach gegebene gerade Linie berühre.

Aufgabe

116.

(Fig.

57.)

Einen Kreis zu beschreiben, Welcher zwey, der Lage nach gegebene, gerade Linien BA, AD, und einen zwischen denselben, der Lage «ach gegebenen, keine derselben erreichenden Kreis, dessen Mittelpunkt C sey» berühre. Analysis, Es seyen O , K , L , M der Mittelpunkt und die Berührungspunkte des gesuchten Kreises, so ist, wenn K L , LM, MK gezogen, auch letztere bis zu den Durchschnitten F , E mit dem gegebenen Kreise verlängert werden, und wenn man die gerade Linie EF zieht, auch in M die gemeinschaftliche Tangente TU beider Kreise anlegt, R M T W K L M (El. III. 320 UMF > (El. III. 32.) M E F J also K L # E F (EI. I. 29.) folglich K A : A L = G A ; A H ,

wenn die Verlängerung von E F die Linien GA, AH in G, H schneidet;

mithin G A = A H (El. III. 17.).

190

Aufgabe

Zieht man Linie

die ( E l .

OC,

III.

so i s t ,

117

1 2 . ) durch M laufende gerade

w e n n die geraden Linien K O ,

gezogen werden, A K O M o A M C F also

VI

FC

-

MOK=MCF

folglich

KO^FC

mithin F B A = O K A ,

=11 demnach

(Ei-

wenn die verlängerte F C der L i n i e A G in B begegnet;

ist die L a g e der L i n i e C B ( D a t . 3 3 . ) , somit

der Pünkt F (Dat. 2 8 . ) gegeben. Dä

eben

so g e z e i g t

E gegeben s e y , ben.

so

werden kann ,

sind

dafs der P u n k t

auch die P u n k t e G , H

gege-

M a c h t man G l — H E > und zieht die gerade L i n i e

I K , so ist A K ö I ^ A L E H

( E I . I. 4 . )

also K I G —

folglich A K G F c a A I G K ( E l . VI. 4 . ) mithin demnach

FG:GK=KG:GI ist

GK,

die P u n k t e M ,

somit der P u n k t K ,

L

gegeben,

folglich

also sind auch

ist der

gesuchte

K r e i s gefunden. Anmerkung, F i g . 57. giebt in den beiden T h e i l e n ( F i g . 57. a. b . ) Anleitung,

wie

4

Kreise

Schäften z u finden sind.

mit

den gegebenen

Eigen*

Aufgabe Aufgabe

117.

117. (Flg.

191 58.)

Einen Kreis z u beschreiben, welcher z w e y , der Grüfse und

Lage

nach

gegebene,

ungleiche

Kreise,

deren

Mittelpunkte A , Ii s e y e n , und eine, der Lage nach g e gebene, gerade Linie C D » welche keinen der Kreise erreicht, berühre, A n a 1 y s i s. E s Seyen O , M , N , P der Mittelpunkt und die B e riihiungsput.kte des gesuchten Kreises,

so i s t ,

wenn

die geraden Linien M N , N P , l ' M g e z o g e n , bis z u der» Durchschnitten

Ii,

(}, F ,

E mit den Kreisen verlän-

g e r t , und E G , FH g e z o g e n w e r d e n , E G ^ . F P , F I I ^ K P (El. III. 32.) also A E G M c r A M N P

A N HF (El. VI.

folglich A E A M er A M O P cn Z \ F B H (El. III. 20. VI. 4 . ) mithin EA.T+OP.||.F11 somit E C P - F D P — I i (El. I. 2 0 . ) , w e n « die verlängerten E A , F B die Linie C D inC,Dschneiden; demnach sind die Punkte E , F , C , D 33. 28.).

gegeben

(Dat.

Zieht man die geraden Linien E F , A B , so

schneiden die Verlängerungen derselben einander in dem P u n k t e K, so dals A K : K13—EA: BF (El- VI. 1 ) , also ist (Dat. 8 . ) der P u n k t K gegeben. Macht man die Sehne Glq^KF, und zieht die gerade Linie IM, welche verlängert der Linie EK. in L begegne, so ist E P F = P E G (El. I. 29.) —211—jGIM (AILK =MLE also F E : F . P = M E : EL (El. VI. ¿1.).

192

Aufgabe

118.

Es ist CE : E P = M E : EU, wem» U der Durchschnitt der Linie EC mit dem Kreisumfange i s t ; folglich F E . E L = C E . EU (El. VI. 16.) mithin FE : E C = U E : EL demnach iss EL (Dat. *2.), somit KL gegeben. Legt man in G eine Tangente GQ an den K r e i s , welche der verlängerten FE in Q b e g e g n e , so ist ( k )GM= j GIM (El. III. 32.) 'MLK also LK : KM—GK :KQ Folglich L K . K Q = G K . KM. Da G K . K M gegeben ist (Dat. 95,)., so ist L K . K Q , mithin KQ (Dat. 6 1 . ) , somit der Punkt Q , also der P u n k t G , somit der Kreis MNP gegeben.

Aufgabe

118.

(Fig.

59.)

Einen Kreis zu beschreiben, welcher z w e y , der Gröfse und Lage nach g e g e b e n e , einander ungleiche Kreise, deren Mittelpunkte A , B sind, berühre, und durch einen gegebenen Punkt F gehe. A n a 1 y s i s. Es sfcyen C , D , E def Mittelpunkt und die Befiihtungspunkte des gesuchten Kreises, so ist , wenn die gerade Linie DE g e z o g e n , und bis zum Durchschnitt I mit der Verlängerung der geraden Linie A B verlängert w i r d , CDE—CED

Aufgehe also A D G } = - B E N ,

AGD^=EBN

118.

193

wenn A D , B E gezogen werden, nnd G , N die Dnrcbschnittspiinkfe der verlängerten DK mit den Kreisen .'¡inrl; (F-I.r. 5 . ) , wn„n die gerade Linie AG gezogen wird;

Folglich A G ^ E B ( E l . I. 2 3 . )

I

mithin G A L = E H K ( E l . I. 2 9 . ) somit GLA

— E K B , wenn E , G mit den Durchschnitten K , L der Linie A G und ihrer Verlängerung mit den Kreisen verbündeir wird ( E l . I. 5 . ) ;

EDH^

demnach E D I I + E K H —

wenn D mit dem Durchschnitte H der Linie A B und des gröfseren Kreises verknüpft wird ;

EKB+EKH >

2R

also liegen D , E , K , KT auf dem Umfange eines K r e i ses ( E l . III. 2 2 . ) , folglich ist HI . I K = i D I . I E (El. III.36.) ' F I . I M ( E l . I I I . 3 6 . ) , wenn M den Durchschnitt tiergeraden Lir ie mit dem gesuchten Kreise bezeichnet ; mithin F I : I H = K I : IM demnach ist IM der Gröfse nach gegeben. D a A I : I B = A G : B E ( E I . VI. 4 . ) s o i s t , wegen des gegebenen Verhältnisses A G : B E , der Punkt nach,

I ( D a t . 8 . ) , also die gerade Linie I F der Lage folglich

der Punkt M

gegeben,

mithin ist die

13

194

Aufgabe 118.

Aufgabe auf die andere reducirt: einen Kreis zu beschreiben, welcher durch zwey gegebene Punkte gehet, und einep, der Giöfse and Lage nach gegebenen, Kreis berührt. Andere

Anälysis

nach Rob. Simson (s* dessen opera reliqua, App; p. 21,) Es seyen C , D , E der Mittelpunkt und die Berührungspunkte des gesuchten Kreises, so ist, wenn DE bis zu dein Durchschnitte 1 mit der verlängerten AB verringert wird, und, wie vorhin, die geraden Linien DC, C E , D G , E N , GA, A D , EU. BN gezogen werden, CDE} = ( CED A D G \ ' BEN AGDJ afco A G # E D folglich AI: I ß = G I : IE mithin (Dat. 8.) der Punkt I gegeben. Zieht man die, den gröfseren Kreis in Q schneidende, gerade Linie FD, so ist, wenn die geraden Linien OG, EF gezogen werden ? und in D die zweyen Kreisen gemeinschaftliche Tangente TU angelegt wird, T D G l = D O G (El. III. 32.) UDEN (EL III. 32.) D F E j also QGrftEF folglich R I : I F ~ G I : I E (EI. VI. 4.), wenn die verlängerte QG der verlängerten JF in II begeguet; = A I ; IB mitbin ist (Dat. 8.) der Punkt II gegeben. Demnach

Aufgabe

Iii).

195

gehen die Verlängerungen der Seiten des, in dem grün e r e n Kreise liegenden, Dreieckes DGO durch die, in gerader Linie gegebenen, Punkte Ii, F, I, also können die Punkte G, D , Q nach Aufg. 142. gefunden werden, folglich ist der gesuchte Kreis gegeben.

Aufgabe 119.

(Fig. 60.)

An einem gegebenen Dreiecke drey Kreise zu beschreiben , wovon jeder die beiden anderen und zwey Seiten des Dreieckes berühre, so aber, dals einer von ihnen die beiden übrigen umschliefse. A n a 1 y s i s. Es sey ABC das gegebene Dreieck; DIF und EIG seyen zwey der verlangten Kreise, die einander in I, die Seiten des Dreieckes aber in D , E , F, G berühren. Der dritte Kreis kann , wenn er jene berühren^ sie umschliefsen, und zugleich zwey Seilen des Dreieckes berühren soll, nicht anders, als durch D und E gehen, und mufs die Seiten A B , AG in diesen Punkten berühren. D E P sey dieser dritte Kreis. Da die 3 Kreise einander b e r ü h r e n , so roüfsen die gemeinschaftlichen Tangenten in den Berührungspunkten in einem Punkte zusammentreffen, oder, die Tangente an I mufs durch A gehen AI treffe BC in K, so ist der Kreis DFI in dem Dreiecke A B K , und der Kreis EIG in dem Dreiecke AKC eingeschrieben ; und diese Kreise wären bestimmt, wenn nur noch A K , oder (1er Punkt K gefunden wäre. Zieht man durch B und M , G und N gerade Linien , welche sich in O treffen, so ist O der Mittelpunkt eines in das gegebene Dreieck eingeschriebenen Kreises. Zieht man O K , so bleibt die Lage dieser Linie zu untersuchen.

196

Aufgabe

119.

Da der Kreis D O F im Dreieck ABK eingeschrieben ist, so ist A D = A I , BD-=BF, K I = F K ; daher 2Al=rAB-fAK—BK. Eben s o , da der Kreis IGF im Dreieck AKC eingeschrieben ist, hat man 2AI=AC-hAK—KC, daher A B — B K = A C - K C , oder AB—AC^BK—KC. Es ist aber auch BC—BK-f-KC daher AB-f-BC—AC=2BK also steht OK senkrecht auf B C , somit ist der Punkt K , die Linie A K , und alies übrige gegeben. Construction. Man halbire zwey Winkel des gegebenen Dreieckes z. B. ABC, A C ß ; vom Punkte O , worin die halbirenden Linien zusammentreffen, Pille n u n eine senkrechte OK auf eine der Seiten BC ; verbinde K mit A , und beschreibe in jedes der Dreiecke ABK, ACK einen Kreis ein. Die Kreise seyen D I F , EIG. Durch die Berührungspunkte D , E und die Mittelpunkte M, N ziehe man die geraden Linien D H , HE, und beschreibe aus H als Mittelpunkt mit D H , oder HE wieder einen Kreis, welcher der dritte der verlangten seyn wird. Beweis. Da DIF ein im Dreieck ABK eingeschriebener Kreis ist, so ist 2AD=AB-f-AK—BK; eben so ist in ¿\ACK 2AE=rAC-j-AK-CK oder 4AD-f-2BK~ 2A B-+-2A K 4AE-»-2CK:=2A.C-f-2AK Da aber wegen Halbirung der Winkel ABC, ACB der Punkt O von den drey Seiten des gegebenen Dreieckes gleich weit absteht, und OK senkrecht auf BC i s t , so ¡st 2 B K - AB-f-BC—AC 2CK—AC-l-BC—AB

Aufgabe

120.

197

daher ist 4AD-f-AB-f-BC—AC=2AE-f-2AK 4AE4-ACH-BC—AB=2AC-f-2AK oder 4AD=AB—ßC-f-AC-f-2AK 4A£=AB—BC-f-AC-KiAK mithin AD-=AE. Also sind auch die Entfernungen des Punktes A von den Berührungspunkten der Kreise D F und E G mit AK gleich, oder diese Kreise berühren AK in demselben Punkte I, also auch einander selbst in diesem Punkte. Endlich da A D - AE, so ist ¿\ADHJfi A A E H , D U — H E , also berührt der dritte aus H mit D H beschriebene Kreis auch die beiden anderen und die Seiten A B , AC in D und E.

Aufgabe

120. (Fig. 61.)

Auf d e r , der Lage nach gegebenen, geraden Linie AB, auf welcher die Punkte A, D, B gegeben sind, einen Punkt L zwischen D , 15 zu finden, das das, zwischen den Umfangen der über A B , DL beschriebeneu Kreise liegende, Segment E F der, von B au den zweiten Kreis gezogenen, Tangente BF der Linie A D gleich sey. A n a l y s i s . (Fig. 61. a.) Es seyen O, D L , der Mittelpunkt und Durchmesser des gesuchten Kreises, F der Berührungspunkt der T a n gente BP , deren Verlängerung dem Kreise über AB in E begegne, so ist, wenn die geraden Linien O F , AE gezogen werden, A E B - I i = O F ü (EI. I. 31. III. 18.) also A E ^ O F . Zieht man die den Umfang des gegebenen Kreises in G schneidende gerade Linie EG.-ji'AE, auch FHij^AE, welche

198

120.

Jufgahe

von der geraden Linie A G in H geschnitten w e r d e , so ist E F J = - A H , I 1 F = H G ( E L I. 3 4 . ) . DA' Wacht man A D i f c R , and zieht den Durchschnitt I der Linie D I und F H mit dem Punkte A durch die gerade Linie AI zusammen, so ist AADII» a i a h also D A I = I A H ,

rDI\-IH < FB >

( E l . I. 2 6 . )

(HG) folglich ist, wenn die, den B o g e n A E B in M schneidende , gerade Linie G l gezogen wird , K G I . = , IGH KGM>

n (JEzj^Aß gezogen, und bis zum Durchschnitt mit A ü in E verlängert wird,

Aufgabe

122.

201

ECAs=BAC (El. I. 29.), also AEAC der Art nach (Dat. .43.; , folglich das Verhültnifs AC : CE gegeben. Da BA : CE— BD : DC = c : b , so ist auch das Veihältnifs B A : C E , somit das Verhältnils BA : AC (Dat. 90, mithin ABAC der Art «ach (Dat. 41,), also der Winkel AC£? gegeben. Da BC der Gröfse nach gegeben, sq sind (Dat. 37. 34. 28.) die Punkte B , C , somit ist auch der Punkt D gegeben. Construction

und

Beweis

lassen sich aus der Arialysis leicht herleiten. F a l l 2. Es sey c>a-f-b (Fig. 62. b.). A n a I y s i s. Es seyen B , C , D die gesuchten P u n k t e , so lafst eich, wenn BDE=BAC gemacht, und DE bis zum Durchschnitt E mit AC verlängert wird, ein Kreis durch die Punkte A, D, E, B beschreiben, also ist D B E = D A E , folglich ist das Verhültnifs BD: DE gegeben. Da aucli das Verhültnifs B D : D C gegeben ist, so ist das Verhültnifs E D : DC gegeben. Da die Winkel BDC, BDE gegeben sind, so ist der Winkel E D C , folglich das Dreieck EDC der Art nach, mithin der Winkel DCE, somit der Winkel DCG , also das Dreieck DCG der Art nach, folglich das Verhältnis C D : D G , mithin die Linie DG , somit die Linie BG gegeben. Also ist dieser Fall auf den vorhergehenden reducirt. Construction,

Determination,

ergeben sich aus der Analysis.

Beweis

202

Aufgabe 125. Aufgabe 123.

(Fig. 63.)

Ein Dreieck zu beschreiben, dessen Grundlinie HC, Winkel A der Spitze gegeben seyen, und worin das Verliältnifs eines Schenkels B A ?u demjenigen Segmente C D des anderen,

welches zwischen der Grundlinie B C uncl

einem, in einer Entfernung von der Spitze A = der gegebenen geraden Linie cc gelegenen, Punkte J ) enthalten ist, dem Verhältriifse der gegebenen geraclen Linien p, q gleich sey. A n a 1 y s i s. E s sey /\BAC

das verlangte , so ist verm. (Dat. 76.)

(BA-f-ACj2

- D C 2 ; A A B C = / i E G : G A , wenn j

^p.BA+p.CD+p«y

E s ist L B :

E A—AC, A G E = 4 i ;

I

=4:tan.|BAC

l

=4

cöS4ßAC:sir,iBAC

s i n . B A C : ! , wenn J J L A = 11;

J-CA.BLy.r §CA. AB j f =-2sin.iBAC.cos,|DAC: 1 A a b c / ^

also

i s t

+

P

A B ) A B

(P±3)2(

v P / v

B

!

A+-P-a)

P-Hl /

-BC

(c-f-jjAB)AB

Scos.'BAC-: l

Aufgabe

124.

203

folglich ( b a + j £ ; . ) : - C ^ ) * b c » = ( ( « + 5 a b ) a b )

=4p5cos.JßAC2: (p+q)2 mithin ( b a + £ 0 ) - ( ^

q

B c ) J : (Bß+AB)AB = 4 p q c o s . J B A C 2 ; (p-f-q)2»

«1. i. ( B A - f - ß y — f : ( A B + i ) A B = 4 p q c o s . J B A C 2 : (p-t-q) 2 , wenn —E- a = rß , _ f _ B C = v , gesetzt wird; oder ö p-f-q p-hq ' q es ist, wenn man A B = b x — x , be=ß, a e = e d ' = j / , b«= : b x . x c = 4 p q c o s 4 B A C 2 : (p-f-q) 2 ax.xd ' also ist die Aufgabe auf Apollonius.von Perga de sect, det, Bur.h Ii. Aufg. 3. reducirt.

Aufgabe

124, (Fig. 64.)

Durch drey, in einer Ebene der Lage nach gegebene, gerade L i n i e n , A B , A C , C D , welche einander nicht in einem und demselben Punkte schneiden , eine gerade Linie D E F zu legen, deren zwischen jene Linien ialiende Segmente D E , E F gegebenen geraden Linien gleich seyei.'. Analysis. Es sey D E F die gesuchte Linie, so ist, wenn E L # B C gezogen wird , A E : E L ^ A B : B C . . EL:CD—EF: F D ' ' ' = BC : CG, wenn B C : C G — EF : FD i

204

Aufgabe

125.

also A E : C D = A B : CG folglich EB : D G = A B : CG (EI. V. 19.) also ist B E : DG gegeben. Da auch D E der Gröfse nach, tincl der Winkel DBE gegeben ist, so ist die Aufgabe auf nie vorhergehende reducirt. A rimerkniig. Die Aufgabe; auf jeder von drey, in einer Ebene der Lage nach gegebenen, nifht in einem Punkte sich schneidenden, geraden Linien einen Punkt zu linden, so dafs deren gegenseitige Entfernungen gegebenen geraden Linien gleich Seyen, fällt zusammen mit tler anderen : Ei« der Art und Gröfse nach gegebenes Dreieck an ein anderes , gleichfalls der Art und Gröfse nach gegebenes, Dreieck so zu legen, dafs die Winkelpunkte des ersteren auf die Seiten des letzteren, oder die Verlängerungen desselben, fallen.

Aufgabe 125. (Fig. 6'5.) Durch zwey, in der Ebene eines, der Gröfse und Lage nach gegebenen, Kreises, dessen Mittelpunkt C ist, gegebene P u n k t e A , B einen Kreis zu beschreiben, welcher den gegebenen Kreis so schneide, dafs die gemeinschaftliche Sehne FG der gegebenen geraden Linie M gleich sey. Analysis. Es sey FBGA der gesuchte Kreis, so ist, wenn die geraden Linien A B , FG gezogen, u n d , wo ; öiliig, verlängert werden, bis sie einander in O schneiden,•

Aufgabe

125.

-205

AO . OB—- j FO. OG ' D O . O E , wenn die beliebige gerade Linie OED durch deii gegebenen Kreis gezogen wird; also liegen A , B , E , D auf dem Umfange eines Kreises, welcher, da A , B gegeben sind, und E wiükiihrlich angenommen werden kann, der Gröfse und Lage nach gegeben ist, folglich ist die gerade Linie DE der Lage nach, mithin der Durchschnitt O mit der, der Lage nftcli gegebenen, geraden Li.iie AB gegeben. Da von O in den gegebenen Kreis eine Sehne FG der gegebenen Linie M gelegt werden kann, so ist der Punkt G , somit der, durch A , B , G zu beschreibende, Kreis gegeben. Cönstruction. Man beschreibe durch A , B und den, auf eiern Umfange des gegebenen Kreises willkührlich arigenomme" nen, Funkt D einen, den Umfang des gegebenen Kreises in E schneidenden, Kreis, ziehe die, die (w'o nütliig) verlängerte gerade Linie AB in O schneidende, gerade Linie D E , mache die Sehne HK des gegebenen Kreises —M, CLK--R, beschreibe aus C als Mittelpunkt mit eine!» Radius .~=CL einen Kreis, und lege an denselben eine Tangente O l , so wird, wenn Ol den gegebenen Kreisumfa'ng in G , F schneidet, ein durch A , B , G gelegter Kreis der verlangte seyn. Determination. Damit die Sehne HK=M in den Kreis gelegt werden könne, mufs M"^ als der Durchmesser des gegebenen Kreises seya.

Aufgabe

206

125.

Beweis. Da M ^

als des gegebenen K r e i s e s D u r c h m e s s e r ist

t D e t . ) , so läfst s i c h eine S e i m e H K = i V I in diesen Kreis legen, lälst

also

sich

ist C L k l e i n e r , als der H a l b m e s s e r ,

von

O

eine

Tangente

an

den

folglich

gegebenen

K r e i s legen. F e r n e r ist A O . O B = , E O . O D 'GO,OF also liegt F a u f d e m U m f a n g e legten

ist

G ge-

Kreises.

Da L C = C I , so

des durch A , B ,

w e n n die gerade L i n i e C I gezogen w i r d ,

FG=iHK. < M

folglich ist der d u r c h A ,

B,

G

besc! riebene Kreis der

gesuchte. Anmerkung

1.

Üs erhellet von s e l b s t , welche leichte Modificationen die C o n s t r u c t i o n

erleide,

wenn

AB+j;DE

A , B innerhalb des g e g e b e n e n Kreises , nerhalb,

wird,

oder

oder theils i n -

theils ausserhalb desselben g e g e b e n werden. Anmerkung

2.

In dieser Auflösung ist zugleich eine einfache AuflösunÖ 2 der ben , einen, rühre.

A u f gOa b e

e n t h a l t e n : einen Kreis zu b e s c h r e i -

welcher durch zwey gegebene P u n k t e g e h e , der

und

Gröfse und L a g e nach g e g e b e n e n , Kreis be-

Aufgabe Aufgabe Ein

Viereck

207

126. (Fig. 66.)

126.

A B C D zu beschreiben,

in

welchem

die Seiten A I 5 , B C ,

C D , D A den gegebenen geraden

Linien M , N , P , Q

g l e i c h , und die an der Seite A B

liegenden Winkel einander gieicli Seyen. Analysis. Es

sev A B C D

das gesuchte V i e r e c k , so i s t , wenn

die Diagonale AC g e z o g e n , und die , die Linie B C in F schneidende, gerade Linie D F r j i A B ge/.ogen w i r d , ACGFcnACAB also C B . - B A N:M

CF

= j

»

:FG

'CBKE /

wenn die der Linie D A parallel gezogene gerade Linie C E den Linien A B , D F in Ii , K begegnet;

= N _ Q : FG folglich ist

FG

i

(FD—DG'

SegebcU-

Ferner ist A C K . G c / > A A D G mithin A D : C K = D G : GK somit A D - + - C K , : A ü = | D G - f - G K , : D G . BC

»

'

DK

'

Beschreibt m a n , aus C , als Mittelpunkt, mit einem Radius = C F , einen K r e i s , dessen Peripherie die Linie D C und ihre Verlängerung in L , O schneide, so ist DL—DC—CF

,

DO=DC-f-CF

—P—(N—Q) also sind L D , D O gegeben.

—P-f-< v N—Q)

208

Aufgabe

126.

Wird die gerade Linie Gl so bestimmt, dafs C B : L D = D O : Gl so ist Gl gegeben, und C B . G I = < L D . DO * FD•DK also CB : F D = D K : Gl Da C ß : AD—KD :DG so ist F D : DA— IG : GD folglich F D . D G - D A . IG mithin ist F D . D G gegeben, demnach (Dat. 8 5 1 sowohl F D , als D G , somit das Viereck ABCD gegeben. Construction. Man mache F G = der vierten geometrischen Proportionallinie zu N , M , N—Q, errichte in G , F zu verschiedenen Seiten der Linie GF die Perpendikel F H = 0 , G I = der vierten gfeometH'cben Proportionaüinü" zu N, p + ( N — Q ) , P—(N—Q), verknüpfe H mit I durch die gerade Linie HI, beschreibe über HI, als Durchmesser, einen Kreis, welcher der verlängerten GF in F begegne, construire über DF ein Dreieck DCF, dessen Seite CD = P , C F = N — Q , verlängere CF um F B — Q , ziehe A B ^ D G , verknüpfe C , G durch die, in ihrer Verlängerung die Linie BA in A schneidende, gerade Linie C G , und ziehe die gerade Linie D A , so ist ABCD das gesuchte Viereck. D e t e r m i n a t i o n und B e w e i s ergeben «ich aus dem Gesagten sehr leicht.

Aufgabe

109. (Fig.

51.)

In einen, der Gröfse und Lage nach gegebenen, Kreis, dessen Mittelpunkt O ist, ein Viereck ABCD zu

Aufgabe beschreiben,

127.

209

dessen einander gegenüber liegende Seiten

A ß , C D , den gegebenen geraden Linien P , Q , gleich Seyen,

und in welchem

die Diagonalen AC , B D in

dem Verhältnifse der gegebenen geraden Linien m , n zu einander stehen. A n a 1 y s i s. Es sey ABCD das gesuchte Viereck, so sind, wenn die Durchmesser A E , D F , und die geraden Linien B E , F C gezogen werden, die Linien B E , FC gegeben. Es ist, nach dem Ptolemäischen Satze, AE . B Ü = A B . E D + A D . EB D F . A C = D C . A F + A D . CF

T

also D F . AC : A E . B D } — D C . A F t A D . C F : A B . E D + A D . B E AC: BD m :n folglich A B . E D + A D . B E = — D C . A F - f - — A D . C F

{

= K . f A F \ + L . A D , wenn m : n I = D C : K, / m:n=CF:L; )J mithin

(AB—K)ED=(L—BE)AD

somit A D : D E = A B — K : L — B E demnach ist A D : D E also A D 2 : D E 2 also A D 2 - f - D E 2 . : A D 2 , und , A D ^ D E 2 , : D E 2 AE2 J I AE2 I mithin sowohl geben.

AD,

als D E , somit das Viereck ge-

Vi

2.10

Aufgabe

127.

Co n s t r u c t i o n . Man mache die Sehnen B A = P , GA=Q, ziehe den Durchmesser AK, und die geraden Linien BE, EG, bestimme AH so, cMs m:n=Q:AH, ziehe die, die Linie EG in I schneidende, gerade Linie HI:j±AE, mache KA—AH , LE—EI, EAD—LKB , AC#DG, und vollende das Viereck ABCD, so ist dasselbe das verlangte. Beweis. Es ist GD#AC also CD—AG Es ist LKB=EAD, LBK—ADE (El. III. 22.} ilso AD : DE=KB : BL (El. VI. 4.) =BA—| AK i : iLE>—EB IAH* ' IE! —BA——AG:—EG—EB m m folglich - AD.EG—DA.EB=BA.DE—-DE.AG ° m m mithin ^(AD . EG+DE. AG)=BA. DE-f-DA. EB somitm:n=AD. jEG.-f-jDE.AGj :BA. DE+DA.EB ' C F ' f AF.CD $ = A C : BD. Da auch AB=P, so ist ABCD das verlangte Viereck, Z ns a t z. Wenn statt der Seite CD der Winkel CRD der Diagonalen gegeben wäre, so ist, da, wegen der gege-

Aufgabe

128.

211

benen A B , ADIl gegeben ist, auch D A C , somit D C gegeben, also die Aufgabe auf die vorige reducirt. Aufgabe

128.

(Fig.

68.)

Ein Rechteck zu construireri, dessen Seitenverhältnifs dem gegebenen Verhältnifse p : q gleich s e y , und dessen Fläche um einen Raum , welcher dem Quadrate der gegebenen geraden Linie c gleich s e y , abnehme, wenn man die Grundlinie und die Höhe um Linien abnehmen läfst, welche den gegebenen geraden Linien f f , y gleich sind. 1) Es sey p ; q = ß : y (Fig. 68. a.). Analysis. Es sey AHLM das gesuchte Rechteck, so ist, wenn AB— ß, AC=y genommen wird , MA : A H = ß A: AC also M A . A C ^ R A . A H MB. i A C 1 + B A . A C V 'BD' J folglich MB.BDH-BA.AG-(-BA.AH , = B A . A H cH-BA.AC f mithin ist 2 B A . A H , und da BA gegeben i s t , 2AH, somit A H , also auch A M , folglich das Rechteck gegeben. Constructidn: Man mache B AC—R, B A = / J , A C = j / , C D # A B , B D ^ A C , EC—CD, F C = c , F C G = E F G = l l , A H = H G t H M ^ C B , M L # A G , H L ^ Ä B , so ist A M L H da« ver. langte Rechteck.

212

Aufgabe

128.

Determination. Da H A > A C werden mufs, so mufs 2BA. A H . > 2 R A . AC 2 c +I5A. AC' also c 2 >15A.AC seyn. Beweis. Da C E F < R , E F G = R so ist CEF-f-EFG A C . Es ist

HA:AM=CA:AB

mithin i\IA>AB. Ferner ist F C ^ + B A . A C ^ r B A . CG-f BA . AC c2 > A H werde, mufs-seyn MA : AB "\>/MA:AV t R : RK i \ q: p G A ; AK f j C A : All GA:BA+AR/ ' . C A . A B , : B A . Aft

l

< ßy

1

G A . AB i : < ; B A + A R ) A B j

c *+ßy » also c 2 : , B A 2 ¡> ißy: B A . AR (Hauber §. 43.) t ß2 > ' q : p mithin p : q>/5 2 c 2 . Beweis. Da C H F < R , H F G ^ R so ist C H F + H F G < 2 R , also schneiden H C , FG einander. Es ist p : q > , V J : c 2 also c 2 : ß2 i > j q: p GC . A B : A B 2 ' ' C A . A15.-RA. AR folglich G A . A B : ( B A + A R ) AB^ > j q : p (Hauber§/i5.) GA: (BA+AR> / ' M A s AV ' AK ' LR': RV ( MA.AB J mithin B A < A V . Da p : q i < r ß: y VA:AM» 'BA:AG so ist V A : A B < M A : AC also auch M A > A C (Hauber §. 11.).

Aufgabe Ferner ist F C c

2

2

129.

215

= H C . CG i=AB.CG — ( iAB. . A G \ — B A . A C VRKJ ( \

RL . AK f

(EI. VI.

it5.)

'MA.AK ) = M A . AB-+-, R A . A M , — B A . AC f VA.AC) = M A . A B - f - D B . BV. Ueberdiefs ist V A : A i \ I = p : q , also ist M A V Ü das verlangte Rechteck. 3) E s sey p : q > B A : A C . Dieser Fall wird dem vorigen ähnlich behandelt.

Aufgabe

129.

(Fig. 69.)

Ein Rechteck zu beschreiben, dessen Seitenverh'altnifs

dem

Verhältnifse der gegebenen

geraden

Linien

jj, q gleich sey, und dessen Flächenraum sich u m einen Raum =

d e m Quadrate der gegebenen geraden Linie c

ä n d e r e , wenn

m a n die Grundlinie u m eine gegebene

Linie a z u n e h m e n , u n d die H ö h e u m eine gegebene Linie ¡V abnehmen lälst. 1) Es sey

p:q=«:(?. Analysis.

Es sey By das gesuchte R e c h t e c k , MB—a,

BA—ß,

so i s t ,

wenn

H G # A B , A G ^ B H , AP=== P , A Q = q

gemacht werden , GA : A B = i P A : A Q * Bx folglich HZ—ZG\ — (Bx—GZ BA.AGV,

a.• , . [ i

I

c2

)

mithin die Aufgabe unbestimmt, oder unmöglich, je nachdem u . r j — c 2 , oder u . f i ^ c 2 . 2) Es sey p : q < a : / S . Analysis. Es sey By das gesuchte Rechteck, so ist * wenn C ß — a, BA=pf, C D ^ B A , A D # B C , A P = p , AQ^q, B G ^ P Q gemacht werden, G A : A B = P A : P Q also D A : A B > G A : A B folglich D A > A G . Auch ist GA : A B = V B : BZ (EI. VI. 4.) hin G A . BZ i = | AB . BV HZ 1 I B x demnach CZ—ZH^ = ,Cz—Bx CK V ! r Dz—Bx i -f-DA. AB (DA—AG)BZj ( c2 S also ist (DA—AG)BZ, folglich B Z , somit BV, und das ganze Rechteck gegeben. C o n st r u c t i o n . Man mache C B = « , C B A = R , B A = / 5 , C D ^ A B , AD^tBC, AP— p, AQ—>i, B G ^ P Q , E A = A D , F A = c , E F L = R , (JO^j:BA, LO^;BC, ziehe die, die Verlängerung von BA in Z schneidende, gerade Linie COZ, ZV^j:P(^,

Aufgabe BV^fAD,

129.

217

und vollende das l i e c h t e c k B V Y Z , so ist das-

selbe das verlangte. Beweis. E s ist A E F < l i , also

EFL—Ii

AEF-f-EFL A L ' , und wenn K k , K ' k der Verlängerung der Linie BA in Q , Q' begegnen ,

220

Aufgabe 130.

seynLQ>, LQ' 'L'Q'—L'L *). Es ist BA. AG—c2—ab, B'A . AG'=c2—a'b' 2— a b' I 1 aC-—Hb , „„, —c'— also VAG ——-—, 4AG I 2a / 2a'-T— • KL ' K'L' ' Auch ist KL : LQ- b:a, K'L':L'Q=-b': a' folglich LQ— j^KL

L'Q'—pK'L'

c2—ab c' 2 -u'b' 2b ~ 2b' Ferner ist QL:LK—fCD:DI2, Q'L':L'K'—fC'D':D'B' A13:BD < AB':B'D' (AL:LK lL'A:L'K' mithin QL—AL , O'L'-L'A demnach LA—AL'^ QL—'Q'L' > c2—ab c'2—a'b' LL J 2b 2b' " 2 2 2 2 also mufs seyn _c —ab. > c' —a'b' c_—ab _ _ r' —a'b' , , , — c2—ab> — c'2—a'b' folglich mithin c2—ab:c'2—a'b'>b:b'. Zu ganz ahnlichen Bestimmungen gelangt man, wenn c2—ab>c'2—a'b' also AG>AG'. *) Wenn AL^AL', so führen die Bestimmungen auf dasselbe Resultat.

Aufgäbe

130.

221

Da GH:HK=,AH:HK )AC : CD |BD : DG [KL:LQ so ist GKQ eine gerade Linie. Da eben so G'K'Q' eine gerade Linie ist, so darf nicht AG^=AG' seyn , weil sonst der Durchsciinitt von KO, K'Q in G fiele, also darf auch nicht seyn T '

a "

Beweis. Da nicht a:b a': b' (Det.) QL : LK ' r-, , . . . . c2—ab) . fc'2—a'b' folglich — — I >1 •—-.-,— °

i b

>

L(x) J

\

2 b

e2— ab , c'2—a'b' — 2 b

2 b

[L'Q'—L'L LO' also schneiden KQ, K'Q' einander innerhalb des Winkels GAL. Bezeichnet man den Durchschnitt der Linien KL, kh mit n, so ist Kn: nki = a b , als c ' 2 > a ' b ' seyn. Damit K k , K ' k einander begegnen, darf nicht Kk|j: K ' k , also nicht B C # B ' C ' , folglich nicht a : b = a ' : b ' seyn.

224

Aufgabe

131.

so mufs, wenn, wie es in vorliegender Figur der Fall ist, AH c'H-a'b' c2-f-ab>-— c'H-a'b' gen , wem ———7— Und —! 2 2a' 2b 2b' c \ rrc oder wenn b:a>b':a', oder wenn —>-^-7 a 7' a' 15

Aufgabe

226

131.

Ist c J V=rc2 a1 Y AGJ (AG', so wird CP=B'P', also schneiden Kk, K'k einander nicht innerhalb des Winkels ODP. Beweis. 2 Da c 1 >ab, c'2 >>a'b' BA. AG' B'A.AG'»

so ist AG>b, AG'>b'. Da nicht a:b=a':b', so schneiden die Linien Kk, K'k einander. Da c 2 :c' 2 +a'b'—ab' H'K', so schneiden die Linien K'k, K'k einander innerhalb des Winkels ODP. Auch ist Kn : nk , = , BD : DC Hh : LI' ' OL : rali also Hh. hm=OL.Ll folglich BA . Ah+DB. B1, =BA . AH+ f DB . BL B A. AC+DC. C1H-DB . B1> )DÜ.CH )MH.HG \AB . HG = BA. AG c Eben so wird bewiesen, dafs B'A . AC'+D'C'.C'h 4-D'B'.B'k=c'2, also ist Alkh das gesuchte Rechteck.

Aufgabe Aufgabe

132

227

132. (Fig. 72.)

E i n Rechteck Alkh zu beschreiben, dessen Fllichenraum um einen R a u m , welcher dem (Quadrate der gegebenen geraden Linie 1 c f gleich ist, < zunehme j , wenn f c'_ * | abnehme' man seine Grundlinie und seine Höhe um Linien, welche den gegebenen

geraden

Linien

I a, 'a',

b | b''

gleich

sind,

zunehmen i liifst. abnehmen> A n a 1 y s i s. E s sey Alkh das verlangte R e c h t e c k , so i s t , wenn r A L K H f ein zweites Rechteck i s t , welches um denl AL'K'H'» gelben Flächenraum bey derselben i Zunahme JclerGrundI Abnahme) Knie und Höhe (zunimmt) , die gerade Linie (abnimmt'

, Kk , fk'M

der Lage nach gegeben, wie Aufgabe a ' b ' Damit K k ,

oder Abnahmen ist,

seyn.

K ' k einander schneiden, darf nicht B C

z ^ ß ' C ' w e r d e n , also mufs a : b ^ a ' : b '

seyn.

so m n f s , damit der Punkt k innerhalb des Winkels von ß ' D ' C ' falle, B ' Q > B ' P ' P'

Vertical-

s e y n , wenn Q ,

die Durchschnitte der Linien K ' k und K k mit der

Verlängerung von B ' D ' sind. E s ist K ' M ' : M ' P ' = B ' A : A C ' =D'C':C'A = K ' M ' : rM'D'

hi'C

(II'G' also M ' P ; — H ' G ' folglieh Es ist,

wenn

U den Durchschnitt der Linien K H ,

ß ' Q bezeichnet, GH : HK ; — Q U : ¡UK b:a i >KH—}HU ( a'

Aufgabe

132.

229

Auch ist AH} ::HK=b:a st AHj ] c 1—ab —ab' \ 2a

j

also H K = - ~ a b folglich ist b : a = Q U : \c2—ab—2a'b 2b • v.c2—ab—2a'b mithin y U— ¡r ¿'¿L

.

sonut

cs—ab , c2—ab—2a'b b ' Q ^ - — _ c2—ab—a'b

, . c2—ab—a'b^ c'r demnach muls seyn ; —>-y also c2—ab—a'b : c ' 2 > a : a ' . Auf ähnlichem Wege wird die Deierm. gefunden, c 2 —ab^ c' 2 wenn nicht — ^ — > Beweis. l

Da c > a b , c ' * > a ' b ' , so ist GC>CA, G ' A > A C . Da a : b ^ a ' : b ' , so schneiden Kk, K'fc einander. Da c2—ab—a'b' : c ' 2 > a : « ' _ o?—ab—a'b' c' 2 so ist >— , a a— also B ' Q > B ' P ' , wie aus der Determine

250

Aufgabe 133.

leicht erhellet, folglich schneiden K k , K ' k einander innerhalb des Verticalwinkels von B ' D ' C ' . Auch ist EA . AC-f-B A . Ah-f-CA . Al—c 2 Ii'A . A C ' - j - ß ' A . C ' h - f - B ' D ' . D ' o = c ' wie aus Aufgabe 130. und 131. hervorgeht', Alkh das gesuchte Rechteck.

Aufgabe den

133.

also ist.

{Fig. 73.)

Ein Rechteck Aornh zu beschreiben, welches um, Quadraten der gegebenen geraden Linien j c j

gleiche, Räume sich verändere, linie um Linien, welche den gl ¿ich s i n d , z u n e h m e n , und weiche den gegebenen Linien nehmen läfst.

wenn man seine Grundgegebenen Linien a , a' seine Höhe um Linien, b , b' gleich sind, ab-

A n a l y s i s. Es sey Aomh das verlangte Rechteck, so ist, wenn AOMH ein zweites Rechteck itt, welches um denselben Flachenraum abnimmt, wenn man seine Grundlinie und seine Höhe um dieselben Linien AB, AD z u - und ibnehmen M s t , wie das Rechteck A o m h , und wenn die Durchschnitte der Linien m o , MH mit den Verlängerungen von C D , BC mit n , L bezeichnet w e r d e n , no . o O = L H . Hh also Oo : Hh . = , LH : no Mqrmql I B A : AD folglich ist /\Mmq der Art n a c h , mithin der Winkel iiiMfj, somit, in so fern der Punkt M als der Lage nach gegeben angesehen werden k a n n , die Lage der geraden Linie Mm gegeben.

Aufgabe

133.

231

Eben so i s t , wenn A O ' M ' H ' ein Rechteck ist, welches uin denselben Raum abnimmt, wie A o m h , wenn man die Grundlinie und die Höhe um dieselben Linien A B ' , A D ' zu - und abnehmen läfst, aus ähnlichen Gründ e n , die Lage der geraden Linie M ' m gegeben. Mithin ist der Durchschnitt m der Linien M m , M ' m , somit das ganze Rechteck gegeben. Construction. Man mache ABC— R , A B = a , A C = b , C D # A B , A D # B C , ED— D C , D F = c , E F G = U , HG—G'O , HM zj^GK^CD , ziehe die gerade Linie B D , welche verlängert werde bis zum Durchschnitt mit GK in K, nehme K O ^ A G , HMrftAO, M m ^ B D . Eben so bestimme man u. s. w . setzt B ' , C u. s. Durch den Durchschnitt m man mozj^AD , mlzj^AO , Rechteck.

M', w., der so

indem man statt B, C, und ziehe M ' m ^ B ' D ' . Linien Mm, M ' m ziehe ist A'omh das gesuchte

Determination. Damit M m , M ' m einander schneiden,

darf

nicht

M m | M ' m s e y « , also mufs a : b ^ a ' : b ' seyn. B e4w e i s. Es ist BA. AD'

a': b' -B'A : A D '

also schneiden B D , B ' D ' , folglich auch M m , M ' m einander. c 2 c'2 Es sey - < — , a b < a ' b '

232

Aufgabe

133.

cM-abl fc'H-a'b' so ist — - — l < l — AG also auch

j aI

a

( < (c 1

AG-f-GHi All

AG' a'

^ -f. — a

\AG'-f-G'H'

)

'

AH'

Es ist m q : q M = / D A : A B lDG:GK )HG:GK MVIK: K.G also liegen m , M , G in einer geraden Linie. Da eben so die Punkte M ' , m , G' in einer geraden Linie l i e g e n , so schneiden sich M m ,

M'm

des Vertikalwinkels von A D C . Ferner ist raq: qlVI . = , D A : A B LI: Oo'

1 NO : lh

also L l . l h . = N O . O o Lh

>

No

folglieh C h — D o = / " C H — , D O \

'CG

)

GL

J

EG

/fiD. DG cEben so ist m q ' : q ' M ' i = r , D ' C : C ' ß ' L'l'rü'o

f

'

l'h: N'O'

also L T . i ' h ^ — N ' O ' . O ' o l'ii'

*


13.) =TR—,CN I «2 also a9+cs2=TR —AD. MT folglich AD : a2-f-«2: MT (El. V'1.17.). mithin ist MT, somit ,MT—AB • gegeben. IBM—ATI Da DA: AB=DP: PU = ,DP.QN| : , mache H O = O U ,

H G = B K , ziehe H i'.,; G.\.j; ; C B ,

den Durchschnitt T

durch

der L i n i e H T m i t der verlängerten

D B die L i n i e T Q : j t A B , und bezeichne den D u r c h s c h n i t t der

Linien T Q ,

GN mit N ,

so sind A N ,

N C die g e -

suchten R e c h t e c k e . B k e w e i s. E s ist D A . A B \ = D P : P T CB : B E ( = C Q : AH tEI.VI.20.Zus.2.)VB2 : B E 2 ( ~ C ( 2 . B G : A H . B G LB2, a2 tEI.II.6.)

B M * W * /

AU*

v

SAH.Hk/ 'AH.BG'

250

Aufgabe 136.

also a*=CQ.BG folglich «2-f-a2—a2 i=NC+f BF2 a2 »

23iri.(2BAC-f-a)

also BC > ' 2 A K . s i n , ( 2 B A C + « ) + B C . s i n . ( B A C — A B C + « ) folglich

BC(l-siu.(BAC-AI5CH-«j)>2AK.siu.(2ßAC-|-«)

mithin B C : A K > 2 s i n . ( 2 A B C - f - c c J : l - s i n . ( B A C - A B C - ) - a ) Beweis. E s ist ß C : A K > " 2 s i n . ( 2 B A C + ß ) : 1 — s i n . ( i ! A C — A B C + « ) , also berührt, oder schneidet der Kreis die Linie K D . Ferner ist C D B ^ - 2 L A C + « also L D B

=2LAC+a-t-LBL)

LAC-+-

folglich D A C - L A C - L B D > = u . DAB—AED

' Z u s a t z 1.

D a der Winkel C D B , wenn D der Berührungspunkt ist, giölser ist, als jeder andere, welchen die, von irgend einem

Punkte der Linie K D zu den Punkten B ,

C gezogenen, geraden Linien mit einander bilden, so bestimmt der Berührungspunkt ein Dreieck, mit grösserem Unterschiede

der Winkel an der Grundlinie, als .jeder

andere Punkt der Linie D E ; und von zwey, auf derselben Seite des Berührungspunktes liegenden, Punkten bestimmt der nähere

ein Dreieck mit grofserem

schiede, als der entferntere.

Unter-

262

Aufgabe 140. Z u s a t z 2.

Es erhellet. von seibat, ilals es im Fall eines Durch« ¡»ihnittes zwey Punkte mit der gegebenen Eigenschaft »iebt.

Aufgabe

140. (Fig. 82.)

Einen Kreis zu beschreiben, welcher durch zweggegebene Punkte A , ß g e h e , und eine, der Lage nach gegebene, gerade Linie DE in D , E sq schneide, dal« der auf D E liegende Kreisabschnitt eiuen gegebenen Winkel' ci fasse. An a 1 ysis. Es sey C der Mittelpunkt, es seyen D C , CR Radien des gesuchten Kreises, so i s t , wenn das Perpendikel CH auf Al> gezogen, u n d , wo n ü t h i g , bis zuin Durchschnitt G mit DE verlängert wird, und wenn von einem beliebigen Punkte I der Linie CH die Linien 1K, IL den Linien C D , CJi parallel gezogen, auch bis zum Durchschnitt mit D E in K , \ L verlängert werden, DC : Kl—CG: Gl —CQ: IL also KI=1L. Macht man C M D = l l , so ist D C M = c

(Ei. III. 20.)

also COM ( = J i — u . IKG> folglich ist IKG gegeben; mithin ist, da der in der (Dat. 33.) der Lage nach gegebenen l inie, beliebig angenommen werden kann, die der Lage und Gröise nach (Dat. 33.), soaiit

Punkt I, geraden Linie Kl auch IL.

Aufgabe

141.

demnach BC der Lage nach ( D a t . 34.)» also der P u n k t C (Dal. 2 8 0 » u n d der Radius CB gegeben.

Aufgabe

141.

(Fig. 85.)

In einen, der G r e f t e und Lage nach, gegebenen Kreit ein Dreieck z u legen, von welchem die Verlängerungen zweyer Seiten d u r c h z w e j , ausserhalb des Kreises in derselben E b e n e , gegebene P u n k t e A , ß g e h e n , die dritte Seite aber der die P u n k t e A , B verbindenden geraden Linie parallel sey. A n a l y s i s. E s sey ¿ ^ C D E das v e r l a n g t e , so i s t , w e n n ABC gemacht w i r d , u n d

ADG=

G den Durchschnitt der Li-

nien AB , D G b e z e i c h n e t , D A : A G — B A : AC (EI. VI. '(.) also B A . A G — D A . AG (El. VI. 1«.) — A F 2 , wenn die gerade Linie A F den Kreis in F berührt ( E l . III. 3t).); folglich B A : A F = F A : A G ( E l . VI. 17.) mithin ist A G der Gröfse nach ( D a t 91. 2 . ) , somit der P u n k t G gegeben. Da A D G = A B C =DEC so berührt G D den Kreis in D (EI. III. 32. Conv.), also ist der P u n k t D

(Dat. 0 4 . ) , folglich die gerade Linie

A D der Lage nach, mithin der P u n k t C ( D a t . 23.), somit der P u n k t E ( D a t . 2 8 . ) , und das ganze Dreieck D E C gegeben.

264

Aufgabe

142.

C o n s t r u c t i on, Man lege von A an den Kreis die Tangente AF, ziehe die gerade Linie F B , mache A F G = A B F , lege von dem Durchschnitte G der Linie FG mit der Linie AH eine Tangente GD an den Kreis, ziehe durch die Punkte A , D eine gerade Linie, welche dem Kreise in C begegne, und durch B, C die, den Kreis in E schneidende, gerade Linie CE, so ist, wenn die gerade Linie DE gezogen wird, A C D E das verlangte. Beweis. Es ist D A . AC=r AF 2 (El. III. 36.) = B A . A G (El. VI. 4. 17.) also DA : A G = B A : AG (El. VI. 17.) foiglic-i AÜD=AC!S (El. VI. 4.) = G D E (El. III. 32.) mithin DE^AB. Da auch die Verlängerungen der Selten DC , CE durch die Pu. kie A , B laufen, so ist ADCE das verlangte. Zusatz. Es erhellet von selbst, dafs es wegen der zweiten Tangente, welche von G an den Kreis gezogen werden kann, ein zweites Dreieck mit der gegebenen Eigenschaft giebt. Aufgabe

142.

(Fig.

84.)

In einen, der Griifse und Lage nach, gegebenen Kreis ein-Dreieck zu legen, dessen drey Seiten in ihrer Ver-

Aufgabe

143.

26,5

längerting durch drey, ausserhalb des Kreises, in derselben Ebene, in gerader Linie liegende Punkte A , B., F , l.mfen. A n a 1 y s i s. Es sey A D E C das verlangte , so i s t , wenn die gerade Linie DH^iAB den Kreis in H schneidet, und die, die Linie A F in G schneidende, gerade Linie HE gezogen wird, EG13—GHD (Ei. I. 29.) —EHO =^ÜCE (El. Iii. 21.) also GB : B E - - C B : J>A (El. VI. 4.) folglich Ü B . B A = C ß . ii£ (EI. VI. Iß.) = B K - , wenn ' die gerade Linie BK den Kreis in K berührt (EI. III. 3G.); mithin AB : ] 1 K = K B : BG (Ei. III. 17.); demnach ist BG der Gröfse nach, somit der Punkt G gegeben. Da die Verlängerungen der Seiten D E , E H des Dreieckes D E H durch die gegebenen Punkte G < F laufen, und die dritte Seite DELj^ABist, so ist, nach der vorigen Aufgabe, der Punkt E , somit der Funkt C, folglich der Punkt D, und das ganze Dreieck gegeben.

Angabe J

O

143.

(Fi«.

v

O

85.) '

In einen, der Gröfse und Lage nach, gegebenen Kreis ein Dreieck zu leget!, von welchem die Verlängerungen zweyer Seiten durch die, ausserhalb des Kreises, in derselben Ebene, gegebenen Punkte A, B gehen, die Verlängerung der dritten mit d e r , durch die Punkte A, Ii

266

Aufgabe

143.

gezogenen, geraden Linie einen Winkel bilde, welcher dem gegebenen Winkel a gleich sey. Analysis. Es sey A D C E das verlangte, so ist, wenn B E G = BAC gemacht, und der Durchschnitt der Linie EG mit der geraden Linie AB durch G bezeichnet wird, A B : B C = E B : BG (EI. VI. 4.) also A B . B G = E B . B C (El. VI, 16.) = HB.BKj wenn KH ein von Bgezoener Durchmesser des Preises ist (El. III. 36.);

f

folglich ist AB : B H = K B : BG (El. VI. 16.) ; mithin ist BG der Gröfse n a c h , somit der Punkt G gegeben. Da GEB , — / C E L , wenn L den Durchschnitt c er GAB' / ' verlängerten GE mit \ dem Kreise bezeichnet; *CDL (El. III.21.) so ist D L ^ A B also L D E = , DFG