oder, da die Winkelsumme im n-Eck (2n 4) R beträgt, in: - L k1 kq + L ką kg + ... + Lk k2 < 4 R. Fällt man von einem Punkt im Innern eines π-Kants der Reihc nach Lote auf seine Seitenflächen, so bestimmen die aufeinanderfolgenden Lote die Seitenflächen eines neuen n-Kants, des Polarn-kants. Daraus folgt sofort, daß auch die Kanten des ursprünglichen n-Kants auf den bezüglichen Seitenflächen seines Polar-n-kants senkrecht stehen; und es ist weiter ersichtlich, daß die Kantenwinkel eines jeden von ihnen die Supplemente der entsprechenden Flächenwinkel des anderen sind. Dabei sind solche Kanten und Seiten als entsprechend aufgefaßt, die aufeinander senkrecht stehen. Die Summe der Winkel (Flächenwinkel) eines konkaven n-Kants ist > (2n − 4) R. Denn für das zugehörige Polar-n-kant, das ebenfalls konkav ist, ist nach dem vorangehenden Satze die Summe der Seiten < 4 R, also die Summe der zugehörigen Supplementwinkel > (2n−4) R; diese sind aber jenen Flächenwinkeln gleich. 112. Wie in der Ebene die Konstruktion der n-Ecke auf die der Dreiecke zurückgeführt wird, so wird im Raume die Konstruktion der n-Kante auf die der Dreikante reduziert. Wir werden uns deshalb weiterhin ausführlicher mit den Dreikanten zu beschäftigen haben. In einem Dreikant sind alle Winkel und alle Seiten 2 R. Seine Kanten sollen durchweg mit a, b, c, die gegenüberliegenden Seiten mit A, B, I bezeichnet werden, so daß A = bc, B = ca, ab und a= B x г, b = гx A, c = A X B ist. = A, B, bedeuten dann zugleich die Kantenwinkel, und a, b, c die Flächenwinkel des Dreikants. Nach den vorausgeschickten Untersuchungen haben wir die Ungleichungen: 0<A+B+г< 4 R und 2 Ra + b + c < 6 R. Hierzu kommen noch die Ungleichungen: A+ Bг, B+г> A, г+A> B, welche besagen, daß die Summe zweier Seiten größer als die dritte ist. Es ist hier nicht nötig, diese letzteren Ungleichungen zu beweisen, da sie bei der folgenden Konstruktion des Dreikants aus seinen drei Seiten sofort als richtig erkannt werden. Mit Hilfe des Polardreikants folgern wir aus den letzten Ungleichungen noch die weiteren: a + b < 2 R + c, b + c < 2 R + a, c + a < 2 R + b. Von den sechs Bestimmungsstücken (drei Seiten und drei Winkeln) eines Dreikants genügt es irgend drei zu kennen, um das zugehörige Dreikant konstruktiv zu bestimmen. Soll die Konstruktion nicht unmöglich werden, so dürfen die gegebenen Stücke den angeführten Ungleichungen nicht widersprechen. Es ergeben sich nun die folgenden 6 Aufgaben: Diese Aufgaben lassen sich unter Benutzung des Polardreikants paarweise aufeinander zurückführen. Die Aufgaben 3. und 5. lassen, wie wir später sehen werden, eventuell zwei Lösungen zu, alle anderen jedoch stets nur eine Lösung, abgesehen davon, daß es zu jeder Lösung eine symmetrische giebt. 113. Konstruktion des Dreikants aus seinen drei Seiten A, B, г. Wir denken uns das Dreikant mit der Seitenfläche in der Zeichenebene liegend, trennen es längs der Kante c auf und legen die Seiten Abe und Bac um die bezüglichen Kanten b und a in die Zeichen fällt auch P。 mit Po Fig. 88. Bei dieser Drehung in P zusammen, wenn wir SP SPo wählen. = beschreibt P einen Kreisbogen um a als Achse, d. h. die Projektion 0 = Δ Δ dieses Punktes bewegt sich auf einer Senkrechten zu a; ebenso bewegt sich bei der Drehung von Po um b seine Projektion auf einer Senkrechten zu b. Der Schnittpunkt P' dieser Senkrechten ist die Projektion des Raumpunktes P, also c' SP' die Projektion der Kante c. Legt man die Ebenen jener Kreisbogen PP und PoP in die Zeichenebene um, so erhält man die Kreisbogen P ̧P ̧ und PoP^, wobei P'P P'P, und P'P P'P0 ist. Zugleich giebt P'PÅ ¦ =P'PAP'P die Höhe des Punktes P über der Zeichenebene an, und ferner ist: P'MP = Lb und P'LP = a. ▲ Um noch C zu erhalten, errichte man in P auf der Kante c eine senkrechte Ebene, die die Kanten a und b in A und B schneidet, dann ist LAPB = L C. Hiernach stehen PA und PB auf e senkrecht, also ist PoB co und P ̧4 1 c。, und AB c' als Spur einer zu c senkrechten Ebene. Legt man das Dreieck APB um seine Seite AB in die Zeichenebene um, so kommt P* die umgelegte Ecke auf c' zu liegen und es ist P*A = P ̧A, P*B = PoB und ▲ AP*B = L c. Natürlich giebt es zwei Dreikante, die symmetrisch in Bezug auf die Zeichenebene liegen. Die ganze Aufgabe stimmt in ihrem Wesen mit der in 99 behandelten überein. Auch erkennt man leicht, daß es nur dann eine Lösung giebt, wenn A + B > ist, was zwei analoge Relationen nach sich zieht. 114. Konstruktion des Dreikants aus zwei Seiten A, B und dem eingeschlossenen Winkel c (Fig. 89). Man lege die Seiten Δ = von PA auf PM, so erhält man P' und damit b'. Dreht man die Seite ba um die Kante a, so beschreibt die Projektion von P eine Senkrechte zu a und es gelangt P nach Po, wobei SP = SPO ist. Auch kann man LPo = LP▲ aus dem rechtwinkligen Dreieck PAP'L, dessen Katheten PAP' = PAP' und P'L man kennt, bestimmen. Hiermit ist und a= PALP' gefunden; der dritte Winkel des Dreikants bestimmt sich wie vorher. 115. Konstruktion des Dreikants aus einer Seite A und den beiden anliegenden Winkeln b und c. Die Seite A lege man in die Zeichenebene und durch ihre Kanten b resp. c lege man Ebenen, die mit ihr den Winkel b resp. c einschließen; die Schnittlinie dieser Ebenen ist die gesuchte Kante a. Um a zu konstruieren, ziehe man in den Ebenen ab und ac = B Hauptlinien, die in einer Parallelebene zur Zeichenebene liegen. In !B = Par M Fig. 90. -a' = Fig. 90 sind Q'P' und R'P' die Projektionen solcher Hauptlinien, wenn QQ RAR' ist. Denn offenbar ist R' die Projektion eines Punktes R der Ebene ac = B, dessen Abstand von der Tafelebene gleich RR' ist; analoges gilt für Q. Der Schnittpunkt P unserer Hauptlinien ergiebt die Kante a = SP. Durch Umlegen der Seiten ac und ab in die Zeichenebene erhält man B und in wahrer Größe. Die entsprechende Konstruktion ist nach den bereits behandelten Aufgaben 113 und 114 leicht zu verstehen. 116. Konstruktion des Dreikants aus zwei Seiten A, B und dem der Seite A gegenüberliegenden Winkel a. 88 Ebenflächige Gebilde, Körper. 1. Lösung (Fig. 91). Wir breiten die beiden Seiten A und B nebeneinander in die Zeichenebene aus, die wir mit der gesuchten Seite zusammenfallen lassen. die Kante a, bis sie mit der Tafelebene den Winkel a einschließt. Indem wir dabei genau wie in 113 vorgehen, gewinnen wir P' und Nun drehen wir die Seite B um damit e' und erkennen, daß P den Tafelabstand PP' = PP' besitzt. Das von P auf die gesuchte Kante b gefällte Lot PM hat die Länge P.Moo, woraus sich das Lot P'M als Kathete eines Dreiecks mit der Hypotenuse PAM= Man braucht also nur um P' einen Kreis mit dem Radius P'M zu ziehen, die gesuchte Kante b muß dann diesen Kreis berühren. PM und der Kathete PAP' ergiebt. '00' 0 00 le Voo Moo M Fig. 91. = Damit ist ab und b = L PAMP gefunden. Zur Kontrolle = SMoo 00 Ist, wie im vorliegenden Beispiel, A < B, PL und PM<PAL, so schneidet der Kreis um P' die Kante a nicht und es giebt zwei ganz verschiedene Dreikante (abc und ab1c), oder gar keines, wenn PM<PP' ist. Ist dagegen folglich PoMoo < A> B, so schneidet der Kreis um P' die Kante a und es giebt immer ein Dreikant, so lange A < B+г. 117. 2. Lösung (Fig. 92). der Zeichenebene zusammenfallen. Durch die Kante legen wir eine Ebene mit dem Neigungswinkel a und um die Kante c als Wir lassen jetzt die Seite B mit Achse einen Rotationskegel, indem wir die Seite A um ihre Kante c sich drehen lassen. Die gesuchte Kante b muß dann gleichzeitig auf jener Ebener und diesem Kegel liegen. Um die Schnittlinie |