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Ueber die rechtwinklige Projektion des Dreikants. 
oder auch: 
sin AC = sin AB . sin B . . • 8) 
als Bedingung dafür, dass mit den gegebenen 
Bestimmungsstücken nur ein Dreikant vorhan 
den ist. 
Ist daher: 
sin A(J > sin AB . sin B . . . . 9) 
so giebt es stets zwei Dreikante der ver 
langten Art. 
Aufgabe 4 u. 5. Vierter und fünfter 
Dreikantsfall. Es sind gegeben ein Seiten 
winkel ÄB und 
a) die beiden anliegenden Flächen 
winkel A und B, oder 
Erkl. 13.* Auf trigonometrischem Wege Ä und B bestimmen sich diezweiten Spuren 
lässt sich wieder in einfacher Weise die Be- C 2 und T 2 , siehe Figur 7, der Ebenen AG 
dingung hersteilen, unter welcher mit den ge- un( j ßQ ganz so wie in den Fällen a. und b. 
gebenen Bestimmungsstücken ein Dreikant mög- der vorhergehenden Aufgabe. Im Durchschnitt 
an den Kreis K, siehe Figur 8, vorhanden sein, ^ eine 2 g p nnktes p der Kante C des 
so darf s 2 x‘ nicht kleiner werden als x 2 y. gesuchten Dreikants, welchem noch ein, be- 
der in Betracht kommenden Winkel mit Rück 
sicht auf die Beziehungen, siehe Erkl. 110,1. Teil, 
alle auf den Sinus zurückführt: 
b) ein anliegender Fläclienwinkel^ A 
sowie der gegenüberliegende G. 
Fall a. Auflösung und Konstruktion. 
Die Annahme der Pr. Ebn. ist die gleiche 
wie früher. Mittels der gegebenen Winkel 
lieh ist. Sollen nämlich von aus Tangenten yon c und T erhält man die zweite Pro- 
Nun ist aber: 
s 2 q = tg AB, s 2 x 2 — s 2 x‘ = tg AB . cos A 
qx 2 = tg ÄB . sin A 
züglich AB symmetrisches Dreikant zugehört. 
Die Aufgabe ist stets lösbar. 
Figur 7. 
\ 
daher: 
• \> 
x 2 y = tg AB . sin A 
tg c 
\\ 
10) 
\ \ 
\ \ 
\ \ 
siehe Erkl. 12. 
Ferner hat man: 
2 t < 2 f 2 
s i s 2 + S 2 X =S L X 
oder da s 2 gleich der Längeneinheit zu neh 
men ist, 
1 + tg 2 ÄB . cos 2 AL = s 2 x r 
Soll nun gerade noch eine Tangente von ¿ü 
K‘ vorhanden sein, so muss die Gleichheit statt- 
iinden: 
X 
oder wenn man die trigonometrischen Funktionen