XI. 3. Zwei Kantenwinkel und ein anliegender Flächenwinkel gegeben. 4 99 
Man konstruiere das Lot LO, klappe 2( nieder nach I) und J, hierbei 
klappt die starr mit %L verbundene Ebene LIF empor. Der Punkt c der 
Linie OL und F beschreibt einen Bogen in einer Vertikalebene, und zwar 
= cd, so dass cLd=DLO. Der Punkt d hat eine Höhe de senkrecht über e, 
und von J aus gesehen kann statt dessen f über g genommen werden, wo 
bei g auf der Geraden IIIV liegt, die senkrecht zu JII konstruiert wurde. 
Legt man eine Ebene senkrecht zur Bildfläche und senkrecht zur Linie JII 
durch II, so schneidet die Ebene die emporgerichtete JIF in einer Geraden, 
die durch IV und durch f (über g) hindurchgeht (und die Gerade Jf muss die 
Flucht F treffen). Man übertrage f nach h, so dass lig = fg und hg J_ IIIV, 
dann bildet IVh, wenn man es über IVg aufklappt, mit J zugleich die Ebene 
JIF. Jetzt lege man den verlangten Winkel l beiderseits an JII an, man 
erhält so a und b, und schlägt einen Bogen über ab, der von IVh in den 
Punkten i und l geschnitten wird, die über k und m liegen. Statt -r- und -- 
k m 
V Q 
kann man nehmen — und —, wo o und r in den Geraden III liegen. End- 
0 r 0 
lieh muss noch bestimmt werden, wo die Strahlen Jp und Jq die Flucht F schnei 
den; po und qr liegen beide senkrecht über 0 und r, d. h. über der Bildfläche, 
sie flüchten also nach II, dem Orthogonalfluchtpunkte von III, also muss die 
Verbindung Bo, sowie Br den gesuchten Punkt in F treffen. Ein zweiter 
Strahl durch p und q braucht jetzt nicht mehr beachtet zu werden, da die 
Gerade F ihrer Richtung nach schon vorliegt. Bo und Br geben sofort die 
Lösungen III a und III b , die wiederum ein konjugiertes Punktenpaar eines 
hyperbolischen Punktensystems in F bilden. Das ganze Punktensystem ent 
spricht allen möglichen /-Werten. Beide Asymptotenpunkte sind durch sehr 
einfache Überlegung zu finden. Es giebt nur einen Kreis innerhalb der zu 
allen l gehörigen Schar, der IVh berührt. Es genügt, das Lot Iln zu zeichnen. 
Der Punkt n liegt über s, und s von J aus projiciert giebt t auf III, und Bt 
giebt den einen Asymptotenpunkt A, in dem ein konjugiertes Punktenpaar zu 
sammenfällt. Der andere Asymptotenpunkt entspricht einem 1, welches gleich 
einem Rechten ist, denn die Schenkel lila und IIIb fallen auf einander und 
sind unendlich lang, also der Kreis ab wird gleich der unendlich Fernen. 
Diese schneidet IVh in der Unendlichkeit in einem Punkte, der von z/ proji 
ciert, sofort 0äs giebt, und Bo» bestimmt den zweiten Asymptotenpunkt A { , 
und man erhält die Mitte M und die Potenz MP = \AA,. Viel einfacher 
findet man A t als vierten harmonischen Punkt zu A, III a und III b . 
In Fig. -173 ist dasselbe Problem nochmals behandelt, und zwar sind die Punkte 
I, L, II, R ähnlich denen in Fig. 172, aber der Winkel § ist viel grösser gewählt. 
Wie vorhin ist c erhoben [d über e) und e von z/ aus projiciert nach f über g 
und f nach h übertragen (dann IIIV senkrecht auf JII, und g liegt in dieser 
Geraden HIV). Bogen ab ist so gewählt, dass er durch h geht; man erhält i 
und h (über k und g). Der letztere Punkt liegt in der Geraden JR, also ist III h 
identisch mit dem Ausgangspunkte c, während der zugeordnete IIP gefunden wird, 
von Oettingen, Zeichnen. 
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