letöltés PDF - EMT

ÁBRÁZOLÓ GEOMETRIAA REÁLISKOLÁK VI, VII. És VIII. OSZTÁLYASZÁMÁRAA LEGÚJABB TANTERVNEK MEOFELELŐLEOVályi Gyula ajándéka.IRTADR. K L U GLIPÓT,KOLOZSVÁRI TUD. EGYETEMIMAGÁNTANÁR.BUDAPEST, 1900.LAMPEL RÓBERT (WODIANER F.ÉSFIAI)CS ÉS. KIR. UDVARI KÖNYVKERESKEDÉSÉNEKKIADÁSA.

1047-'J9· Budapest Nyomatott Wodianer F. és Fiainál.

ELŐSZÓ.Az ábrázoló geometria oktatásának a középiskolában kettősczélja van. Az egyik czél, hogy a tanulót az ábrázoló geometrialegegyszerűbb módszereivel, a MoNGE-féle orthogonális projectiótanával megismertesse; a másik, hogy a szerkesztésektől függetlenülis növelje a tanuló geometriai ismereteit.Ε könyv megírásakor arra törekedtem tehát, hogy az olvasóabból ne csak ábrázoló geometriát, hanem általánosabb értelembenvett geometriát is tanulhasson. Ε végből az egyes feladatokmegoldásánál kiterjeszkedtem a szerkesztések pontosságát ésfinomságát előmozdító viszonyokra ; kiegészítettem a feladatok megoldásait,a belőlök következtethető geometriai igazságok kiderítésével; utaltam az egyes feladatoknak más hasonneműekkel valóösszefüggésére; végre a hol csak czélszerűnek találtam, akképválasztottam a feladatok anyagát, hogy azokból geometriai igazságokralehessen következtetni. ·Könyvem foglalatát és beosztását illetőleg a tartalomjegyzékreutalok, de meg kell említenem, hogy a síklapú testekábrázolása czímű fejezetbe fölvettem a kristálytan szabályos rendszerénekegyszerű alakjait. Ε rendszer alakjainak határlapjai,három derékszögű tengelyre nézve szabályosan helyezkednekel; e szabályszerűség ismerete s ennek alapján az alakok képeinekés ezekből a hálóknak megrajzolása, mely több külön állófeladat megoldását kívánja, nagyobb érdeklődést kelt, mint amelyet e szétszórt feladatok önmagukban nyújtanak. A tanulóezekben az ábrázoló geometria alkalmazását látja; meggyőződéstszerez annak nemcsak elméleti, hanem gyakorlati értékéről is, —figyelmes lesz és gondolkozik, hogy hol és mire használhatja mégfel a tanultakat. S jóllehet, hogy a szabályos rendszer egyszerűalakjait egész teljességükben tárgyalom, nem szükséges, hogy az iskolábanminden egyes alak megrajzoltassék. A tárgy iránt érdeklődő

tanuló átdolgozza majd azokat a példákat is, a melyek idő rövidségemiatt az iskolában elmaradtak.A midőn végezetül kiadómnak áldozatkészségeért, hogy ekönyv csinos és tetszetős kiállítása érdekében költségeket nemsajnált, köszönetet mondok, a magyar tanuló ifjúság nemes szorgalmábaajánlom e könyvet, melyet a legújabb középiskolai tantervnekmegfelelően írtam, — merítsen belőle annyit, a mennyitjövendő életpályájára szükségesnek, hasznosnak talál.Kolozsvárt, az 1900. év április havában.A szerző.

TARTALOMJEGYZÉK,I. FEJEZET.A pont-, az egyenes és a sík ábrázolása.oldalA pont ábrázolása... 1-7I. A képsíkok. 2. A térnegyedek. 3. A pont vonatkoztatásaa képsíkokra; az első- és második- és a tengelykép. 4. A különbözőtérnegyedekben fekvő pontok képeinek helyzete a képtengelyirányában. 5. A képsíkon fekvő pontok képei. 6. A képsíkokegyesítése. 7. A pontok ábrázolása és reconstructiója.Feladatok a pontról ... ... 7 118—9. A pontok symmetrikus és coincidáló képei. 10. A fedőpontok.Az egyenes ábrázolású — ... 11 — jgII. Az egyenes képei. 12. Az egyenes nyomai. 13. A képsíkokirányában általános és különös helyzetű egyenesek képei. 14. Aképsíkokkal és a képtengelylyel párhuzamos egyenesek. 15. Aképsíkra és a képtengelyre merőleges egyenesek. 16. Más különöshelyzetű egyenesek. 17. Az egyenes reconstructiója.Feladatok az egyenesről 18—2418—20. Az oldalképsík.Feladatok a képtengelyre merőleges egyenesre vonatkozólag 24—25A sík ábrázolása és nevezetes vonalai 25—3322. A sík értelmezése és meghatározása. 23. A sík ábrázolása.24. A sík nyomai és reconstructiója. 25. Egyenes felvételeegy síkban. 26. A sík fővonalai. 27. Általános és különös helyzetűsíkok. 28. A sík symmetria- és coincidentia vonalai. 29. Asík oldal nyoma.Feladatok a síkra vonatkozólag kapcsolatban a ponttal és az egyenessel.30—35 - 33—50Egyenesek szerkesztése különböző feltételek mellett 5036. Az egyenes meghatározására szolgáló föltételek száma.37. Az ábrázoló geometria feladata elméleti szempontból 50—52

IIFeladatok.38—39. Visszapillantás az I. fejezet anyagara 52—57II. FEJEZET.Árnyékszerkesztések.Általános megjegyzések. 40. A pont vetett árnyéka. 41. Az egyenesvetett árnyéka. 42. A háromszög saját- és vetett árnyéka. 43. A45° világítás. 44. A pont, az egyenes és a sík vetett árnyéka 45°világításnál. 45. Különös helyzetű egyenesek vetett árnyéka azelső- és a második képsíkra. 46. Pontoknak egymásra vetett árnyéka.47. Különös helyzetű háromszögeknek árnyéka és egyenesnekháromszögre vetett árnyéka. 48. Két egymást metszőháromszög árnyékolása. 49. Egy képsíkkal párhuzamos síkbanfekvő körnek vetett árnyéka. 50. Egy oldalképsíkban fekvő körvetett árnyéka. 51. Visszapillantás a II. fejezetre 57—71oldalIII. FEJEZET.Egymásra merőleges egyenesek és síkok ábrázolása.52. A merőlegesekre vonatkozó stereometriai tételek és értelmezések.53. A merőlegesekre vonatkozó más tételek, melyek ábrázológeometiiai szerkesztéseknél figyelembe veendők. 54. A merőlegesekszerkesztésére vonatkozó két alapfeladat. 55. A térelemekmeghatározására vonatkozó merőlegességi föltételeknek sokaságiértéke 71—77Feladatok56—61. Visszapillantás a 111. fejezet anyagára ... 77 — 85IV. FEJEZET.Távolságok szerkesztése és ezekkel kapcsolatos feladatok.62. Két pont távolsága. 63. Párhuzamos egyeneseken fekvő vonaldarabokképei. 64. Távolságok értelmezése ... 85—90Feladatok.65 — 68. Visszapillantás a IV. fejezet anyagára 90—95V. FEJEZET.Egyenesek és síkok hajlásszögei a képsíkokhoz.68. Az egyenes és a sík hajlásszöge. 70. Két sík hajlásszöge. 71. Azegyenes képsíkszögei. 72. A sík képsíkszögei 95 — 101Feladatok.73—78. Visszapillantás az V. fejezetre 102—109

VI. FEJEZET.A sík forgatása nyoma vagy fővonala körül és erre vezető feladatok.oldal79. Általános észrevételek e fejezet tárgyára. 80. A sík leborítása azegyik képsíkba. 81. A sík visszaállítása. 82. A sík forgatása ésvisszaállítása egyik fővonala körül 109—114Feladatok.83—88. Visszapillantás a VI. fejezetre 114—127VII. FEJEZET.Forgatás a képsikra merőleges tengely körűt.89. A forgatás mibenléte, feladata és czélja. 90. A pont forgatása.91. Az egyenes forgatása. 92. A sík forgatása — 128—132Feladatok. 93., 94 132—137VIII. FEJEZET.Új képsíkok alkalmazása.95. Az új képsíkok helyzete és használatának czélja. 96. A pontok újképei. 97. Az egyenes új képei. 98. A sík nyomai új képsíkokon.99. Új képsíkok használata előbbi feladatoknál. 100. Aképtengely nélkülözhetősége _ — ... —. 137—144Feladatok. 101—103 144—148IX. FEJEZET.Siklapú testek ábrázolása, árnyékolása és ezekkel kapcsolatos feladatok.104. A siklapú testek ábrázolása 145Hasáb és gúla. 105—109 145—160Λ szabályos testek 160 — 177110. Szabályos testek. 111. Szabályos testek tengelyeinekhelyzete. 111—116.Λ szabályos rendszer kristály-alakjai 177—193117. A szabályos rendszer teljes alakjai. 118—123. A szabályosrendszer két feles alakja. 124. A szabályos rendszertetraedrikus feles alakjai. 125—129. A szabályos rendszer negyedesalakja.X. FEJEZET.Siklapú testek metszései síkkal és egyenessel.130. Az általános eljárás. 131 — 136. ... ... ... . — - 193-211

IVXf. FEJEZET.A gömb.oldal137. A gömb származtatása és síkmetszései. 138. A gömb érintősíkjaiés érintői. 139. Ponton vagy egyenesen keresztül menő érintősíkok.140. A gömb pontjainak, érintősíkjainak és köreinek sokaságáról.141. A gömb poláris tulajdonságai. 142. A gömb ábrázolása211-217Feladatok. 143—151 217-234Gömbök szerkesztése különböző föltételek mellett. 152—153. ... 234—242XII. FEJEZET.Kúp és a henger.154. A kúp és a henger származtatása. 155. A kúp palástja. 156. Akúp és a henger érintősíkjai. 157. A forgáskúp és forgáshengerfőtulajdonságai. 158. A kúppal kapcsolatos elemek sokaságáról.159. A kúp és a henger ábrázolása 242—249Érintési feladatok. 160—63. A kúp és a henger síkmetszései. 164. Akúp és a henger hálója. 165. Az inflexiós pontok a. hálón ... 249—261A forgáskúp és forgáshenger síkmetszései. 165 — 173 261—279FÜGGELÉK.A trieder descriptiv megoldása.A trieder fogalma. — A trieder descriptiv megoldására vonatkozó feladatok.— Polaris-triederek - 280—290t·

I. FEJEZET.A pont-, az egyenes- és a sík ábrázolása.A pont ábrázolása.1. A képsíkok. A tér összes pontjait két egymásra merőlegessíkra lehet vonatkoztatni. Ε két végtelen nagynak képzelt síkot képsíknak,azoknak metszővonalait pedig képtengelynek nevezzük. Aképsíkok közül az egyik vízszintes, tehát a másik függőleges helyzetbenvehető fel. A vízszintes helyzetű képsíkot első-, vízszintes- vagyalapképsíknak, a másikat pedig második-, függőleges- vagy homlokképsíknak nevezzük.2. A térnegyedek. A két egymásra merőleges képsík a tértnégy térnegyedre, a képtengely pedig a képsíkokat két-két részre— félsíkokra — osztja. A félsíkok képezik a végtelen nagy térnegyednekhatárló síkjait.Az első képsík fölött levő két térnegyed közül az egyiket elsőnek,a másikat pedig másodiknak nevezzük. A második térnegyedalatt van a harmadik, az első alatt pedig a negyedik térnegyed.Az első és második, úgyszintén a harmadik és negyedik térnegyedközös határló síkja a második képsíknak egy-egy félsíkja, miga második és harmadik, valamint a negyedik és első térnegyedekközös határló síkja az első képsíknak egy-egy félsíkja.Az első és harmadik, valamint a második és negyedik térnegyedneknincs közös határló félsíkja, e térnegyedeknél a képtengelyképezi a közös határló vonalat.Az első képsík pontjai az első és a negyedik avagy a másodikés harmadik térnegyedhez tartoznak; a második képsík pontjai pedigaz első és a második, avagy a harmadik és negyedik térnegyedhezszámíttatnak; végre a képtengely pontjait bármely térnegyedbenfekvőnek tekinthetjük.KLUG : Ábrázoló geometria. 1

— 2 —-3. A pont vonatkoztatása a képsíkokra; az első és másodikkép és a tengelykép. A térnegyedek egyikében pl. az első-ben egy A pontot képzelünk(1. ábra), mely nem fekszik aképsíkokon. Az^4 pontból bocsássukaz (egyedül lehető)merőleges egyenest az elsőképsíkra; ez az 1-ső képsíkotK x -et egy A' pontban metszi.A végtelen nagy egyenesaz A pontnak derékszögű(orthogonalis) projiciáló sugaraaz első képsíkra; azA' pont pedig az A pontnakderékszögű első képe, vagyprojectiója. Az az eljárás,mely szerint az A pontból1. ábra.— térpontból — annak elsőképét (képét az első kép-síkon) A'-t a leírt módon nyerjük, a projiciálás művelete.Határozzuk most meg az A pontnak második derékszögűképét, azaz projiciáljuk az A pontot a második képsíkra K 2 -re. Bocsássuktehát az A pontból a második képsíkra a merőleges egyenest,mely azt az A" pontban metszi. Az A A" egyenes az A pontnakderékszögű projiciáló sugara a második képsíkra, az A" pont pedigaz A pontnak második derékszögű képe.(Minthogy tárgyalásunk folyamán általában a képsíkhoz csakisderékszög alatt hajló sugarakkal projiciálunk, a képek tehát a projiciálandóalakzatoknak mindig derékszögű képei lesznek, a derékszögűjelzőt a következőkben elhagyjuk.)Az A'A, A"A egyeneseken keresztül menő sík mindkét képsíkra,tehát a képtengelyre, x-re, merőleges és a képtengelyt egyA x pontban, az A pont tengelyképében, a képsíkokat pedig az A'A XtA"A X egyenesekben metszi. Az A'A X , A"A X> AA X egyenesek, merta képtengelyre merőleges síkban fekszenek, merőlegesek a képte;>gelyre; azonkívül A'A X A"A X> az A'A A"A X négyszög derékszögűés igy szemben fekvő oldalai: AA' = A" Α Χι AA" = A'A X . Az Apont tengelyképe A x tehát közös metszőpontja a képtengelynekazokkal az egyenesekkel, melyek az A', vagy az A" vagy az Apontból a képtengelyre merőlegesen bocsáthatók.Az A A' vonaldarab az A pontnak távolsága az első képsíktól,

— 3 —-az AA" vonaldarab pedig az A pontnak távolsága a második képsíktól;az AA'-1 és az AA" vonaldarabot az A pont első ill. másodikképtávolságának nevezzük. Minthogy az A"A X vonaldarab az A"pont távolsága a képtengelytől és A'A X vonaldarab az A' távolságaa képtengelytől, az előbbi AA' = A"A X , AA" — A'A X egyenlőségekértelme következő : Egy pont távolsága az első (második) képsíktóloly nagy, mint a pont második (első) képének távolsága a tengelytől.Ehhez járul még : Egy pont első és második képéből a képtengelyrebocsátott merőlegesek egymást egy pontban, a felvett pont tengelyképébenmetszik.Jegyzet. A térpontok jelölésére a következőkben nagy betűket használunk; azoknak 1-ső képét ugyanolyan, de egy vesszővel ellátott betűvel,2-dik képét pedig ugyanolyan két vesszővel ellátott betűvel, végre tengelyképét(melyet gyakran el is hagyunk), ugyanolyan, de * mutatóval jellemzettbetűvel szándékunk jelölni.4. A különböző térnegyedekben fekvő pontok képeinekhelyzete a képtengely irányában. Képzeljünk még hárompontot B, C, D-t, melyekközül Β a második, C aharmadik, D a negyedik térnegyedben,de a képsíkokonkivül fekszik. Ε pontoknakhatározzuk meg első és másodikképét, azaz projiciáljukazokat az első és másodikképsíkra. Ennélfogva(2. ábra) a B, C, D pontokonkeresztül merőleges egyeneseketbocsátunk az első képsíkra,melyek azt a B', C', D'pontokban metszik, és aB, C, D pontokon keresztülmerőleges egyeneseket bo-2. ábra.csátunk a második képsíkra,melyek azt a B", C", D" pontokban metszik, végre akára B', C 1 D', akár a B" C\ D'' pontokból bocsátunk merőlegeseketa képtengelyre, melyek azt a B Xi G X} D x> pontokbanmetszik.Ha most B'B B"B X , G C C"G X , D D D"D X , derékszögű négyszögekettekintjük, azt tapasztaljuk, hogy az előbbi § végén állókét tétel a 2-dik, 3-dik és 4-dik térnegyedekben fekvő pontokra nézve1*

— 4 —-is érvényben marad. Továbbá, hogy az egyes térnegyedekben fekvőpontok helyzete a képtengely irányában következő :az 1-ső képsíkban a képtengely elválasztja az A', D' pontokat a B\C' pontoktóla 2-dik „ „ „ A", B" „ C", D" „Hogy ezt általánosan kifejezhessük, képzeljünk egy az 1-sőtérnegyedben levő, az 1-ső képsíkon álló és a 2-dik képsíkra nézőegyént. Ε néző az 1-ső és 2-dik térnegyedben fekvő pontokat az1-ső képsík fölött, azoknak 2-dik képeit a képtengely fölött látja;míg a 3-dik és 4-dik térnegyedben levő pontokat az 1-ső képsík alatt,azoknak 2-dik képeit szintén a képtengely alatt látja. Ellenben anéző az 1-ső és 4-dik térnegyed pontjait a 2-dik képsík előtt, azoknak1-ső képeit a képtengely előtt, míg a 2-dik és 3-dik térben fekvőpontokat a 2-dik képsík mögött, azoknak 2-dik képeit szintén a képtengelymögött látja.5. A képsíkon fekvő pontok képei. Az 1-ső képsíkon felveszünk egy Ε pontot a 2-dik képsík előtt és egy F pontot a2-dik képsík mögött(3. ábra). Mindkétpontnak a 2-dikképe E", F" aképtengelyben van,tehát az Ε és Fpontnak E Xt F x tengelyképévelegyesül.Ugyancsak mindkétpontnak 1-ső képeE', F' magával azillető ponttal E, F-felesik egybe, mert azΕ és az F pontbólaz 1-ső képsíkra3. ábra.bocsátott merőlegesazt az E, illetve Fpontban metszi. Az E'E E"E X és FF F"F X derékszögű négyszögegy egyenes vonallá EE" és FF" fajul el, mert EE' = E"E X = o,és FF' = F"F X = o.Ha továbbá G az 1-ső és 2-dik térnegyed határán, Η a 3-dikés 4-dik térnegyed határán, tehát mindkét pont a 2-dik képsíkbanfekszik, akkor azoknak 1-ső képe G', H' a képtengelyben van és2-ík képe maga a G, illetve a Η. A G'G G"G X , H'H H"H X , derékszögűnégyszögek szintén a GG', H'H vonaldarabokká fajulnak el,

mert jelenleg GG" = G'G X = ο, HH" = H'H X = o. Ennélfogva:tíz 1-ső (2-dik) képsíkon fekvő pontok egybeesnek 1-ső (2-dik) képükkel,azoknak 2-dik (\-ső) képe pedig a képtengelyben van. — Minthogyά képtengely bármely I pontja mindkét képsíkban fekszik, annak1-ső, 2-dik és tengelyképe /', I", I x az 1 ponttal magával esik egybe.Az I'l 1"I X derékszögű négyszög ekkor egy ponttá fajul el, mertoldalai II' = II" = o.6. A képsíkok egyesítése. A két képsík közül az egyiket aképtengely körül a másikba akarjuk forgatni és az egyes térnegyedekbenfekvő pontok képeinek helyzetét ez egyesített két képsíkonmeghatározni.Forgassuk e végből az 1-ső képsíkot az χ tengely körül a 2-dikképsíkba mint szokás akképen, hogy aforgatandó 1-ső képsík a 4-dik és 2-diktérnegyedet irja le (tehát mint a 4. ábrábana nyíl mutatja). Minthogy a 2-dikképsík és a képtengely változatlanmarad, azért a pontoknak 2-dik képeés tengelyképe sem változtatja helyzetét,tehát az előbbiekben tárgyalt A, B,C, D, E, F, G, Η, 1 pontoknak másodikképe A", B", C", D", E'\ F", G",Η', I" közül A", ΒG", a képtengelyfölött, C", D", H" a képtengelyalatt, E", F ', I" a tengelyen marad5. ábra.4. ábra.Ellenben a 2-dik képsíkelőtt, tehát az 1-sőés 4-dik térnegyed pontjainak1-ső képei aképtengely alá, a 2-dikképsík mögött, tehát a2-dik és 3-dik térnegyedbenfekvő pontoknak1-ső képei a képtengelyfölé kerülnek. Ε szerintaz A', D', E' képeka képtengely alá, a B',C', F' pontok a képtengelyfölé kerülnek, aG', H', /' pontok pedigmarad-a képtengelyennak (5. ábra).

— 6 —-Jellemző, hogy a leírt módon az 1-ső képsíknak a 2-dikbatörtént forgatása után a) bármely pont 1-ső és 2-dik képének összekötőegyenese a pont tengelyképében a képtengelyre merőlegesen áll;továbbá, hogy b) bármely pont 1-ső (2-dik) képének távolsága a képtengelytőlegyenlő a pont távolságával a 2-dik (1-ső) képsíktól, végre c)az 1-ső térnegyed pontjainak 1-ső képe a képt. fölött, 2-dik képe a képteng. alatt vana 2-dik „ „ fölött, ,, „ fölött „a 3-dik „ „ „ „ „ alatt „ „ „ fölött „a 4-dik „ „ „ „ „ alatt ,, „ „ alatt „az 1-ső képsík pontjainak 2-dik képe a képtengelyen fekszika 2-dik „ „ 1-ső „ „ „ s7. A pontok ábrázolása és reconstructiója. Az előbbiekbenláttuk, hogy a tér egyes pontjait a két egymásra merőleges képsíkra,az 1-ső és 2-dik képsíkra projiciáltuk és az 1-ső képsíkot a pontoknaka rajta fekvő 1-ső képeivel együtt a képtengely körül a 2-dikképsíkba forgattuk. A tér pontjainak képei tehát jelenleg ugyanegysíkon vannak, mely a két egyesített képsíknak tekintendő. Ez a kétegyesített sík képezi azt a síkot (a rajzlapot), melyen szerkesztéseketvégezünk, azaz rajzolunk és a mely két síkról annyit tudunk,hogy mielőtt egymással egyesültek, egymásra merőlegesek voltak ésegymást a képtengelyben λ'-ben metszették.Minden rajzlap két egyesített képsíknak tekinthető. Egy tetszésszerinti χ egyenes (6. ábra) képezheti a képtengelyt;bármely az x-re merőleges egyenesen fekvő kétpontot A', A", egy A térpont 1-ső és 2-dik képénektekinthetjük, s mely A', A" két kép az A térpontábrázolása a felvett rajzlapon, azaz az egyesítettképsíkokon.Az A pont ábrázolásából, A', ^4"-ból, azonbankövetkeztetnünk kell és lehet az A ponf helyzetérea képsíkok irányában; s azt a műveletet, melyszerint a pontnak (vagy egy geometriai alakzatnak)helyzetét a két képsík irányában annak kétképéből megállapítjuk, a pont (vagy a geometriai6. ábra. alakzat) reconstructiójának (visszaállításának) nevezzük.Feltételezvén, hogy (mint a 6. ábrában) az A" pontot az χképtengely fölött, az A' pont az a alatt vettük fel akkép, hogyΆ A" egyenes az *-re az A x pontban merőlegesen áll, az előbbi tételekbőlfolyólag következtethetjük, hogy az (A', A") képekkel ábrázoltA pont az 1-ső térnegyedben fekszik és az 1-ső képsíktól mért

távolsága A" A Xj a 2-dik képsíktól mért távolsága pedig A' A x . Deennyi épen elegendő arra, hogy az A pontnak helyzetét a képsíkokirányában ismerjük. Mert ha bárhol egy vízszintes és egy függőlegessíkot (pl. egy derékszög alatt kinyitott könyvet, mely az első térnegyedetábrázolja) 1-ső és 2-dik képsíknak tekintünk, s ezek # metszővonalánakegy A x pontján keresztül az 1-ső és a 2-dik képsíkbanegy-egy merőleges egyenest húzunk, és az elsőre az A X A'vonaldarabot, a másodikra az A Z A" vonaldarabot az A x ponttólmérve reá rakjuk A', A"-ig, de úgy, hogy a vonaldarabok az elsőtérnegyedet határló félsíkokon feküdjenek, akkor az A' pontbanaz 1-ső képsíkra, és az A" pontban a 2-dik képsíkra emelt merőlegesekegymást a kívánt A pontban metszik.Még egyszerűbb a reconstructió, ha magát a rajzlapot tekintjükpl. 2-dik képsíknak, s az ott levő a tengelyen keresztül egymerőleges síkot állítunk a rajzlapra, mely már az 1-ső képsíkot ábrázolja.Ebben az 1-ső képsíkban az A x ponton keresztül menő ésaz x-re merőleges egyenesen álló egyenesre reá rakjuk az A X A Jvonaldarabot ismét akképen, hogy az az 1-ső térnegyedet határlófélsíkon feküdjék. Az A' és A" pontokban az 1-ső, illetve a2-dik képsíkon emelt merőlegesek egymást abban az A pontbanmetszik, mely az A', A" képekkel van ábrázolva.Ugyanezt az eljárást kell követnünk, ha a pont a 2-dik, 3-dikvagy 4-ik térnegyedben fekszik, tehát megfelelőleg mindkét képe azχ fölött vagy az 1-ső képe az χ fölött, a 2-dik az # alatt, vagyvégre mindkét képe az # alatt van, csupán arra kell ügyelnünk,hogy a tengelykép és az 1-ső képtől határolt vonaldarabot (az előbbinélΑ Χ Ά) az illető térnegyedet határló félsíkon a pont tengelyképébenaz x-re emelt merőlegesre rakjuk reá.A midőn a pont a 2-ik képsíkban fekszik, tehát 1-ső képe azx-en van, akkor a 2-dik kép maga a pont, s ha végre a pont az 1-sőképsíkon, tehát 2-dik képe az x-en van, akkor az 1-ső képének reconstruálásávalmegkaptuk az illető pontot. Magát az első képet is lehetebben az esetben az illető térpontnak tekintenünk, de akkor aztkell képzelnünk, hogy a 2-dik képsík lett az elsőre ráborítva.Feladatok a pontról.8. — 1. feladat. A rajzlapon adva van a képtengely # és négypontnak A, B, C, D-nek tengelyképe A x> B x , C Xi D x ; határozzukmeg az A, B, C, D pontnak 1-ső és 2-dik képét A', A"; Β', B" ; C'G"; D', D"-ét, ha tudjuk a pontok az 1-ső képsíktól 2 cm, a 2-dik

— 8 —-3 cm. távolságra vannak és A az 1 -ső, Β a 2-dik, C a 3-dik, D a 4-iktérnegyedben fekszik. A megoldást a 7. ábra mutatja. (Β' a _B"-velfel van cserélve a 7. ábrában.)2. feladat. Ha az 1 -ső feladat adataival az A, B, C, D pontoknakközös tengelyképe van, akkor az A, B, C, D pontok mily sokszögnekképezik szögpontjait ? Milyhelyzetű e sokszög síkja, milyenekoldalainak hosszúsága és mily helyzetűa szögpontoknak a közös tengelyképea sokszög irányában ?3. feladat. Mily vonalokon feküsznekaz 1-ső (vagy 2-dik, 3-dik,4-dik) térnegyed összes pontjainak1-ső és milyenen 2-dik képei, ha apontok az első képsíktól 2 cm, a2-diktól 3 cm. távolságra vannak.4. feladat. Ábrázoljuk az A és Βpontot, ha azoknak tengelyképeA x B x közös, de az A pont az 1-ső,a Β pont a 3-ik térnegyedben fekszikés az A pont az 1-ső képsíktól3 cm, a 2-ik képsíktól 2 cm távolságravan, ellenben a Β pont az 1-ső7. ábra.képsíktól van 2 cm, a 2-diktól pedig 3 cm. távolságra.5. feladat. Oldjuk meg a 4-dik feladatot, ha az A pont a 2-dik,a Β pont a 4-dik térnegyedben fekszik. A két pont A, Β tengelyképétőlegyenlő távolságra van; szerkeszszük meg e távolságot.6. feladat. Az A és Β pontnak közös tengelyképe A x az egyikpont az 1-ső és 2-dik képsíktól ép oly távolságra van, mint amásik pont a 2-diktól, illetve az 1-sőtől, kérdés, mily háromszögA Β A x> ha a két pont ugyanabban, vagy ha különböző térnegyedbenfekszik ?7. feladat. Ha két pontnak közös 1-ső, de különböző 2-dikképe van és ugyanegy térnegyedben fekszik, akkor e két pont azegyik képsíktól egyenlő, a másiktól pedig különböző távolságra van.Melyik képsíktól van a két pont egyenlő távolságra és melyik pontlesz a másik képsíktól távolabb ?8. feladat. Ábrázoljunk adott tengelykép mellett a) oly pontot,mely az első képsíkon fekszik és 2-diktól 2 cm távolságra van, b)oly pontot, mely a 2-ik képsíkon fekszik és az első képsíktól 2 cmtávolságra van. (Mindkét feladatnak két megoldása van.)

— 9 —-9. feladat. Mily helyzetűek az 1-ső (vagy a 2-dik, a 3-dik, a4-dik) térnegyed azon pontjainak képei, melyek mindkét képsíktólegyenlő távolságra, pl. 2. cm-re vannak.9. A pontok symmetrikus és eoineidáló képei. Képzeljünka két képsík egyesítése előtt az 1-ső térnegyedben egy A pontot,mely a két képsíktól egyenlő távolságra van. Ekkor az A pontnak1-ső és 2-dik képe A', A" az A x tengelyképétől egyenlő távolságravan (A'A X = A X A"), és az A pontból meghatározott A' A A" A xderékszögű négyszög négyzetté fajul el. Ε négyzet AA X átlója aszögpontokon túlhosszabbítva az 1-ső és 3-dik térnegyedben nyúlikel; minden pontjának távolsága a két képsíktól egyenlő, tehát azAA X végtelen hosszú egyenes, minden pontjának két képe a képtengelytőlegyenlő távolságra van.Mozgassuk most az A' A A" A x négyzetet jobbra, avagy balra,de úgy, hogy síkja mindig merőleges maradjon a képtengelyre, ésA x szögpontja a tengelyt, az A' A x> A" A x oldalai pedig az 1-ső,illetve a 2-dik képsíkot írják le. Ε mozgásnál az A'A X átló mindig párhuzamosmarad önmagával és egy síkot ír le, mely a képtengelyen megykeresztül és fele az 1-ső, fele a 3-dik térnegyedben fekszik. Ε síknakminden pontja származásánál fogva az 1-ső és 2-dik képsíktól egyenlőtávolságra van, tehát azoknak 1-ső és 2-dik képe a képtengelytől szinténegyenlő távolságra lesznek. Ha tehát a képsíkot a szokott módonegyesítjük, akkor ama sík pontjainak 1-ső és 2 dik képe az χ képtengelyirányában symmetrikus, azaz az 1-ső és 2-dik kép az xAő\egyenlő távolságra van, az xAő\ el van választva és az azokatösszekötő egyenes merőleges x-re.Ε tulajdonságnál fogva azt a síkot, melynek pontjai a képtengelyirányában symmetrikus képeket szolgáltatnak, symmetriasíknaknevezzük és Hegyei jelöljük.A képtengelyen lehet még egy síkot átfektetni, melynek pontjaia képsíktól egyenlő távolságra vannnak. Ez utóbbi sík a 2-dik és4-dik térnegyedben terjed el és a benne fekvő pontok 1-ső és 2-dikképének az a tulajdonsága van, hogy azok a képsíkok egyesítéseután összeesnek, coincidálnak, mert a képtengely ugyanegy oldalána képtengelytől egyenlő távolságra vannak. Ez utóbbi síkot pontjaiképeinek leírt tulajdonsága folytán coincidentiasíknak nevezzük ésH-j-vel jelöljük.A symmetriasík pontjainak képei tehát a képtengely irányábansymmetrikusan, a coincidentiasík pontjainak képei pedig egybeesöleg(coincidálólag) ábrázoltatnak.10. A fedőpontok. Vegyük figyelembe a két képsíkot az egye-

— 10 —-sítés előtt, az elsőt vízszintes, a másodikat függőleges helyzetben éstekintsük azokat átlátszatlanoknak. Legyen az A és a Β egy az 1-sőtérnegyedben fekvő szintén átlátszatlannak képzelt pont.Gondoljunk egy az első képsík fölött levő és az 1-ső képsíkranéző egyénre, melynek 0 L szeme, egy az 1-ső képsíkra merőlegesegyenesnek igen távol fekvő pontja. A néző szeméből kisugárzólátósugarak közül egy az A, egy pedig a Β ponton megy keresztülés egybeesik az A és a Β pont projiciáló sugarával, tehát az átlátszatlanA pont annak első képét A'-et és az átlátszatlan Β pont,annak 1-ső képét B'-et az 1-ső képsíkra nézőtől elfödi.Ha azonban (8. ábra) az A és Β pontnak közös első képe van,akkor már az A, Β pontok közül egyik a másikat, Oi-ból tekintve8. ábra.el fogja födni; még pedig az a pont födi el a másikat, mely távolabbvan az 1-ső képsíktól, melynek tehát 2-dik képe távolabb van aképtengelytől.Ha továbbá az 1-ső térnegyedben két pontot C, D-t képzelünk,közös 2-dik képpel, C", D"-ve 1, akkor e két pont közül egy olynézőre, melynek szeme a 2-dik képsík előtt egy a második képsíkramerőleges egyenesnek igen távol fekvő 0. z pontjában van, el leszfödve ; és pedig az a pont födi el a másikat, melynek 1-ső képe aképtengelytől nagyobb távolságra van.A mellékelt 8. ábrában a Β pont födi el az^4-taz 1-ső képsíkranézve, és a C pont födi el a D-t, a 2-dik képsíkra nézve, a mitakkép fejezünk ki, hogy a Β pont födőpontja az A-nak az 1-ső képsíkranézve és a C pont födőpontja a D-nek a 2-dik képsíkra nézve,

— 11 —-alattomban értvén, hogy a néző az 1-ső, illetve a 2-dik képsíkramerőleges egyenes igen távol fekvő O x , 0 2 pontjából tekint apontokra.Ha tehát az első térnegyed hét pontjának közös 1-ső (2-dik) képevan, akkor a két pont közül az lesz a másiknak födőpontja az 1-ső(2-dik) képsíkra nézve, melynek 2-dik (1-ső) képe a képtengelytől távolabbvan. Ε szabályt még arra az esetre is érvényesnek mondjuk,a midőn a két képsík a szokott módon egyesítve van. Tekintsük általábanaz ábrázolandó pontoknak vagy más alakzatoknak a két egyesítettképsíkon levő 1-ső és 2-dik képeit olyanoknak, melyek apontok vagy más alakzatok képeinek szemléltetésére szolgálnak aképsíkok egyesítése előtt (tehát a midőn azok az egymásra merőlegesképsíkokban vannak), mert a képeknek az utóbbi helyzete egyszerűművelet végzésével ad fogalmat a pontok és alakzatok kölcsönös ésa képsíkok iránt való helyzetéről. És az ábrázoló geometriánakegyik főfeladata egy tárgyról vagy egy geometria alakzatról olyképeket készíteni, azokat oly képekkel ábrázolni, melyek könnyűszerrel a szemlélőben fogalmat keltenek magáról a tárgyról vagyalakzatról, melyet ábrázolnak.Az egyenes ábrázolása.11. Az egyenes képei. Két pontot A, B-t képzelünk az 1-sőtérnegyedben; ezeknek képei A', A" ; Β', B" (9. ábra). Jelöljük azAB, A'B', A"B" pontokon keresztül menő egyeneseket e-vel, e'-sel,^"-sel. Az e egyenes pontjait az 1-ső képsíkra projiciáló sugarakegy az 1-ső képsíkra merőleges síkban — az e egyenes 1-ső projiciálósíkjában — feküsznek, mely az 1-ső képsíkot az e' egyenesbenmetszi. Az e' egyenesen feküsznek tehát az e egyenes pontjainak1-ső képei, s ezért az e' egyenest az e egyenes 1-ső képének nevezzük.Az e egyenes pontjait a 2-dik képsíkra projiciáló sugarakszintén egy a 2-dik képsíkra merőleges síkban — az í egyenes 2-dikprojiciáló síkjában — vannak, mely a 2-dik képsíkot az e" egyenesbenmetszi, e" tartja tehát az e egyenes pontjainak 2-dik képeit, ésmint ilyen, az egyenes 2-dik képének neveztetik.Általában : az egyenes vagy bármily görbe vonal 1-ső (2-dik)képe a vonalon fekvő pontok 1-ső (2-dik) képének geometriai helye.Az egyenes 1-ső és 2-dik képe általában egyenes lesz, melyabban az esetben fajul el ponttá, ha az egyenes az 1-ső, illetve a2-dik képsíkra merőleges. Ha ugyanis az A, B, pontot, melyen aze egyenest keresztül fektetjük akkép választjuk, hogy az egyik pont

— 12 —-a másiknak fedőpontja az 1-ső képsíkra nézve, akkor az e egyenesminden pontjának projiciáló sugara az e egyenes, tehát az e pontjainakugyanegy 1-ső képe van. Hasonlókép egybeesnek az e egyenespontjainak 2-dik képei, ha az e két pontjának közös 2-dik képe van,azaz ha e a 2-dik képsíkra merőleges.12. Az egyenes nyomai. Egy egyenesnek és egy síknakmindig van közös pontja; e közös pontot az egyenes és a sík metszőpontjának,vagy az egyenes nyomának a síkon szokás nevezni. Haaz egyenes a síkban fekszik, akkor annak minden pontja közös asíkkal, tehát az egyenes minden pontja nyomnak tekinthető. Hapedig az egyenes a síkot egy igen távol fekvő pontban metszi, akkorazt mondjuk, hogy az egyenes párhuzamos a síkkal, vagy a síkhoz,de ekkor is van az egyenesnek nyoma a síkon, melyet a szerkesztéseknélrendesen ép úgy kezelünk, mintha a nyom nem feküdnéka szerkesztési mezőtől igen nagy távolságra.Az egyenesnek azt a pontját, melyben az 1-ső képsíkot metszi,1-ső vagy vízszintes nyomnak, és melyben a 2-dikat metszi, 2-dikvagy függőleges nyomnak nevezzük.Minthogy az e egyenes 1-ső nyoma E^ az 1-ső képsíkon fekszik9. ábra.(9. ábra), azért annak E\ 1-ső képe egybeesik E L -gyei, 2-dik képeEJ' pedig a képtengelyen van. Ugyanígy az e egyenes 2-dik nyománakE. r nek, mint a 2-dik képsík egy pontjának 2-dik képe E t " azE t pont, első képe E 2 ' pedig a tengelyen fekszik. Ε szerint jól meg-

— 13 —-jegyzendő, hogy az egyenes 1-ső nyománaknyomának 1-ső képe a képtengelyen fekszik.2-dik képe, és 2-dikJegyzet. 1. A téregyenes jelölésére a kis betűket használjuk; annak1-ső és 2-dik képét ugyanolyan, de egy, illetve két vesszővel ellátott kisbetűvel, annak 1-ső nyomát ugyanolyan, de l-es mutatóval ellátott nagybetűvel,végre 2-dik nyomát ugyanolyan, de 2-es mutatóval ellátott nagybetűvel fogjuk jelölni.2. A téregyenes 1-ső térnegyedben fekvő részének képei teljes, a többitérnegyedekben fekvő részeinek képei pedig rövidre szaggatott vonallal rajzoltatnak.A rövidre szaggatott vonalak mindenkor az 1-ső térnegyedbenlevő nézőtől elfödött vonalaknak képei. Jelen esetben az átlátszatlan képsíkokfödik el az egyenes képeit.13. A képsíkok irányában általános és különös helyzetűegyeneseknek képei. Ha a térben két, a képsíkokon kívül fekvőpontot A, B-t képzelünk, melynek helyzete a képsíkok irányábanegymástól egészen független, akkor a rajtuk keresztül menő egyenesa képsíkok irányában általános helyzetű lesz. Az ilyen egyenesmindig három térnegyedben terjed el, azaz a képsíkoktól háromrészre lesz osztva. Ε részek közül egynek határlópontjait az egyenesnyomai képezik, és ez véges hosszúságú, és melyet az egyenesvéges részének akarunk nevezni; a többi két rész igen nagy, vagymint mondani szokás: végtelen nagy, és azoknak egyik határlópontja szintén az 1-ső, illetve a 2-dik nyom.Az egyenes véges része bármelyik térnegyedben lehet, a többikét rész az e térnegyeddel szomszédos két térnegyedben van. ígypl. ha az egyenes véges része a 2-dik térnegyedben van, akkor atöbbi két rész az 1-ső és a 3-dik térnegyedben lesz.Az egyenes azonban a képsíkok irányában különös helyzetűis lehet, mint azt a következőkben látni fogjuk.14. A képsíkokkal és a képtengelylyel párhuzamos egyenesek.Induljunk ki ismét a képsíkokon kívül fekvő A és Β pontból,melynek összekötő egyenesét e-t figyelembe vesszük. Tartsukmeg az A pontot abban a helyzetben, melyben volt, de mozgassuka JB pontot az 1-ső képsíkra projiciáló sugarában mindaddig, mígaz 1-ső képsíktól ép oly távolságra lesz, és az 1-ső képsík ugyanazonoldalán fekszik, min: az A pont. Az e = AB egyenes akkor

— 14 —-nagy részekkel, és pedig vagy az 1-ső és 2-dik, vagy a 3-dik és 4-diktérnegyedben. Az egyenes két képe közül az 1-ső e' általában metszia képtengelyt, a 2-dik e" pedig mindig párhuzamos a képtengelylyel,és az egyenesnek 2-dik projiciáló síkja párhuzamos az 1-ső képsíkkal.10. ábra.Ha továbbá a Β pontot oly helyzetbe hozzuk, hogy a 2-dikképsíktól ép oly távolságra és e képsík ugyanazon oldalán van mintaz A, akkor az AB = e egyenes a 2-dik képsíkkal lesz párhuzamos,annak 2-dik projiciáló síkja lesz párhuzamos a 2-dik képsíkkal,annak 2-dik nyoma jut végtelen távol, és végre annak 1-ső képelesz a képtengelylyel párhuzamos. Az egyenes pedig vagy az 1-sőés 4-dik, vagy a 2-dik és 3-dik térnegyedben fekszik.Ha végre a Β pont mind a két képsíktól ép oly távolságravan, mint az A pont és ugyanabban a térnegyedben is fekszik,akkor az AB — e egyenes mindkét képsíkkal, tehát a képtengelylyelpárhuzamos, annak projiciáló síkjai a képsíkokkal, e', e" képeipedig a képtengelylyel párhuzamosak. Az e egyenes egész terjedelmébenegy térnegyedben fekszik, mindkét nyoma végtelen távolvan. Megjegyzendő tehát, mert ez a képsíkok egyesítésénél is igazmarad, hogy ha az egyenes párhuzamos az 1-ső (2-dik) képsíkkal,akkor annak 2-dik (1-ső) képe párhuzamos a képtengelylyel, és haaz egyenes párhuzamos a képtengelylyel, akkor annak mindkét képeszintén párhuzamos a képtengelylyel.De fordítva is következtethetünk : ha az egyenes 1-ső, 2-dik,vagy mindkét képe párhuzamos a képtengelylyel, akkor az egyenesa 2-dik, 1-ső, illetve mindkét képsíkkal párhuzamos.Ide sorozhatok még azok az esetek, a midőn az egyenes azegyik vagy a másik, vagy mindkét képsíkban fekszik, melyekről

— 15 —-könnyen belátható, hogy az 1-ső, 2-dik, avagy mindkét képsíkbanfekvő egyenesnek 2-dik, 1-ső, illetve mindkét képe a képtengelyben van.15. A képsíkra és a képtengelyre merőleges egyenesek.Helyezzük folytatólag a Β pontot az A pontnak az 1-ső képsíkraprojiciáló sugarába. Az AB = e egyenes (11. ábra balra) ekkor az1-ső képsíkra merőleges és 1-ső képe e' az AB pontok közös 1-sőképében van, míg a 2-dik képe e" a képtengelyre merőleges. Az eegyenes 1-ső projiciáló síkja határozatlan, a 2-dik merőleges a képtengelyre; az egyenes, minthogy a 2-dik képsíkkal párhuzamos,csak két térnegyedben terjed el.Ha ellenben az A és a Β pontnak 2-dik képe közös, akkor azAB = e egyenes merőleges a 2-dik képsíkra, annak 2-dik képe egypont és 1-ső képe merőleges a képtengelyre; a 2-dik projiciáló sík11. ábra.határozatlan, az 1-ső pedig merőleges a képtengelyre; végre azegyenes, mert az 1-ső képsíkkal párhuzamos, két térnegyedbenfékszik.Vegyük fel továbbá a Β pontot akképen, hogy annak tengelyképeB x> az A pont tengelyképében Arben feküdjék (11. ábrajobbra). Ekkor az A'AA"A X: B'BB"B X derékszögű négyszögeksíkjai egybeesnek, az AB = e egyenes merőleges a képtengelyre,annak mindkét képe és mindkét egybeeső projiciáló síkja szinténmerőleges a képtengelyre és az egyenes általában három térnegyedbenterjed el. Ennélfogva : az 1-ső (2-dik) képsíkra merőleges egyenesnek1-ső (2-dik) képe egy pont, a 2-dik (1-ső) képe merőleges aképtengelyre, és a képtengelyre merőleges egyenesnek mindkét képemerőleges a képtengelyre. Ε szabály fordítva is igaz marad.

— 16 —-16. Más különös helyzetű egyenesek. Az egyenesnek 1-sőés 2-dik nyoma általában két különböző pont. De ha a két nyomegybeesik, akkor az egyenes metszi a képtengelyt, és így képei aképtengely ugyanazon pontján mennek keresztül. Az ily egyenesekkor két nem szomszédos térben fekszik, tehát vagy az 1-ső és3-dik, vagy pedig a 2-dik és 4-dik térben, és véges részének hoszszúsága= 0.A midőn az egyenes a képtengelyt metszi és e metszőpontonkivül már egy pontja a két képsíktól egyenlő távolságra van, akkorannak minden pontja a kétképsíktól egyenlő távolságralesz, tehát az egyenes vagy asymmetriasíkban, vagy acoincidetiasíkban fekszik, aszerint, mint annak egy tetszőlegesenfelvett pontja a12. ábra.páratlan vagy a páros számmaljelölt térnegyedben van.Az ily egyenesek képeit aképsíkoknak egyesítése után azt jellemzi, hogy a két kép az elsőesetben a képtengelytől symmetrikusan van elválasztva (e ( , e'')(12. ábra), a másodikban pedig (f',f") coincidál.Ivlás különös helyzetű egyenesekkel az alább következő feladatoknálfogunk megismerkedni!17. Az egyenes reconstruetiója. Az 1-ső képsíkon egy e\ a2-dik képsíkon egy e" egyenest képzelünk a képtengely irányábanegészen általános helyzetben. Kérdés, van-e oly egyenes e, melynek1-ső és 2-dik képe e', e", és ha van, hogyan szerezhetünk erről azegyenesről fogalmat?α) A képtengelyen két pontot A x> B x -et veszünk fel; ezekenkeresztül az 1 -ső és a 2-dik képsíkban a képtengelyre merőlegesegyeneseket állítunk, melyek e'-t az A', B', és e"-t az A", B" pontokbanmetszik. Ha ezután azt az A pontot, melynek képei A', A"összekötjük avval a Β ponttal, melynek képei B\ B", akkor azösszekötő AB = e egyenesnek képei a tetszés szerint felvett e', e"egyenesek. Vagy pedig:b) az e' egyenesen keresztül az 1-ső képsíkra és az e" egyenesenkeresztül a 2-dik képsíkra merőleges síkot állítunk, e két síkegymást egy e egyenesben metszi, melynek ama két sík projiciálósíkja és így az e', e" egyenes két képe.A kérdéses e egyenesről tehát szerezhetünk fogalmat, ha ezek

a műveletek kivitelének egyike vagy másika nem ütközik akadályokba,tehát kérdés, mikor nem nyerünk e műveletek folytán egyhatározott e egyenest ?A képtengely A.,-. Bx pontjain keresztülmenő és a képtengelyremerőleges egyenesek az 1-ső képsíkban az e' egyenest mindigvégesben metszik, ha e' nem merőleges a képtengelyre. De ha e'merőleges a képtengelyre x-re, akkor ez csak vagy a képtengelyre,vagy a 2-dik képsíkra merőleges egyenesnek lehet 1-ső képe. Azelső esetben e"-nek a képtengelyre az e' és a képtengely metszőpontjábanmerőlegesen álló egyenesnek kell lenni, a másodikbanpedig egy ez utóbbi egyenesen fekvő pontnak. Ha az első esetkövetkezik be, tehát e', c" a képtengely ugyanegy pontjában merőlegesa képtengelyre, akkor e', e" egy e egyenesnek két képe lehet,de ez a kct kép nem határozza meg az e egyenest. Ha pedig e" egya leírt helyzetben levő pont, akkor e\ e" egy a 2-dik képsíkra aze" pontban merőlegesen álló határozott egyenesnek két képe. Haez a két lehetőség nem következik be, akkor az e', e" nem képeziegy téregyenesnek két képét.Ε szerint: Két tetszés szerinti egyenes az (egyesített) képsikokon,melyek közül egyik sem merőleges a képtengelyre, egy téregyeneskét képének tekinthető, mely képek a téregyenest meghatározzák. Deha a felvett két egyenes a képtengely különböző pontjában áll merőlegesena képtengelyre, vagy ha csak az egyik merőleges erre, akkorazok nem lehetnek egy téregyenesnek képei. Ha végre a felvett kétegyenes a képtengely ugyanez pontjában merőlegesek a képtengelyre,akkor azok a képtengelyre merőleges egyenesnek képei, de e képeknem határozzák meg a téregyenest.Az egyenes reconstructiója az egyesített képsíkon felvettképeiből akkép történik, hogy előbb a két képsíkot, a rajta fekvőképekkel együtt, az eredeti (egymásra merőleges) helyzetbe hozzuk,és az így nyert képekből a mondottak alapján a téregyenest képzeletünkbenconstruáljuk.Minthogy a téregyenest annak képei általában meghatározzák,azért megadottnak tekintjük a téregyenest, ha annak képei vannakadva. Ennélfogva e kifejezéseknek: adva van egy e egyenes, vagyadva van egy (e\e") egyenes, egy és ugyanazon jelentésük van, mertaz (e', e") symbolumon azt az e egyenest értjük, melynek 1-sőképe e', 2-dik képe e". Ugyanígy jelentse symbolikusan a (Ρ', P")pont azt a Ρ pontot, melynek 1-ső képe P', 2-dik képe P", s melyképek a térpontot P-t meghatározzák.Ε szólásokon : szerkesztendő egy e egyenes vagy egy Ρ pont,KI.UG : Ábrázoló geometria. 2

— 18 —-mindig az értendő, hogy szerkesztendő (e',e"), illetve (P / , V"), azazaz e egyenesnek és a Ρ pontnak két képe e', e", illetve Ρ', P".Megjegyzendő, hogy két egyenes, pl.: a ρ és a q egyenesmetszőpontjának jelölésére szintén a (p, q) symbolumot szokáshasználni, de a zárójelben itt különböző betűk vannak, melyek tehátnem képei egy téregyenesnek.A következő feladatoknál az adott vagy szerkesztendő egyenesekés pontok képei a rajzlappal egyesített képsíkon levőknekveendők, vagy azon szerkesztendők. A rajzlapon mindig meg vanadva a képtengely és a megoldandó feladatokhoz szükséges adatok.Feladatok az egyenesről.18. — 10. feladat. Adva van egy egyenes (e 1 , e"); vegyünk fel eze egyenesen oly pontot, mely az 1-ső képsíktól 2 cm távolságra van,azaz szerkeszszük meg az e egyenes azon pontjainak képeit, melyekaz 1-ső képsíktól 2 cm távolságra vannak.Megoldás. (13. ábra). Az 1-ső képsíktól 2 cm távolságra levőpontoknak 2-dik képei a képtengelytőlugyanily távolságra vannak. Meghúzzuktehát a képtengelylyel párhuzamosés attól 2 cm távolságralevő két egyenest, mely e"-t az A", B"pontokban metszi; e pontokból a képtengelyremerőlegesen bocsátott egyenesekaz e'-t Α',Β' pontokban találják,és az A', A" és Β', B" pontok mára keresett A, Β pontoknak képei.Mily egyenesen nem vehető fel13. ábra.(mert nincs rajta) oly pont, mely a feladatnakeleget tesz ?11. feladat. Szerkesztendő az (e', e") egyenesnek 1-sö és 2-diknyoma E u E,.Megoldás. (13. ábra). Az £ r nek 2-dik képe az e" és χ metszőpontja(e", x) = Ey", tehát E x — EJ az E y " pontban az *-re állítottmerőlegesnek metszőpontja e'-e\. Hasonlókép az £ a -nek 1-ső kepeaz (e', x) — Ej és e pontban az x-re állított merőleges e"-t azE 2 = E. 2 " pontban metszi.12. feladat. Oldassék meg a 11. feladat az e egyenes különböző,általános és különös helyzeteinél; és állapíttassék meg mindenkor,

— 19 —-hogy az e mily térnegyedeken halad keresztül, és mely térnegyedbenvan véges része.13. feladat. Vegyünk fel olyan egyenest (azaz adjuk meg képeit),a melynek a) 1-ső nyoma, b) melynek 2-dik nyoma, c) melynekmindkét nvoma végtelen távol van. Vegyünk fel továbbá olyanegyenest, mely az 1-ső képsíkon, és olyant, mely a 2-dik képsíkönfekszik.14. feladat. Szerkesztendő egy (e\ e") egyenesnek symmetria- éscoincidentiapontja H l , H. 2 , vagyis az a két pont, mely mindkét képsíktólegyenlő távolságra van.14. ábra.Megoldás. (14. ábra). Az egyenes coincidentiapontjánakΗ 2 -nek mindkét képe egybeesik, tehát H. 2 ' = H 2 " az e', e" egyeneseknekmetszőpontja.A symmetriapontnak H x -nek mindkét képe egyenlő távolságralévén az x-Xö\, egy az e"-vel az x-re vonatkozólag symmetrikusegyenes az e'-t a H s '-ben metszi, melyből Hy" szerkeszthető.A H x pont tengelyképe H IX> mint könnyen belátható, az E 2 E. 2 Eytrapéz E 3 átlóján fekszik, melyből a H { ', Ή Λ ", ha az e-nekE v E. 2 nyomai még a rajzlapon feküsznek, egyszerűbben határozhatókmeg.Szerkesztendők különös helyzetű egyeneseknek symmetria- éscoincidentiapontjai.A 14. feladat megoldása mutatja, hogy ha egy egyenes képeia képtengelylyel egyenlő szöget képeznek, akkor az egyenes vagysymmetriasíkkal Hj-gyel vagy a coincidentiasíkkal H 2 -vel párhuzamos.Ennélfogva oly egyenes, melynek a képsíkok egyesítése lilán,2*

— 20 —-párhuzamos (parallel) képei vannak, a coincidentiasíkkal párhu rzamos, mig az oly egyenes, melynek a képtengely irányában antiparallelképei vannak, (a képtengelyhez bár egyenlő szögek alatt hajlanak,de nem párhuzamosak): a symmetriasíkkal párhuzamos.15. feladat. Fektessünk az (A', A") ponton keresztül egy eegyenest, mely a HT síkkal, és egy / egyenest, mely a H2 síkkalpárhuzamos, ha e-nek és /-nek 1-ső képe e' = f ismeretes. — Milyhelyzetű legyen e', hogy e és f egybeessék ?19. — IC), feladat. Adva van az (e\ e") egyenes és kívüle az(A', A") pont\ fektessünk e ponton keresztül a) egy f egyenest, melyaz e-t nem metszi; b) egy g egyenest, mely az e-t metszi; c) egy hegyenest, mely az e-t végtelen távol metszi.Megoldás. (15. ábra), a) Ha az A' ponton egy tetszés szerintif egyenest, az A" ponton egy tetszés szerinti f" egyenest húzunk15. ábra.keresztül, akkor (f, f") az (e', e") irányában általános helyzetű,azaz az e, f egymást nem metsző (kitérő) egyenes.b) Ha az (A 1 , A") ponton és

— 21 —-merőleges vagy nem merőleges; továbbá két egyenes párhuzamos,ha egynevü képei párhuzamosak.Ε szabály nem alkalmazható a képtengelyre merőleges egyenesekre,melyekről alább fogunk szólani.Az A ponton keresztül kétszeresen végtelen sok (°o 2 ) oly fegyenest lehet fektetni, mely az e egyenest nem metszi, mert /-nek1-ső és 2-dik képét tetszés szerint fektethetjük az A', illetve az A"ponton keresztül. Ellenben az A ponton csak egyszeresen végtelensok (oc 1 ) oly g egyenest képzelhetünk, mely az e-t metszi; mertminden g'-hez csak egy g" tartozik. Végre az .4 ponton keresztülaz e-vel párhuzamosan csak egy, azaz véges számú egyenest lehethúznunk.17. feladat. Fektessünk az (A', ^4") ponton keresztül oly egyenest,mely az (e 1 , e") egyenest metszi és az 1-ső vagy a 2-dik képsíkkalpárhuzamos.18. feladat. Adva van két egyenes (e', e"), (/',/") (mely nemmetsző, vagy metsző, vagy párhuzamos), és egy harmadik egyenesnek^-nek 1-ső képe g'; szerkeszszük meg £-nek 2-dik képét g"-et,azon feltételből, hogy g metszi az e és f-et. — Mikor határozatlana feladat, azaz mikor van végtelen sok és nem véges számú megoldása?19. feladat. Adva van két egyenes (e', e"),(f,f"), melynekegynevű képei egymást a rajzlapon kívül metszik, megvizsgálandó,hogy e két egyenes metszi-e egymást, anélkül, hogy a képeknekhozzáférhetlen metszőpontjait felhasználnók.Megoldási utasítás. Két egyenest szerkesztünk, melyek azadottakat metszik; a szerint, mint ez utóbbiak egymást metszik vagynem metszik, az adottak is ekkép viselkednek. (Miért ?)20. feladat. Adva van két egymástnem metsző egyenes (ee"),(f> f") szerkeszszük meg az egyiknekazt a pontját, melv a másiknakegy pontját a) az 1-ső képsíkranézve elfödi, b) a 2-dik képsíkranézve elfödi.Megoldás. (16. ábra.) Megszerkesztjükaz e és az / egyenes azonpontjainak 2-dik képét, melyeknek1-ső képei (e/ /') pontban vannak,amennyiben e pontok az 1-ső térnegyedbenfekszenek, az a pont födiig. ábra.

22a másikat az 1-ső képsíkra nézve, melynek 2-dik képe a kép tengelytől

— 23 —-zetű egyenessel, és pedig azért, mert az egyenes egy pontjánakegyik képéből közvetlenül nem található meg annak másik képe.Czélszerűnek mutatkozik e végből az ily egyenest egy az # képtengelyremerőleges helyzetű új képsíkra, oldal- vagy 3-dik képsíkraK 3 -ra projiciálni és a K 3 -mat az e egyenesnek rajta fekvő e'"3-dik vagy oldalképével együtt annak 2 = (K 3 , K 3 ) metszővonala a2-dik képsíkkal, ebbe a képsíkba, vagy y =±= (K 3 , K t ) metsző vonalakörül az 1-ső képsíkkal, az 1-ső képsíkba forgatni.Az χ képtengely egy pontján keresztül menő és az 1-ső,illetve a 2-dik képsíkban az.r-re merőlegesen álló y,illetve ζ egyenes -^-tengely,c-tengelv — meghatározza aK 3 3-dik képsíkot. (18. ábra).Ha a 3-dik képsíkot a£ tengely körül a 2-dik képsíkbaképzeljük forgatva,akkor az y tengely az *-bekerül és az e egyenes 3-dikképét e'" könnyen megszerkeszthetjük.Tekintve, hogyK 3 a K 2 irányában oly helyzetű,mint a K 1; (t. i. K,-remerőleges) az egyenes.4 és £pontjának 3-dik képe A'",B·", az A" Β" pontokbóla c tengelyre merőlegesenbocsátott egyeneseken lesz.Az A'", B'·' pontok távolságaa ζ tengelytől18. ábra.egyenlőlesz az A, Β pontok távolságával a 2-dik képsíktól, s mely távolságokmint tudjuk egyenlők A' A x . B' B x -szel.Ennélfogva (19. ábra) az A' A x> B' B x vonaldarabokat az A",B" pontokból a 2 tengelyre bocsátott merőlegesekre ezeknek a ζtengelyen levő A,. B~ talppontjától mérve reárakjuk A'", B"'-\g. Εműveletnél pedig csak arra kell ügyelnünk, hogy ha az A, Β pontoka 2-dik képsíktól, tehát azoknak 1-ső képei A', B' az a tengelytől elvoltak választva, akkor az a A'", B " képek a 2 tengelytől szinténel legyenek választva. A'", B"' pontok összekötő egyenese e'" képeziaz e egyenesnek 3-ik képét, a 3-dik képsíknak a 2-dikkal történtegyesítése után.

— 24 —-Az e egyenesnek e", e'" képei és a; tengely pótolja az e', e 'képeket és az χ tengelyt, azaz alkalmas mindazon szerkesztésekre,melyeket az e egyenesen végezni akarunk; annak megtörténteután a 3-dik képekből az 1-ső képekre lehet következtetnünk.Feladatok a képtengelyre merőleges egyenesre vonatkozólag.21. — 22. feladat. Adva van egy a képtengelyre merőleges eegyenesnek két pontja (A', A"), (B\ 11"), és egy rajta fekvő C pontnak1-ső képe C', egy D pontnak 2-dik képe D"; szerkesztendő C-nek2-dik és D-nek 1-ső képe.Megoldás. (19. ábra). Az # képtengelyre ζ merőleges egyenestállítunk; ezt a 2-dik képsík és az x-re merőleges 3-dik képsíkmetszővonalának, a ζ képtengelynektekintjük, mely körül a 3-dik képsíka 2-dikra lett borítva. Meghatározzukaz .4, Β pontoknak és ezzel aze egyenesnek 3-dik képeit, A'", B'",e'"-et. A C', D" pontokból megkapjuka C'" és D'" pontokat

— 25 —-25. feladat. Két adott egyenes (e', e"), (/,/''), egyike a képtengelyremerőleges (és két pontja által van adva); megvizsgálandó,hogy az e és / metszi-e egymást, a) oldalképsík alkalmazásával, b)oldalképsík alkalmazása nélkül a 19. feladat alapján.A sík ábrázolása és nevezetes vonalai.22. A sík értelmezése és meghatározása. Három pont, melynem fekszik ugyanegy egyenesen, síkot határoz meg. Ε sík tartójaazoknak a (oe 1 ) egyeneseknek, melyek ama pontok bármelyikén keresztülmenve a másik két pont összekötő egyenesét metszik. S mertminden egyenest olyannak tekintünk, mely egyszeresen végtelensok («·') pontnak a tartója, azért a sík pontjainak száma kétszeresenvégtelen sok (°° 2·)A síknak azonban nem csak a meghatározására szolgálóhárom pontján, hanem mindenpontján oo 1 egyenes (sugár) húzhatókeresztül, mely a síkban fekszik; ezek az egyenesek mindenegyenest, mely a síkban fekszik,metszeni fognak és ezért jellemzőa síkra nézve, (azaz a síkot e jellemzőtulajdonsággal felruházottnakakarjuk képzelni): a) hogy haegy egyenesnek két pontja egy síkbanvan, akkor annak mindenpontja abban a síkban lesz, b ) hogyha két egyenes egymást metszi20. ábra.(véges, avagy végtelen távolban),akkor az ugyanegy síkban fekszik, és fordítva, ha két egyenes egysíkban fekszik, akkor egymást mindig metszi.Minthogy a sík bármely egyenesének e-nek minden pontjánkeresztül oo 1 egyenes húzható a síkban, és olyan egyenes nem vehetőfel a síkban, mely ezek között elő nem fordulna, másrészt, mertaz e kivételével minden egyenes csak egyszer lett számítva, azért asíkban kétszeresen végtelen sok (

— 26 —-keresztül, mert akkor a síkban oly két egyenes volna, mely egymástnem mfetszi, a mi a sík jellemző tulajdonságával ellenkezik.23. A sík ábrázolása. Két egymást egy A pontban metszőegyenes e, /, melynek (21. ábra.) képei (A', A"), (e\ e"), (f, /"), meghatározegy síkot S= [e, fj-et.Minden egyenesg, mely az e és/egyenest két különböző pontbanmetszi, az S síkban fekszik.Ha tehát ^-nek egyik, pl. 1-sőképét g'-t tetszőlegesen vesszükfel és ez az e', /',-et B' C' pontokbanmetszi, akkor a Β pontnakaz e"-n, és a C pontnakaz/"-n fekvői)"', C" képei meghatározzáka g egyenes 2-dikképét g"-et. Ugyanígy lehetettvolna az S sík egy h egyenesének2-dik képét h"-et, mely21. ábra.e",f"-et a D", E" pontokbanmetszi, felvenni, és ezekbőlD 1 , E'-t és h' = D'E'-t meghatározni. A g, li egyenesek egymást egyF pontban metszik, melynek képei F' = (g', h'), F" = (g", h"),de ha az e, f egyenesek nem volnának metsző egyenesek (az A' A"egyenes nem volna merőleges x-re), tehát e, f nem határozna meg;egy síkot, akkor a g, h egyenesek sem metszenék egymást (azF'F"egyenes sem állana merőlegesen az x-re).Az S sík meghatározására az c,f egyenesek helyett, az e egyenestés /-nek egy pontját, pl. C-t, vagy e-nek két pontját A, B-t és a Cpontot lehetett volna felvennünk, mely felvételek az előbbire könynyenvisszavezethetők.Tudván azt, hogy az S sík meghatározására szolgáló e, fegyenesek közül pl. az f egyenes bármely más az f-eη fekvő és aze-t metsző egyenessel pótolható, az S síkban oly egyeneseket is felvehetünk,melyek az e, /metszőpontján A-n mennek keresztül,mert / helyett pl. a már megszerkesztett ,^-t és az e egyenest kell azS sík meghatározására adottnak tekinteni, és úgy mint előbb eljárni.24. A sík nyomai és reeonstPuctiója. Minthogy egy síknakbármily két egyenese alkalmas annak meghatározására, kérdezhetjük,melyek lesznek ama egyenespárak közül a legalkalmasabbak ?A felelet általánosan mondva csak az lehet: a mely egyeneseknekképei legegyszerűbb helyzetűek, s ilyeneknek mutatkoznak a kép-

— 27 —-síkokban fekvő egyenesek, mert ezeknek egyik képe mindig a kép^tengelyben van. Minthogy két különböző sík egymást mindig metsziegy egyenes vonalban (mely végtelen távol is lehet), azért bármilyhelyzetű legyen is a sík, melyet ábrázolni akarunk, az a két képsíkotkét egyenes vonalban metszi.A síknak azt az egyenesét, melyben az az 1-ső képsíkot metszi,a sík 1-ső vagy vízszintes nyomának, és melyben a 2-dik képsíkotmetszi, 2-dik vagy függőleges nyomának nevezzük.Az előrebocsátottaknak és a nyomoknak értelmezéséből következik,hogy a sík nyomának két metszőpontja a képtengelyen van,és ez a sík tengelypontja vagy tengelynyoma, továbbá amit az egyenesnyomairól is mondtunk : a sík 1-ső nyomának 2-dik képe és a2-dik nyomnak 1-ső képe a képtengelyen van.A sík 1-ső és 2-dik nyomát ugyanolyan, de l-es, illetve 2-esmutatóval ellátott kisbetűvel akarjuk jelölni,annak tengelypontjátugyanolyan nagybetűvelakarjuk jelölni, minta síkot, melynek jelölésérea kövéren nyo- /matott nagybetűketfogjuk használni.Eszerinta 22. ábra egy S =22. ábra.[s x s a ] síkot ábrázol,melynek 1-ső nyoma s 1; 2-dik nyoma s 2 , tengelypontja S.A sík nyomainak azon részét, mely az 1-ső térnegyed határánvan, teljes, a többit szaggatott vonallal rajzoljuk, továbbá rendesena sík tengelypontját, és a nyomok képeit nem szokás külön megjelölni,hanem a nyomokhoz azokat a betűket írjuk, melyekkel azoka térben jelöltetnek, tehát az S sík 1-ső nyomához s r et, a 2-diks 2 -t. De annál inkább emlékezetbe vésendő, a mit már előbb megemlítettünk,hogy s r nek 1 -ső képe s u 2-dik képe a képtengely, és s. r nek2-dik képe s 2 , 1-ső képe pedig a képtengely.Az s lt s. 2 nyommal megadott S síknak reconstructiója a következő: Miután az 1-ső képsík az χ tengely körül az Si-gyel együtta 2-dik képsíkra merőleges helyzetbe lett forgatva, az s^-et ésaz s 2 -t metsző egyeneseket képzelünk, melyeknek összesége egysíkot tölt be, és az a sík lesz az, mely az s 1; s 2 nyomokkal vanábrázolva.

— 28 —-25. Egyenes felvétele egy síkban. Lássuk, mikép kell azoly síkban egyenest felvenni, melynek nyomai adva vannak, vagymint mondani akarjuk, mely nyomaival van megadva ?Az S síkban felvendő e egyenesnek (23. ábra.) egyik, pl. 1-sőképét e'-et általában tetszés szerint lehet felvenni, ez az .^-et, i^-benaz s' 2 = ar-et, jB' 3 -ben metszi. Az pontnak 2-dik képe E T ", azír = 5" 1 -en és az E' 3 -nek 2-dik képe azs 2 -őn ií 2 -ben fekszik; E. 2 E'\lesz az e egyenesnek 2-dik képe e,".Ε szerkesztésből látható e jól megjegyzendő szabály : Ha egyegyenes egy síkban fekszik, akkor az egyenesnek 1-ső nyoma a sík1-ső nyomában, 2-dik nyoma pedig a síknak 2-dik nyomában van;és fordítva, ha egy sík egy egyenesen megy keresztül, akkor annaka síknak 1-ső és 2-dik nyoma az egyenesnek 1-ső, illetve 2-dik nyomántartozik keresztül menni.26. A sík fővonalai. A síknak 1-ső nyomával párhuzamosegyeneseket a sík 1-ső fővonalainak (nyompárhnzamosainak) és a2-dik nyomával párhuzamos egyeneseit a sík 2-dik fővonalainaknevezzük. A síknak σο 1 l-ső, ugyanennyi 2-dik fővonala van; a síkminden pontján egy 1-ső és egy 2-dik fővonal megy keresztül. Ezenértelmezés folytán a sík minden 1-ső fővonalának 1-ső képe párhuzamosaz 1-ső nyomával, 2-dik képe párhuzamos a képtengelylyel,és a sík minden 2-dik fővonalának 2-dik képe párhuzamos a2-dik nyomával, 1-ső képe pedig párhuzamos a képtengelylyel.A mellékelt 24. ábrában az a 1-ső, a b pedig 2-dik fővonala az Ssíknak.Lehet azonban az oly síkban is felvenni fővonalakat (a nélkül,hogy a nyomokat meghatároznék), melyet két metsző egyenes határozmeg: Minden egyenes, mely a képtengelylyel párhuzamos,

- 29 —egy 1-ső fővonalnak 2-dik és egy 2-dik fővonalnak 1-ső képelehet, ebből az egy képből pedig a másik képet az általános eljárásszerint szerkeszthetjük. A 25. ábrában e, f a sík meghatározásáraszolgáló két egyenes, a, b pedig egy 1-ső, illetve 2-dik fővonalaannak a síknak. A mit még megjegyzem akarunk az, hogy a nyert1-ső fővonal 1-ső képével a síknak 1-ső nyoma és a 2-dik fővonal2-dik képével a síknak 2-dik nyoma párhuzamos lesz.27. Általános és különös helyzetű síkok. Akkép, mint a téregyenesei, a tér síkja is a képsíkok irányában általános és különöshelyzetűek lehetnek. Lássuk először a különös helyzetű síkokat."24. abra. 25. ábra.Egy S sík az 1-ső vagy a 2-dik, vagy az 1-ső és a 2-dik képsíkramerőleges lehet. Ε síkokat rendre az 1-ső képsíkra projiciáló„vagy a 2-dik képsíkra projiciáló, vagy végre a képtengelyre projiciáló(azaz merőlegesen álló) síknak nevezzük. Mily helyzetűek esíkoknak nyomai a képtengely irányában ?Az 1-ső képsíkra projiciáló síknak 2-dik nyoma és a 2-dikképsíkra projiciáló síknak 1-ső nyoma, végre a képtengelyre projiciálósíknak mindkét nyoma merőleges a képtengelyre. (26. ábra).Továbbá: Az 1-ső (2-dik) képsíkra projiciáló síkban fekvő mindenegyenesnek és pontnak 1-ső (2-dik) képe a sík 1-ső (2-dik) nyomábanvan.Minthogy a képsíkok egyikére vagy mindkettőre projiciáló síknyomai a térben egymásra merőlegesek, azért a fővonalak rendszere:szintén merőleges lesz egymásra.

— 30 —-A midőn két egyenesnek 1-ső, vagy 2-dik képe egybeesik, akét egyenes egy az_l-ső, illetve egy a 2-dik képsíkra projiciáló síkothatároz meg, és ha a két egyenes közös képei merőlegesek a képtengelyre,akkor azokon a képtengelyre projiciáló sík megy keresztül.A képsíkokra projiciáló síkoknak különös esetét képezik az1-ső vagy a 2-dik képsíkkal párhuzamos síkok. (26. ábra). Az elsőneka 2-dik nyoma párhuzamos a képtengelylyel, 1-ső nyoma pedigvégtelen távol van; az utóbbinak 1-ső nyoma párhuzamos a képtengelylyel,a 2-dik nyom pedig végtelen távol van. Itt a fővonalaknakcsak egyik rendszeréről szólhatunk, a másik rendszerhatározatlan marad. A képsíkokkal párhuzamos síkok csak kétszomszédos térnegyedben terjednek el.26. abi-a.A képtengelylyel párhuzamos síkok nyomait az jellemzi, hogy.azok párhuzamosak a képtengelyhez (26. ábra jobb); e síkok fővonalainakkét rendszere egybe esik és e síkok legfeljebb három térnegyedenvonulnak keresztülA képtengelylyel párhuzamos síkok különös esetét képezik aképtengelyen keresztül menő síkok. Minthogy ezeknek mindkét nyomaa képtengelyben van, a mely csak egy egyenes: a képtengelyenkeresztül menő síkok meghatározására a nyomok nem elegendők,hanem még egy bennök fekvő egyenes vagy pont szükséges.Ha egy síknak két nyoma a képtengelylyel egyenlő szögetképez, akkor az a sík merőleges a symmetria- vagy a coincidentiasíkraa szerint, a mint a képsíkok egyesítése után a nyomok nemesnek egybe, vagy pedig egybeesnek.Ugyanis minden az ily síkban fekvő és a képtengelyre merőlegesegyenes (és ilyen «- 1 van bármily helyzetű síkban) merőleges asymmetria-, illetve a coincidentiasíkra H, vagy H,.-re. Ugyanis ha

31 —a HJ, vagy H_,-re merőleges egyenest elképzelünk, akkor ennekképei a képtengelyre merőlegesen állnak és nyomai a képtengelytőlegyenlő távolságra vannak. De az ily egyenesen keresztül menőbármily síknak nyomai (mert a képtengelyben találkoznak) a képtengelyhezegyenlő szögek alatt hajlanak.Ennek különös esetét képezik azok a síkok, melyeknek nyomaia képtengelytől egyenlő távolságra vannak, tehát vagy egybeesnek,vagy pedig a képtengely felezi, a tőlük határolt párhuzamos szalagokat.Az első esetben a síkok a symmetriasíkkal, a másodikban acoincidentiasíkkal párhuzamosak.Minden más sík, melyről itt nem szólottunk általános helyzetűa képsíkok irányában. ,De ezek között kétfélét lehet megkülönböztetni.Állítsunk ugyanis egy S = fo, s a ] sík S tengelypontjában aképtengelyre merőleges síkot U = [u lt »,]-1. Az U sík az az S síknakaz 1-ső térnegyedben levőrészét vagy nem metszi, vagymetszi, a szerint, a mint (azegyesített képsíkokra gondolva)az «!=ΐί 3 egyenes az '.Sí, s 2 -nek az 1 só térnegyedhatárán levő részeit nem választjael, vagy elválasztja.Az első esetben (27 a. ábra)a síkot dűlt, a másodikban(27 b. ábra) feszített síknakakarjuk nevezni. A feszített,27 a. ábra. 27 b. ábra.projiciáló, vagy dűlt sík nyomainak az 1-ső térnegyed határán levő ·részei megfelelőleg: tompa-, derék-, vagy hegyesszöget képeznek.Hogy mi különbség van még a feszített és dűlt sík között éshogy mikép lehet tudni egy síkról, melynek nyomai nem ismeretesek,hogy feszített vagy dűlt sík-e, azt alább (a 34. feladatnál) látnifogjuk.Ha egy S síkot egyik nyoma körül forgatunk, akkor az a dűlthelyzetből az egyik képsíkra projiciáló helyzeten keresztül a feszítetthelyzetbe megy át s közben egyszer a HT és egyszer a H, síkralesz merőleges.28. A sík symmetria- és coincidentia-vonalai. A síknakazon egyeneseit, melyben az a symmetria-síkot H^et és a coincidentiasíkotH^-t metszi, a sík symmetria-, illetve coincidentia-vonalánaknevezzük és h u h.,-ve\ jelöljük.

— 32 —-Ha a sík tetszés szerinti egyenesének symmetria- és coincidentiapontjait,H U H^T a sík tengely pontjával összekötjük, megkapjuka sík h lt h 2 vonalait.így ha az (s lt s 2 ) sík (28. ábra) egy a fővonalának symmetriaéscoincidentiapontja (H\, Ηilletve (H'. 2 , Η" 2 ), akkor e pontokösszekötő egyenese az S tengelyponttala (h\, h'\), (h\,h"^) egyenesek.A szerkesztés mutatja, hogybármily a képtengelylyel párhuzamosegyenesnek a hj, hj-tői és aV, h 3 "-tői határolt vonaldarabja28. ábra.az illetve az s 2 -től feleztetik,melyet tekintetbe véve a h v // 2egyikéből a másik és mindkettőtőla sík nyomai egyszerűen szerkeszthetők.A midőn az S sík a H X , vagya Η^ síkra merőleges (29 b. és29 a. ábra), a illetve a 7íj a sík tengelypontjában merőleges a képtengelyre; ennélfogva ez utóbbi esetben nemcsak a fc 3 -nek, hanem29 a. ábra. 29 b. ábra./z r nek képei is egybeesnek ; de megjegyezendő, hogy mig a h 2 pont-\jainak képei egybeesnek, a h L pontjainak képei a képtengely irányá-'ban symmetrikusok. Minthogy a sík coincidentia vonalának képeiegybeesnek: egy sík bármely egyenesének két képe egymást a síkcoincidentia vonalának képében metszi.29. A sík oldalnyoma. Minden sík a képtengelyre merőlegesoldalképsíkot K 8 -mat egy egyenes szerint metszi, mely a sík oldal-,

— 33 —-vagy 3 dik nyomának neveztetik. A K 3 képsíkon fekvő 3-dik nyomota (K 3 , K 3 ) = 2 tengely körül a K 3 képsíkba akarjuk forgatni,azaz a sík 1-ső és 2-dik nyomából annak oldalnyomát akarjuk meghatározni,a midőn a K 3 sík a K 2 -vel egyesült. Az oldalképsík(30. ábra) az 1-ső és 2-dikat a ζ és y egyenesben, az S = [s 1( s 3 ] síkotegy s 3 egyenesben metszi; s 3 -nak 2-dik nyoma S z az s. 2 -ben, 1-sőnyoma S y az s x -ben van.Az S y pontnak 3-dik képe S y '" az χ tengelyen ép oly távolságravan a 2 tengelytől, mint az S y pont az x-tő\; S~ pedig 3-dikképével esik egybe. Ennélfogva S z S y '" egyenes lesz az S síknak3-dik nyoma s 3 .30. ábra. 31. ábra.A midőn az S sík az χ képtengelyen megy keresztül és azar-ben fekvőnyomain kivül még άί,ϊΑ',Α") ismeretes (31. ábra)az S síknak 3-dik nyomát s 3 -mat megkapjuk, ha az A-nak 3-dikképét A'"-1 a (z, x) = S z ponttal összekötjük. Ε sík ugyanis a 3-díkképsíkra projiciáló lévén, minden pontjának 3-dik képe a sík 3-diknyomában fekszik. (Az ábrában az A pont helyére A'" irandó.)sFeladatok a síkra vonatkozólag, kapcsolatban aponttal és az egyenessel.A következő feladatoknál a sík rendesen nyomaival van megadva,a hol pedig a síkot más adatokkal akarjuk meghatározni, ugyezen adatok minéműségét meg kell mondanunk.30. — 26. feladat. Adva van egy sík S = [s x , s 2 ]; szerkesztendő esíkban oly egyenese, mely az 1-ső nyomra, és oly egyenes f mely a2-dik nyomra merőleges.KLUG : Ábrázoló geometrin. 3

L— 34 —-tMegoldás (32. ábra). Minden az S sík s í nyomára merőleg esegyenesnek 1-ső projiciáló síkja merőleges lévén az Sj-re, a keresett eegyenesnek 1-ső képe e' is merőleges s x -re; az e'-ből az e" az általánoseljárás szerint szerkeszthető.Ugyanígy a sík s. 2 nyomára merőlegesegyenesnek 2-dik képe f"merőleges s 2 -re, és /' abból meghatározható.A sík 1-ső (2-dik) nyomáraés így az 1-ső (2-dik) fővonalakrendszerére merőleges egyeneseknekrendszerét 1-ső (2-dik)esővonalaknak nevezzük.Az 1-ső esővonal-rendszernek1-ső képe a sík 1-ső nyomára ésa 2-dik esővonal-rendszernek 2-dik32. ábra.képe a sík 2-dik nyomára merőleges.A sík esővonalainak rendszereegymással ugyanoly szögeketképez, mint a fővonalak rendszere, ennélfogva a midőn a sík aképtengelylyel párhuzamos, a két esővonal rendszere a képtengelyremerőleges egyenesek rendszerében egyesül.27. feladat. Vegyünkfel egy S síkbanegy A pontot, azazszerkeszszük meg egyoly A pontnak képeit,mely az adott S síkbanfekszik.Megoldás (33 a.ábra). Az A pontnakegyik, pl. 1-ső képétA'-X tetszés szerint lehetfelvenni s ezzel a 2-dikkép már általában megvan határozva. Egy azA ponton keresztülmenő és az S síkban33 a. ábra. 33 b. ábra.fekvő e egyenesnek 1-ső képe e' az A' ponton megy keresztül; e'-bőlaz e" és a rajta fekvő A" pont szerkeszthető. Czélszerű (mert egy

— 35 —vonallal kevesebb jön használatba) az általános helyzetű e egyeneshelyett egy fővonalat, pl. egy 1-ső fővonalat, a-t, vagy egy 2-dik fővonalatb-t alkalmazni a szerkesztésnél. (A kezdő hajlandó egy síkbanfelveendő pontnak képeit a sík nyomain felvenni, mint a hogy azegyenesen fekvő pont képeit az egyenes képein veszi fel. Ámde általábana sík 1-ső nyomán levő pontnak 2-dik képe a képtengelyenvan, míg a sík 2-dik nyomán felvett pontnak 1-ső képe a képtengelyenlesz!)A midőn a sík az 1-ső (2-dik) képsíkra projiciáló, akkor a felveendőpontnak 1-ső (2-dik) képe a síknak csak az 1-ső (2-dik) nyomábanfekhetik, tehát csak itt vehető fel; a pontnak 2-dik (1-ső)képe pedig jelen esetben határozatlan marad. (33 b. ábra).Ha a sík a képtengelyen megy keresztül és ezen kivül fekvő(13', B") pont által van adva, akkor az A pont felvételét közvetítőegyenest e-t a Β ponton fektetjük keresztül; és ha végre az A pontnaktengelyképe a Β tengelyképében van, úgy egy oldalképsíkotalkalmazunk az A pont meghatározására.28. feladat. Az előbbi feladat határozatlan volt, mert oc 2 megoldástszolgáltatott; de határozott a következő feladat: Vegyünk felegy síkban oly A pontot, mely az 1-ső képsíktól, K 1 -től, 2 cm, a 2-diktól,K 2 -től, 1'5 cm távolságra van.Megoldás. A síknak egy olyan fővonala a, mely a K x -től 2 cmés olyan fővonala b, mely K. 3 -tól 1 - 5 cm távolságra van, egymást akeresett pontban metszi. Ennélfogva a képtengelytől 2 em távolságraegy a" és 1 5 cm távolságra egy b' egyenest húzunk, ezekbőla', b"-t megszerkesztjük és A' = (a 1 , b'), A" = (a", b").A feladatnak, ha a sík négy térnegyeden megy keresztül, négymegoldása van, t. i. minden térnegyedben fekszik ily pont. De ha asík kevesebb mint négy térnegyeden megy keresztül, akkor a feladatnak0, vagy σο 1 megoldása van. A síknak mily helyzeteinélkövetkeznek be ezek az esetek és a négy pont az általános esetbenmily négyszögnek képezi szögpontjait ?29. feladat. Adva van egy síknak két nyoma s 2 ] és egybenne fekvő ABC,... sokszögnek egyik képe; szerkesztendő a sokszögnekmásodik képe.Megoldás (34. ábra). Ha az ABC... sokszögnek 1-ső képeA'B'C'... ismeretes, akkor a 2-dik képnek az A"B"C" ... sokszögnekoldalait vagy szögpontjait megkapjuk, ha vagy az ABC... sokszögAB, BC. .. oldalainak, mint egyeneseknek, vagy a sokszögABC... szögpontjainak, mint pontoknak, 1-ső képéből a 2-dik képetmeghatározzuk.3*

— 36 —-Czélszerű e szerkesztésnél a sík coincidentiavonalának, h 2 -nekképeit h 2 =h 2 "-1 fölhasználni. Ugyanis ha az A" pont a sokszög Aszögpontjának bármily módon meghatározott 2-dík képe és az A'IVegyenes a h 2 (h. 2 ")-et az F (F"') pontban metszi, akkor az A" Β"egyenes is e ponton megy keresztül, mely körülményből azA" B" egyenes és ezen a B" pont szerkeszthető. Ugyanígy leheta (Β', B") használatával a (C', C") pontot, s ezzel a következőpontot stb. meghatározni. Ε szerint egy sík sokszög két képénekhelyzetét a sík h./ == h. 2 " coincidentiavonalának képe irányábanés az * képtengely irányában az jellemzi, hogy ugyanegysokszögoldalnak képei (a sokszög képeinek megfelelő oldalai) egyszögminden szögpontjának és az azon keresztül menő oldalaknakmást a h. 2 '-eη metszik ésugyanegy sokszög — szögpontnakképei (a sokszögképeinek megfelelő szögpontjai)az A'-re merőleges egyenesenfeküsznek. így tehát:egy síksokszög képeinek megfelelőoldalai egymást egyegyenesen (a sík coincidentiavonalának képén) metszik, ésmegfelelő szögpontjai (a képtengelyremerőleges tehát)párhuzamos egyeneseken feküsznek.Két sokszögről azt mondjuk,hogy egymásra van vonatkoztatva,ha az egyik sok-34. ábra.és átlóknak egy szögpont és az ezen keresztül menő oldalak ésátlók felelnek meg a másikban. Továbbá:Két egymásra vonatkoztatott síksokszöget perspectiv helyzetűaffin sokszögnek nevezünk, ha a sokszögek megfelelő oldalai egymástegy egyenesen, az affinitási tengelyen, metszik és megfelelőszögpontjait összekötő egyenesek, a projiciáló sugarak, párhuzamosak.Ezt az értelmezést alapul véve mondhatjuk :Egy síksokszög két képe perspectiv helyzetű affin sokszög; asík coincidentiavonalának képe az affinitást tengely és a képtengelyremerőleges sugarak a projiciáló sugarak.Egy síksokszög és annak 1-ső (vagy 2-dik) képe perspectivhelyzetű affin ; a sík 1-ső (2-dik) nyoma az affinitási tengely, azok

— 37 —-a sugarak pedig, melyek a sokszög szögpontjait az 1 -ső (2-dik) képsíkraprojiciálják, a projiciáló sugarak.30. feladat. Vegyünk fel az s 2 ] síkban az adott (A\ A")ponton keresztül oly két egyenest, melynek 1-ső képei és 2-dik képeiegymásra merőlegesek.Megoldás (35. ábra). Miután a sík coincidentiavonalának képét/z 3 ' = h. 2 " megszerkesztettük, azA\ A" pontokon keresztül körtfektetünk,melynek középpontjaa li-2 egyenesen van. Ε kör a/j 2 '-et az Ε' = E", F'—F" pontokbanmetszi és Ε A' = e\E"A"=e" az egyik, FA'=/',F'A" = f" a másik kivántegyenesnek két képe.A szerkesztés mutatja,hogy egy általános helyzetűsík egy pontján keresztül csakegy pár egyenes fektethető,melynek úgy az 1-ső, mint a2-dik képe egymásra merőleges,de ha a sík a coincidentia- vagy a35. ábra.symmetriai-síkkal párhuzamos,akkor minden egyenespárnak, melynek 1-ső képe merőleges, annak2-dik képe is az lesz. A két egyenes a térben általában nem leszmerőleges.A 36 a. és 36 b. ábra a symmetria-, illetve a coincidentia-síkkalpárhuzamos síkban fekvő parallelogrammának képeit ábrázolja. Azelsőnek képei a h 3 ' — h 2 " egyenesre symmetrikusak, tehát ellenkezőértelemben fekve congruensek; a másiknak képei, mert/z 2 ' = /z 2 " végtelen távol van, ugyanegy értelműleg congruensek.31. — 31. feladat. Adva van egy S [s x , s 2 ] sík és egy az 1-sőtérnegyedben fekvő (A 1 , A") pont, megállapítandó, hogy az átlátszatlannakképzelt s 2 ] sík az egyik vagy a másik, vagy mindkétképsíkra nézve elfödi-e az (AA") pontot?Megoldás. (37. a) b) c) ábrák). Az A pontot az 1-ső képsíkranézve az S síknak csak az a Β pontja födheti el, melynek 1-sőképe B' az ^4'-ban van; ellenben az A-t a 2-dik képsíkra nézve azS-síknak az a C pontja födheti el, melynek az J.-val közös 2-dikképe van.A 37 a. ábrában az A pontot az S síknak a Β pontja 1-ső kép-

— 38 —-síkra nézve és a C pontja a 2-dik képsíkra nézve elfödi; a B, Cpontok tehát az J-nak födőpontjai az S síkban. A 37 b. ábrábóllátható, hogy sem a B, sem a C nem födőpontja az .4-nak ; itt a síkegyik képsíkra nézve sem födi el az A pontot.a) 36. ábra. b)A 37 c. ábrában a Β födőpontja az /1-nak, C pedig nem ; tehátaz A pont az 1-ső képsíkra nézve el van födve, a 2-dikra nincsenelföldve az S síktól.a) b) c)37. ábra.Ebben különbözik a dűlt sík a feszített síktól, t. i. a dűlt síkegy az 1-ső térnegyedben a síkon kívül fekvő pontot, vagy mind a kétképsíkra nézve elföd, vagy egyikre nézve sem; míg a feszített sík a

— 39 —-pontot fekvése szerint vagy az egyik, vagy a másik, de minden esetrecsak egy képsíkra nézve födi el. A projiciáló sík pedig egy kivülefekvő pontot arra a képsíkra nézve, melyre projiciál, egyáltalánnem födheti el. Meg akarjuk még e helyen a következőket jegyezni:ha egy síknak két oldalát két különböző színűnek képzeljük, akkore szinek közül, ha a sík dűlt, az 1-ső és a 2-dik képsíkranézve csak egyet látunk, míg ha a sík feszített, akkor az első képsíkranézve az egyik, a 2-dikra nézve a másik színt látjuk, végre aprojiciáló síknál arra a síkra nézve, melyre az projiciál, sem az egyik,sem a másik színét nem látjuk. ·Ennélfogva: egy sík dűlt, vagy feszített, a szerint, a mint a (szokottmódon az első térnegyedet határló) két képsíkra nézve a síkoknakcsak az egyik vagy mindkét oldalát láthatjuk. Ha mi ugyanis asík egy pontját (a képsíkok egyesítése előtt) az 1-ső képsíkra merőlegesegyenesnek végtelen távol fekvő Oy pontjával és a 2-dik képsíkramerőleges egyenesnek végtelen távol fekvő 0.2 pontjával öszszekötjük,akkor ezek a sugarak, melyek az O r bői és az 0 2 -bőinézőnek látósugarai, a dűlt síknál nincsenek elválasztva, a feszítettnélel vannak választva az illető síktól, a projiciálónál pedig egyiklátósugár a síkban fekszik.Egy a képtengelylyel párhuzamos sík egy különös dűlt vagyfeszített síknak tekintendő s az említett tulajdonságot alapul véve :ha a síknak 2-dik nyoma a képtengely fölött 1-ső nyoma az alattvan, akkor a sík dűlt, ha pedig a síknak mindkét nyoma a képtengelyugyanazon oldalán van, akkor a sík feszített.Oldassék meg a 31. feladat az esetben, ha a sík a képtengelylyelpárhuzamos.32. — 32. feladat. Fektessünk három ponton, vagy egy ponton ésegy egyenesen, vagy végre két egymást akár véges, akár végtelen távolbanmetsző egyenesen keresztül síkot. (Az a feladat síkot fektetni,mint szerkesztési feladat az ábrázoló geometriában rendszerintannyit jelent, mint a síknak nyomait meghatározni. Ha nem szerkesztésrőlvan szó, akkor a sík fektetés kifejezésén az értendő, hogyaz adatoktól meghatározott sík egészére, tehát a benne fekvő pontokés egyenesek összességére gondoljunk.)Megoldás (38. ábra). A három ponton keresztül menő sík tartójaannak a két egyenesnek, mely a pontok egyikét a másik kettővelösszeköti. A ponton és az egyenesen keresztül menő síkon pedigrajta feküsznek mindazon egyenesek, melyek a pontból az egyeneshezmetszőleg húzhatók. A két első feladat tehát egyszerű utonvisszavezethető a harmadikra, melytől lényegében alig külömbözik.

— 40 —-Ha tehát az (e' } e"), (f , f") egyeneseken keresztül menő síknyomait akarjuk meghatározni, visszaemlékezünk arra, hogy haegy sík egy egyenesen megy keresztül, akkor a sík 1-ső és 2-diknyoma keresztül megy az egyenesnek 1-ső, illetve 2-dik nyomán.Ennélfogva az egyenesek 1-ső nyomainak, E u .Fj-nek, összekötőegyenese a sík 1-ső nyoma, és az egyenesek 2-dik nyomának,E. 2 , F 2 -nek, összekötő egyenese s 2 a sík 2-ik nyoma. A két nyomegymást (pontos szerkesztésnél), ha az e, f egyenesek metszőegyenesekvoltak mindig a képtengelyen, a sík tengelypontjában metszik:ellenkezőleg, ha az e, f nem volna metsző egyenespár, akkor egynevűnyomaiknak összekötő egyenesei a képtengelyt két különbözőpontban metszenék. Ε körülmény felhasználható a szerkesztésre abbanaz esetben, ha az egyenesek nyomai közül egyik a képsíkon kívül van.38. ábra.A feladat számos tanulságos példában gyakorlandó. Ε példákbana sík meghatározására szolgáló egyenesek a képsíkok irányábankülönböző általános vagy különös helyzetben veendők fel. ímenéhány példa: legyen az e vagy az f, vagy az e és az f párhuzamosa képsíkok egyikével, avagy a képtengelylyel; legyen az e az egyik,az/a másik képsíkkal párhuzamos; legyen az e egy coincidáló(

— 41 —-33. feladat. Vegyünk fel egy S síkban, mely két egymástmetsző egyenessel e, /-fel van adva a) egy 1-ső rendszerbeli fővonalatés esővonalat, b) egy 2-dik rendszerbeli fővonalat és esővonalat,c) egy pontot, mely a képsíkoktól adott távolságokra van anélkül, hogy a sík nyomait felkeresnők.34. Adva van négy pontnak A, B, C, Z)-nek két képe; megvizsgálandó: a) hogy azok a pontok egy síkban feküsznek-e ; b) hogya D pont az A, B, C pontokon keresztül menő S síktól egész terjedelmében,vagy csak az ABC háromszög oldalaitól határolt síkrésztőlaz egyik vagy a másik képsíkra nézve el van-e födve; c) hogyaz S sík dűlt vagy feszített-e ?Megoldás (39. a. és 39 b. ábra), a) Ha az AD egyenes metsziBC-t, akkor a négy pont egy síkban fekszik. A 39. ábrákban6a) 39. ábra.az A"D", B"C" egyeneseknek E" metszőpontja és az A'D', B'C'egyeneseknek G' metszőpontja nem fekszik egy a képtengelyremerőleges egyenesen, tehát az AD, BC egyenesek nem metszikegymást és így a négy pont nem fekszik egy síkban.b) Tekintsük a D' pontot, mint egy az S síkban fekvő Η pont1-ső képének if'-nek és keressük fel ií-nak 2-dik képét. Az AH, BCegyenesek metszőpontjának képei G', G" ; H" az A"G" egyenesenfekszik, tehát a lípont az ábrákban nem födőpontja D-nek az 1-sőképsíkra nézve.

— 42 —-Tekintsük továbbá a D" pontot, egy az S síkban fekvő Fpont2-dik képének és keressük F-nek t-ső képét. Az AF, BC egyenesekmetszőpontjának képei Ε', E" ; F' az E'F' egyenesen fekszik, tehátF a 39 a. ábrában szintén nem födőpontja D-nek, a 39 b. ábrábanpedig födőpontja.Ennélfogva a 39 a. ábrában D egyik képsíkra nézve sincs elfödveaz S-tőI, a 39 b. ábrában pedig az S sík (sőt annak ABC része is)a 2-dik képsíkra nézve elfödi, az 1-sőre nézve nem födi el a Dpontot. Ebből már következtetni lehet arra, hogy az ABC sík a39 a. ábrában dűlt, a 39. b. ábrában feszített.c) A nélkül, hogy az előbbi szerkesztést végeznők, könnyenmegállapíthatjuk, hogy az ABC pontokon keresztül nem sík dűlt-evagy feszitett.Járjuk körül az ABC háromszög képeinek kerületeit az ^4-tól aB-hez, a -B-től a C-hez, a C-től ^4-hoz haladva. A 39 a. ábrában akörüljárás (melyet a mellékelt nyil mutat), ugyanoly értelembentörténik, a 39 b. ábrában az ellenkező értelemben. Ezért: az 1-sőtérnegyedben fekvő ABC háromszög dűlt vagy feszített síkot határozmeg, a szerint, a mint képeit körüljárva, a körüljárás értelmea két képnél ugyanaz, vagy ellenkező.Mi ennek az oka ? A már többször említett O t , és 0 2 pont (a képsíkokramerőleges egyeneseknek végtelen távol fekvő pontja) a dűltsíknak ugyanegy, a feszített síknak különböző oldalán van. Az Ojés az 0 3 pontból néző két egyén egy az ABC háromszög kerületétkörüljáró pontot a dűlt síknál ugyanegy értelemben, a feszítettnélellenkező értelemben látja körüljárva. De a mit az O x pontból lát anéző, azt mutatja az 1-ső kép, és amit az 0 3 pontból lát, azt mutatjaa 2-dik kép.33. — 35. feladat. Egy egyenes és egy sík metszőpontjánakszerkesztése, ha a síknak nyomai ismeretesek.1 Megoldás. (40 a., 40 b. és 40 c. ábrák). Legyen S = [s 1( s. 2 ] azadott sík, e = (e', e") az adott egyenes. Tekintsük az egyenesnekegyik képét egy a síkban fekvő f egyenes hasonnevű képénekés szerkeszszük meg /-nek másik képét. Minthogy az e és f-nekegyik képe közös, azok egymást szükségkép metszik egy pontban,mely már az [s x , s 2 ] sík és az e egyenes metszőpontja. A metszőpontnakpedig 2-dik vagy 1-ső képét nyerjük előbb a szerint, a mintaz fet úgy vettük fel, hogy annak 1-ső vagy 2-dik képe van aze-nek illető képében.A 40. ábrák a szerkesztést dűlt, feszített és projiciáló síkranézve mutatják. A dűlt sík esetében a segédegyenesnek /-nek

— 43 —-1-ső képe az e 1-ső képében lett felvéve, a feszített síknál pl. e-nek2-dik képét tekintettük a síkban fekvő f egyenes második képénekés megszerkesztettük f-nek hiányzó képeit. A dűlt síknál(e", f") = A" az S sík és az egyenes metszőpontjának 2-dik képe,a feszítettnél (e\ f ) — A' annak 1-ső képe, melyből az ^4-nakhiányzó képe azonnal kiadódik. A projiciáló síknál a metszőpontegyik képe és ebből a másik közvetlenül megkapható.Az S sík az e egyenest két részre osztja, melyek a sík különbözőoldalain fekszenek; ezért az egyik rész az átlátszatlannakképzelt síktól egy a síkon kívül fekvő pontból nézve el van födve, amásik nincs elfödve.a) 40. b) ábra. c)Ha tehát az egyenes egy tetszés szerinti pontja az 1-ső vagy a2-dik képsíkra el van födve a síktól, akkor egyszersmind az arésze az egyenesnek, melyben ez a pont fekszik, szintén el leszfödve az illető képsíkra nézve a síktól.De fölhasználhatjuk annak eldöntésére a metszőpont meghatározásáraszolgáló segédegyenest is. A 40 a. ábrában az 1-ső képsíkranézve e elfödi f-nek azt a részét, melyben az pont van,tehát f-nek a teljes vonallal rajzolt része látszik az 1-ső képsíkranézve, s mert a sík dűlt, azért az e ugyanazon részének 2-dik képeis látszó.A 40 b. ábrában a 2-dik képsíkra nézve e elfödi az /egyenesnekazt a részét, melyben az pont van, tehát e-nek a teljes vonallalrajzolt része látszik a 2-dik képsíkra nézve. Minthogy azonbana sík feszített, az 1-ső képsíkra nézve nem azt a részét látjuk

— 44 —-az e-nek, mint az 1-sőre nézve, tehát itt a másik rész 1-ső képétrajzoljuk teljes vonallal.A 2-dik képsíkra projiciáló síknál 40. c) ábra az e-nek 2-dikképe egészen látható, az 1-ső képből pedig a teljes vonallal rajzoltrész.36. feladat. Szerkeszszük meg az e egyenes metszőpontját olysíkkal, melynek három pontja ABC van adva.Megoldás. (41 a. és 41 b. ábra). Tekintsük e-nek 2-dik képét, egyaz S =ABC síkban fekvő / egyenes 2-dik képének /"-nek és szera)41. ábra. b)keszszük meg f-t. f metszi a BC, CA, AB egyenest az E, F, Gpontban, ezeknek 2-dik képéből É", F", ö"-ből az E', F', G' 1-sőképek, az f egyenes, végre az S sík és e egyenes D metszőpontjának(*',/') = £>', (e",f') = D" képei megkaphatok.A 41 a. ábrában az / egyenes F pontja a 2-dik képsíkra nézvefödőpontja az e egyenes Η pontjának; az e" egyenesnek tehát az arésze, a melyben a Η pont fekszik a D metszőponttól mérve (azABC háromszög oldalaitól bekerített síkrésztől) el van födve, amásik rész ellenben látható.

— 45 —-Ε háromszög síkja dűlt, ezért az 1-ső képsíkra nézve ugyaneza rész lesz látható.A 41 b. ábrában az e egyenes Η pontja födőpontja F-neka 2-dik képsíkra nézve ; itt tehát a I)H rész látható, a másik nem, smert a sík feszített, azért az 1-ső képsíkra nézve látható lesz, a2-dikra elfödött rész.Oldassék meg e feladat a sík és egyenes' különböző helyzeténéla képsíkok irányában, nevezetesen: ha az egyenes az egyikképsíkra merőleges, ha a képtengelyre merőleges (az oldalképsíkfelhasználásával); ha az egyenes a H 3 síkban van, a sík a képtengelylyelpárhuzamos és az 1-ső, 2-dik és 3-dik térnegyeden megykeresztül, stb.34. — 37. feladat. Két sík metszövonalúnak szerkesztése, ha asíkoknak nyomai vannak adva.42. ábra.Az alkalmazandó általános eljárás abban áll, hogy két egyenesnek,mely vagy ugyanabban az adott síkban van, vagy melyközül az egyik az egyik, a másik a másik adott síkban van, felkeressükmetszőpontját azzal a síkkal, melyben az illető egyenesnem fekszik; a két metszőpont összekötő egyenese, mint mind akét adott síkban fekvő, a két síknak metszővonala. Ε szerint a feladataz előbbiekre van visszavezetve.Legyen a 42 a. és 42 b. ábrában a két sík S = [5 X , s 2 ],U = [«!,%]. Az S sík s-i egyeneseinek metszőpontjait az U síkkallegegyszerűbben szerkeszthetjük; ezek ugyanis az (s t , u L ) = E íy(s it u. 2 ) = E. 2 pontok. Az pontnak 2-dik képe E'\ és az E 2 pontnak1-ső képe £' 2 a képtengelyben fekszik, tehát E y E\ = e',

— 46 —-E 1 "E i = e" lesz az S, U síkok e metszővonalának két képe. Utólagis igazolható, hogy e a két síkban fekszik, mert nyomai a síkokegynevű nyomaiban vannak. Minthogy e szerkesztés számos feladatmegoldásánál alkalmazandó, annak begyakorlása a síkok nyomainakkülönböző helyzeténél kívánatos és emlékezetbe tartandó, hogya két sík 1-ső (2-dik) nyomának metszőpontja a síkok metszővonalának1-ső (2-dik) nyoma.A midőn az S, U síkok nyomai egymást a rajzlapon kivülmetszik, avagy a síkoknak közös tengelypontjuk van, a nyomokmetszőpontjai helyett az egyik sík egy (vagy két) oly fővonalánakmetszőpontját szerkesztjük a másik síkkal, melyet még a rajzlaponmegnyerhetünk.a) 43. ábra. b)Α 43 a. ábrában S sík 1-ső fővonala a, az U síkot az A pontbanés 2-dik fővonala b azt a Β pontban metszi; AB = e lesz tehát azS, U síkoknak metszővonala. A 43 b. ábrában csak az A pont meghatározásaszükséges, mert a síkoknak közös tengelypontja ametszővonalon fekszik.38. feladat. Két sík metszővonalának szerkesztése, a) ha azegyik sík három pontjával van adva, b) ha mindkét síknak háromhárompontja van adva.Megoldását a 44. és 45. ábrák mutatják. Az ABC háromszögAB, AC oldalai a 44 a. és 44 b. ábrában az S = [s 1? s 3 ] síkot a 45 a.és 45 b. ábrákban az LMN háromszög síkját a D, Ε pontokbanmetszik; DÉ = e lesz tehát ABC, S és az ABC, LMN síkoknakmetszőegyenese. Az ABC oldalainak az a része, mely az S síktólnincs elfödve, teljes, a másik szaggatott vonallal van rajzolva.

47 —a). 44. ábra. b)Ugyanígy tekintettel voltunk az ABC, LMN háromszögekrajzolásánál arra, hogy az egyik vagy a másik képsíkra nézveelfödött részt szaggatott vonallal rajzoljuk.45. ábra.

— 48 —-Oldassék meg e feladat a síkok különböző helyzeténél, éspedig: ha síkok közül egyik vagy mindkettő projiciáló, ha azok aképtengelylyel párhuzamosak, ha egyik HX, vagy H2 sík stb.39. feladat. Három sík metszőpontjának szerkesztése visszavethetőaz előbbi két feladatra. Ugyanis, ha az adott síkok kettejénekmetszővonalát és ennek metszőpontját a harmadik síkkal megszerkesztjük,megkapjuk a három sík közös pontját, azaz metszőpontját.Minthogy e metszőponton keresztül megy a három adottsík közül bármely kettőnek metszővonala, azért a metszőpontot úgyis megkapjuk, ha kétszer két síknak metszővonalát megszerkesztjük,— mert ezeknek metszőpontja a kívánt pont.Három síknak általában egy közös pontja van, de lehet végtelensok is, t. i. ha a harmadik sík az első kettőnek metszővonalánmegy keresztül.Ε metszővonal, valamint az előbbi metszőpont végtelen távolis lehet és ezért térképzeletünk fejlesztése végett kérdezhetjük, hogyhány részre osztja három (esetleg négy) sík a tért, azoknak különbözőkölcsönös helyzeténél.35. — 40. feladat. Egy síkkal párhuzamos egyenes szerkesztése.Megoldás. Az adott síkban egy egyenest veszünk fel; mindene felvett egyenessel párhuzamos egyenes a síkkal is párhuzamos.A sík egy pontján keresztül a síkban σο 1 számú egyenes húzható; ezen egyenesek mindenikével számú egyenes halad párhuzamosan; ennélfogva σο 3 oly egyenes képzelhető, mely egysíkkal párhuzamos.Ha a síknak nyomai, vagy más annak meghatározására szolgálóadatok ismeretesek, akkor a szerkesztendő és a síkkal párhuzamose egyenesnek egyik képét (ha a sík nem projiciáló), egytetszés szerinti egyenesben lehet felvenni. A síkban van oly/egyenes,melynek illető képe az e-nek felvett képében van; az e egyenesnekhiányzó képe az /-nek másik képével párhuzamos lesz.Ε szerkesztés is mutatja, hogy a feladatnak °o 3 megoldása van.Jól megjegyzendő még : Egy egyenes, melynek 1-ső és 2-dikképe egy sík 1-ső, illetve 2-dik nyomával párhuzamos, a síkkalnem lesz párhuzamos (46. ábra), kivéve ha a sík a képtengelylyelpárhuzamos vagy arra projiciáló.Ha a síkkal párhuzamosan szerkesztendő egyenesnek egyikpontját A-t megadjuk, akkor a feladat még mindig határozatlanmarad (oo 1 megoldás), mert a kívánt egyenesek egy síkban, a pontonkeresztül menő és az adott síkkal párhuzamos síkban, feküsznek.Ε meggondolás a következő feladathoz vezet:

- 49 —41. feladal. Fektessünk egy ponton keresztül síkot, mely egyadott síkkal párhuzamos.Megoldás. (47 a. és 47 b. ábra). Legyen S = [s x , az adott sík,(A', A") az adott pont, U a keresettsík. Az S sík 1-ső nyomával s r gyel és2-dik nyomával s 3 -vel párhuzamos ailletve b egyenest fektetünk az A pontonkeresztül; ezek az U síknak egy1-ső és 2-dik fővonalai lesznek, melyekmár az U síkot meghatározzák. Aszerkesztés mutatja, hogy a párhuzamosU, S síkoknak egynevű nyomaipárhuzamosak, és így az U nyomainakmeghatározásához az egyikfővonal (az a vagy b) is elegendő.A midőn az S sík a képtengelylyelpárhuzamos (47 b. ábra), az U46. ábra.meghatározására vagv az oldalképsíkot, vagy az S sík egy általánoshelyzetű e egyenesét használjuk fel. A kívánt U sík nyomaiaz e-vel párhuzamos és az A ponton keresztül menő / egyenesnyomait F u F r t tartják, és a képtengelylyel párhuzamosak. Ebbőa) 47. ábra. b)látható, hogy a képtengelylyel párhuzamos síkok (és csakis ezek)1-ső és 2-dik nyomainak párhuzamos helyzetéből nem következtethetünkarra, hogy az illető síkok is párhuzamosak.Minthogy egy adott ponton keresztül egy síkkal végtelen sokpárhuzamos egyenes húzható:42. feladat. Szerkeszszünk egy ponton keresztül oly egyenest,mely két síkkal párhuzamos.KLUG : Ábrázoló geometria. 4

— 50 —Megoldás. A ponton keresztül menő és az adott síkokkal párhuzamoskét sík metszővonala a keresett egyenes. Még egyszerűbba megoldás, ha a két adott sík metszővonala megszerkeszthető arajzlapon, mert a kívánt egyenes e metszővonallal párhuzamos.43. feladat. Fektessünk egy adott ponton keresztül síkot, melykét nem párhuzamos egyenessel párhuzamos.Ha a pontot az adott egyenesek egyikén vesszük fel, akkor afeladat ekkép módosul:Fektessünk az e egyenesen keresztül síkot, mely egy másikegyenessel f-fel párhuzamos. Ez utóbbi feladatnakmegoldása: Az e egyenes egy pontján keresztül az /-fel párhuzamosa egyenest húzunk; [a, e] sík lesz már a keresett.Egyenesek szerkesztése külömböző föltételek mellett.36. Az egyenes meghatározására szolgáló föltételekszáma. Egy sík pontjait egy másik sík pontjaival összekötő egyenesek(a síkok metszővonalától eltekintve) mind külömbözők egymástól.És minthogy úgy az egyik, mint a másik síkban °o 2 számúpont van és minden egyenes metszi a két síkot, azért a tér összesegyeneseinek száma °o 2 . σο 2 = oo 4 ? azaz négyszeres végtelen sokaság.Az egyenes meghatározásához tehát négy föltétel szükséges.Az a föltétel, hogy az egyenes egy ponton menjen keresztül,vagy egy síkban feküdjék, az egyenesre kétszeres föltétel, mertmint már említettük: egy ponton keresztül

— 51 —-Az a föltétel, hogy egy sík egy ponton menjen keresztül asíkra, egyszeres, az, hogy egy egyenesen menjen keresztül, kétszeresföltétel. A pontra nézve egyszeres föltétel, hogy egy síkon, kétszeresföltétel, hogy egy egyenesen feküdjék.37. Az ábrázoló geometria feladata elméleti szempontból.Előre bocsátva az imént mondottakat, könnyebb és tisztább áttekintéstnyerünk a következő feladatok stereometria megoldása fölött.Egy feladatnak stereometria megoldásán, a térben végzendő szerkesztéseklánezolatát akarjuk érteni, tekintet nélkül arra, hogy eszerkesztéseket rajzban keresztül viszszük-e, azaz megrajzoljuk-evagy nem. Ezzel szemben állítható az ábrázoló (descriptiv) geometriaimegoldás, mely a szerkesztés kivitelét rajzban kivánja.Ha azt mondom : egy A ponton keresztül egy U síkot akarokszerkeszteni, mely az S síkkal párhuzamos, akkor a stereometriaimegoldás arra tanít: mikép szerzek magamnak fogalmat arról asíkról, mely a föltételeknek eleget tesz, a descriptiv megoldás pediga síkot megrögzítve, azaz a descriptiv geometria módszerével ábrázolvakivánja.Az eddigiekben tárgyalt módszerek, melyekkel a téralakzatokatkét képsíkra, azaz „a két-képsíkos rendszerre" vonatkoztattuk, smely módszerek összességét MoNGE-féle projectió tanának nevezhetjük,nem az egyedüliek, melyeket ábrázoló geometriai szerkesztéseknélalkalmazunk, — de általában a legegyszerűbbek. S ha egyfeladat megoldását más módszerekkel kívánjuk, tehát olyanokkal,melynél a téralakzatokat nem a két-képsíkos rendszerre vonatkoztatjuk,hanem más állandó térelemekkel állapítjuk meg, akkor adescriptiv megoldás is más lesz, de a stereometriai megoldás általábanugyanaz marad, mert ez a kivitel módozatától független.A midőn a feladat adatai és a tőlük meghatározott keresettalakzatok ugyanegy síkban vannak, akkor a feladatot planimetriainak(egy síkban, plánum-ban levőnek), annak megoldását planimetriaimegoldásnak nevezik. A planimetriai megoldás tényleges keresztülvitelerajzban, szintén descriptivnek nevezhető, mert valóban, nemcsakszavakkal elmondva kívánhatjuk a megoldást, hanem megrajzoltpontokkal és vonalakkal. De a planimetriai feladatok rendesenspeciálisabbak, azaz a keresett alakzatból csak annyit kívánnak,a mennyi épen az adatok síkjában található, vagy már maga a feladatúgy van fogalmazva, hogy a síkon kivül nincs megoldása.így ha azt mondom: szerkesztendő három ponton keresztülmenő kör középpontja, vagy három ponttól egyenlő távolra levőpont a három ponton keresztül menő síkban, — akkor e két feladat4*

52 —ugyanazt kívánja. De ha elhagyom a második fogalmazványban emegszorítást: „a három ponton keresztül menő síkban", akkoramásodik feladat már mást fejez ki, mint az első és más, amannáláltalánosabb megoldást kíván.Feladatok.38. — 44. feladat. Adva van egy 3 sík. ebben egy A pont éskiviile egy e egyenes; szerkesztendő az A ponton keresztül az S síkbanoly l egyenes, mely az e-t metszi.Megoldás. Az egyenesre nézve az, hogy egy adott síkbanfeküdjék, két föltétel; hogy egy adott ponton menjen keresztül, szinténkét föltétel. De az egyenes ezen négy föltételnek nem teheteleget, ha a pont a síkon kivül van. Ennélfogva, hogy egy A pontonkeresztül egy S síkban egyenest vezethessünk, kell hogy az A pontaz S síkban feküdjék. De ezzel az egyenes meghatározására szolgálóföltételek száma egygyel csökkent, és így még annak a föltételnekvethető alá, hogy az e egyenest messe. Ha tehát az e metszőpontjaaz S síkkal E, akkor az AE = l a kívánt egyenes.A kivitel tehát a 35. vagy 36. feladat megoldását és két pontösszekötését kívánja.45. feladat. Fektessünk egy A ponton keresztül oly l egyenest,mely két egyenest, e, f-et metsz.Megoldás. (48. ábra). Az l négy feltételnek van alávetve, tehátaz adatok általános helyzeténél afeladat határozott. Az a két sík(A, e) és (A, f), mely az A pontonés az e egyenesen, illetve az Aponton és az f egyenesen megykeresztül, egymást az l egyenesbenmetszi. Ez az l keresztülmegy az (.A, e) sík és az f egyenesnekmetszőpontján is, tehát eztvéve, a feladat az előbbire vanvisszavezetve. Lássuk kivitelétezen alapon.Az (A', A'·) ponton keresztül(aa") párhuzamos (vagy48. ábra.metsző) egyenest huzzuk az(e',e")-hez (a'He', a·'He"); fölkeressükaz (f\ /") egyenesnek (F\ F") metszőpontját azν

— 53 —-é) = (a, e) síkkal (a 36. feladat alapján a sík nyomainak fölhasználásanélkül); AF' = l\ A"F " — l", és (Ζ', l") a kívánt egyenes,mely

— 54 —-a g-ve\ párhuzamos; szerkesszük meg ezeket, azaz oldjuk meg akövetkező47. feladatot. Adva van három egyenes, szerkesztendő máshárom egyenes, mely egy-egy adottal párhuzamos, a másik kettőtpedig metszi.Megoldás (49. ábra). Legyen e, f g a három adott, c v // e,fi II f, gí II S a három keresett egyenes, mely szerkesztendő49. ábra.Szerezzünk előbb fogalmat az új egyenesekről. Ε végből(49 a. ábra)az e egyenesen keresztül E/. E ? síkot fektetünk párh. az f illetve a jf-vel" f » » Fg, F? » η » η ö > η η»& » η GÍ. G/ v „ „ „ e, „ f- „e hat sík egy úgynevezett parallelepipedont határol, melynek 12 éleközül három az adottED = e = | Ε/. Ε. | , AF=f = | FA FC | , = ^ = | G, G/három a keresettAB = E I=\ F,. G, | , CD =f = | G/ E; | , = | Eg: Fs

— 55 —-a többi három-három pedig az (E/( Fgt GE), (E^ Fe, G/) szögpon^tokból sugárzik ki. A parallelepipedon négy pár szemben fekvőszögpontját összekötő egyenes, annak négy átlója:(e,Á) (e u f), (.f,g0 (/, g), (g, ej) (g u e), (Efj Fg, Ge) (Eg; Fe, G/jegymást egy Μ pontban metszi, mely az átlóknak metszőpontja.Ugyancsak az Μ pontban metszi egymást az e, e x ; f f x ; g, g x párhuzamosegyenespárakon keresztülmenő sík, mely külön-különkét-két átlót tartalmaz.Térjünk a feladat descriptiv megoldásához. (49. ábra).A (g 1 , g") egyenes tetszés szerinti (Ρ', P") pontján keresztülaz (e 1 , e") és az (/', f") egyenessel párhuzamos (a', a"), (b', b")egyeneseket húzunk ; felkeressük /-nek A metszőpontját az [a, g\síkkal, e-nek D metszőpontját a [b, g] síkkal; az (A', A") pontonkeresztül menő és az (e\ e")-ve\ párhuzamos (ej, ej') egyenes, valaminta (D', D") ponton keresztül menő és az (/', /")-vel párhuzamos(/',/") egyenes (g 1 , g")-t a (Β 1 , B"), illetve (C, C") pontbanmetszi.Ha még az A D átló Μ felező pontját, melynek Μ', M" képeiaz A'I)', A"D" vonaldarabokat felezik a B, C pontokkal összekötjük,akkor ez összekötő egyenesek az e, illetve / egyenest a^-nek E, F pontjában metszik. Ezzel mind a három egyenes e lt f ug x képei ismeretesek.Az ABCDEF térhatszögnek 1-ső és 2-dik képe oly tulajdonságú,hogy a szemben fekvő szögpontokon keresztülmenő,úgynevezett főállói egymást egy pontban, az .M-nek képeiben metszik.Az ily hatszöget, avagy hatoldalt, Β r i a η c h ο n-félének nevezük,mert BRIANCHON franczia mathematikus ismerte fel e hatszögnekazt a tulajdonságát, hogy oldalai egy kúpszeletnek érintői.48. feladat. Oldjuk meg a 46. feladatot abban az esetben, haaz egyik egyenes egy sík végtelen távol fekvő egyenese, tehát:szerkesszünk két egyenest metsző és egy síkkal párhuzamos egyenest.Megoldás. Az adott síkkal párhuzamos, de különben tetszőlegessík a két adott egyenest két pontban metszi, melyeknek összekötőegyenese a kívánt tulajdonságú. A mint látható jelen feladatnakis σο 1 megoldása van, és azok az egyenesek, melyek a követelményeketkielégítik, egy elfajult egyágu hyperboloidon feküsznek,melyet hyperbolikus-paraboloídnak nevezünk.Ε feladat descriptiv megoldása (a két-képsíkos rendszerben)igen egyszerű, ha az adott sík a képsíkok egyikére projiciáló. Ugyanisa keresett egyeneseknek képei azon a képsíkon, melyre az illető síkprojiciáló, a sík illető nyomával párhuzamos egyenesek lesznek;

- 56 —ezen képeiből az egyeneseknek azoknak másik képeit egyszerűenszerkeszthetjük.Oldjuk meg a 46. feladatot, ha a) az egyik egyenes az 1-sőképsíkra merőleges, a többi kettő általános helyzetű, b) ha azegyik egyenes az 1-ső, egy másik a 2-dik képsíkra merőleges, aharmadik általános helyzetű vagy párhuzamos a képtengelyhez.Oldjuk meg a 48. feladatot, ha az adott sík a symmetria-, vagycoincidentiasík (oldalképsik alkalmazásával).39. Visszapillantás az I. fejezet anyagára. Az eddigiekbenmegismerkedtünk bizonyos stereometriai feladatok descriptiv megoldásával.Láttuk, hogy a stereometriai feladatok olyanok, melynélvagy már maguk az adatok, vagy a meghatározandó alakzatok nemfeküsznek ugyanegy síkban. Szükséges volt tehát, oly eszközökettalálni, melyek segélyével nem ugyanegy síkban fekvő geometriaialakzatokat is lehet ábrázolni. Czélszerűnek mutatkozott erre nézvekét egymásra merőleges képsíkot használni, melyre a téralakzatokatmerőleges sugarakkal projiciáltuk és a két projectiót vagy mintneveztük, képet, a képsíkok metszővonala körül egy síkba forgatni.Az egyesített képsíkokon lévő két képből a téralakzatot, ügyszintén a szerkesztésnél fellépő és a keresett alakzatokat mindig reconstruálhattuk.A pontot és egyenest képeivel, a síkot nyomaival vagy általánosabbankét benne fekvő egyenes képeivel ábrázoltuk, melyekmindig biztos fogalmat nyújtottak az ábrázolandó pontról, egyenesrőlés síkról.A feladatok, melyekkel foglalkoztunk, olyanok voltak, hogylegnagyobb részénél a mérést teljesen nélkülöztük, azaz a térelemek(pont, egyenes és sík) kölcsönös helyzetére vonatkoztak, tehát azúgynevezett helyzet-geometriához tartoztak. A főfeladatok voltak:pontot, egyenest síkban felvenni; síkot pontokon, egyeneseken keresztülfektetni; egyenes és sík, két vagy három sík közös elemétmeghatározni; egyenessel vagy síkkal párhuzamos egyenest és síkot,végre egyeneseket metsző egyenest szerkeszteni. Ε szerkesztéseknélvonaldarabokat vagy szögeket átvinni (kivévén kezdetben apontnak a képsíkok iránt adott helyzete felkeresésénél) nemkellett; a szerkesztések mindamellett nem nevezhetők vonalasoknak,mert a párhuzamosak húzásánál két vonalzót, a képtengelyre merőlegesekrajzolásánál derékszögű háromszöget alkalmaztunk, a mia körző és vonalzó használatának felel meg.A tárgyalt feladatok nagy része (a dült betűkkel szedettek)alapfeladat, azaz olyan, mely más összetetteknél, mint segédfeladat

— 57 —-szerepel. Az összetett feladatokat azonban csak akkor érthetjük ésoldhatjuk meg, ha a segédfeladatok megoldásait már könnyűséggelvégezhetjük. Ε végből ajánlandó, hogy az alapfeladatok jól elsajátíttassanak!II. FEJ EZET.Árnyékszerkesztések.Altalános megjegyzések. Ε fejezetben oly pontokkal,véges hosszúságú egyenesekkel, tehát vonaldarabokkal, a síknakhatárolt részeivel, tehát egyenes, vagy görbe vonaloktól bekerítettIdomokkal fogunk foglalkozni, melyek az 1-ső térnegyedben feküsznek.Föltételezzük azonkívül, hogy a téralakzatok a fénysugarakranézve áthatlanok, úgy hogy egy világító ponttól hozzájuk érkezőfénysugarakat nem bocsátják keresztül.Ε téralakzatokkal e fejezetben bemutatott szerkesztéseketárnyékszerkesztéseknek vagy árnyékolásnak nevezzük.40. A pont vetett árnyéka. Az 1-ső térnegyedben fekvőfénylő vagy világító pont L e térnegyed határlapjait képező képsíkokatmegvilágítja, mert az L pontból kisugárzó fénysugarak amahatárlapok minden pontjához eljuthatnak. De ha a fénysugárra áthatlanA pont egy az L pontból kisugárzó fénysugarat útjábanakadályozza, akkor ez az LA fénysugár már egy pontját a képsíkoknaknem világítja meg. A 1-ső térnegyed határát képező képsíkokegyikén tehát egy pont sötétmarad, ha az L pontból az ^4-nkeresztül húzott félsugár azegyik képsíkot metszi. Ez a megnem világított pont a képsíkon :az A pont vetett árnyéka a képsíkra.Az A pont csak akkorvet árnyékot a képsíkra, ha azZ-től mért LA félsugár metszia képsík egyikét és pedig arra aképsíkra veti az árnyékot, melyetaz LA félsugár előszörmetsz, tehát mely metszőpont-4-hoz közelebb van.50. ábra.így, ha az 50. ábrában L a világító pont, akkor az A pont a2-dik képsík A* pontjára a Β pont az 1-ső képsík B* pontjára veti

— 58 —-az árnyékot. Az A* pontnak 2-dik képe is A*, az 1-ső képe x-envan; a B+ pontnak 1-ső képe Β^ és 2-dik képe van x-en.41. Az egyenes vetett árnyéka. Egy vonal vetett árnyékát avonal pontjainak vetett árnyékai képezik. Ha a vonal egyenes, akkoraz L világító pontból az egyenesek pontjaihoz húzott sugarak egvsíkban — az egyenes fény-menti síkjában — feküsznek, melynekmetszővonalai a képsíkokkal az egyenesnek a képsíkokra vetett árnyéka.Hogy ezeket megkapjuk, az egyenes két pontjának keressükvetett árnyékát és azokat egyenessel összekötjük. Erre nézve megkülönböztetünkkét esetet; a midőn az egyenes csak egy képsíkraveti árnyékát (51 a. ábra) és midőn részben az egyikre, részben amásikra (51 b. ábra).Az első eset az a) ábrából könnyen megérthető : Az AB egyenesneka 2-dik képsíkra vetett árnyéka A*B*.A másodikban az AB egyenesnek A pontja az 1-ső, Β pontjaa 2-dik képsíkra veti árnyékát, az A* és B+ pontra. Ε kétpontot nem köthetjük össze, mert a képsíkok egyesítése előttkülönböző képsíkokon feküsznek, és rajzunk mindig azt az állapototakarja feltüntetni, a mely a képsíkok egyenesítése előtt mutatkozika képsíkokon. Ε végből a Β pontnak a 2-dik képsíkra vetettárnyékát a B* pontot, mint az LB egyenesnek 2-dik nyomát felkeressük.Az A*B* egyenes az AB-nek vetett árnyéka volna a 2-dikképsíkra, ha az 1-ső képsík elvétetnék : míg ez ott van, az AB egyea)51. ábra. b)

— 59 —-nesnek csak az AC része veti árnyékát a 2-dik képsíkra és aCB része az 1-sőre. így tehát az AB egyenesnek vetettárnyékaa képsíkokra az A*C*B+ kiszögellő vonallal lesz ábrázolva, melytulajdonképen az [L, AB] síknak, az AB fénymenti síkjának kétnyoma.Ezt tekintve az AB egyenesnek 2-dik nyoma az A* C*-on és1-ső nyoma a C* B^-on lesz, a mit pontosabb szerkesztésénél czélszerűfelhasználni. — Ha az AB egyenes meghosszabítva az Lponton megy keresztül, tehát az AB egyenesfénymentén van, akkorannak vetett árnyéka a képsíkra vagy bárhová, egy pont.42. Egy háromszög saját- és vetett árnyéka. Az ABCháromszögnek vetettárnyékát az egyes képsíkokra a háromszög oldalainakvetett árnyékai,az A* B* C*,A* Β* C* háromszögekkerítik be. Az ABCháromszög vetett árnyékaazonban az (52.ábra) A* D* Ε *sokszögtől bekerítettképsíkrészszel lesz ábrázolva,mert a DEegyenessel ketté osztottABC háromszögnekADE része a 2-ik,DECB része az 1-sőképsíkra veti árnyékát.Az AB és AC oldalnakD, Ε pontjai, melyeka képtengelyre52. ábra.vetik árnyékukat, azAB, AC oldalaknak megszerkesztett árnyékaiból A* D*B„ A* E*C*-bői lettek meghatározva.Az L világító pont vagy benne fekszik az ABC háromszögsíkjában, azaz a háromszög fény mentén van és árnyéka egy egyenes; vagy pedig a világító pont annak síkján kívül fekszik és csakegyik oldalát világíthatja meg, míg a másik, mint mondani szokás, árnyékbanvan. Ez az árnyék, minthogy magán a háromszögön mutatkozik: a háromszög sajátárnyéka.Ha az ABC háromszög síkja dült, akkor annak, mint tudjuk,csak egy oldala látszó akár az 1-ső, akár a 2-dik képsíkra nézve ;

— 60 —-ha ellenben feszített, akkor szükségkép az egyik képsíkra nézve amegvilágított, a másikra a sajátárnyékban levő oldala látszó.Hogyan lehet azt az 52. ábrában megállapítani ? Az LA fénysugár1-ső projiciáló síkja az ABC háromszöget az AG egyenesbenmetszi. Az O l G látósugár és az LG világítósugár az AG egyenestelválasztja, mert a 2-dik képben az L" pont és G ponton keresztülmenőés az 1-ső képsíkra merőleges egyenesnek O x végtelen távolfekvő pontja az A" G" egyenestől el van választva. Az 1-ső képsíkranézve az ABC háromszögnek sajátárnyékban levő oldalát látjuk,a mit azzal tüntetünk ki, hogy az A' B' C' háromszöget, úgymint a vetett árnyékot sraffvonalakkal vonjuk be.Az LA fénysugárnak 2-dik projiciáló síkja a BC oldalt egy Ηpontban metszi; az AH egyenes azonban nem választja el az L világítópontot, a 2-dik képsíkra néző 0.2 szemétől, mint az az 1-sőképen látható, mert L', 0 2 nincs elválasztva A' H'-tői. A 2-dik képbentehát az A BC háromszögnek megvilágított oldalát látjuk ésezért az A" B" C" háromszöget nem borítjuk be sraffvonalakkal.Ezt azonban már a 1-ső vizsgálatból is tudhattuk, mert az ABCháromszög képeiből már arra lehetett következtetni, hogy feszítettsíkban van.Szolgáljon gyakorlati szabályul a szerkesztőnek annak megállapításánál,hogy egy háromszög vagy bármely síksokszögnek megvilágítottoldalát látjuk-e az egyik képsíkra nézve, vagy a sajátárnyékbanlevőt, a következő:Ha a sokszögnek képét és vetett árnyékát az egyik képsíkona szögpontoknak ugyanazon rendjében körüljárjuk, akkor akörüljárás értelme vagy megegyező, vagy ellenkező; az elsőesetben a megvilágított, a másodikban a sajátárnyékban levő oldalátlátjuk az illető sokszögnek. így az A' B' C', A+ B+ C* háromszögeknéla körüljárás értelme különböző, A" Β" C", A* B* C*-nálmegegyező!A szerkesztés pontossága kedvéért még csak egy körülményreakarunk figyelmeztetni, t. i. hogy az A* B* C*, A # B* C* háromszögekA* A„ B* C* C, szögpontjait összekötő egyenesek azL" L' egyenesnek abban az Ο pontjában találkoznak, mely az L',L" pontoktól ép oly távolságra van, mint L-nek tengelyképe L x azL", L' pontoktól.Ugyanis, ha az A* A^ pontoknak tengelyképe A*', AJ' akkorL"L X·. A*A*' = IvV: A*'Aj' = L'AA*'A X = OL': A*A*',a mi állításunkat igazolja.

— 61 —-43. Α 45" világítás. Az árnyékszerkesztések sokkal egyszerűbbéválnak, ha az L világító pontot, nem úgy mint az előbbiekbenvéges távolságban, hanem végtelen távol levőnek képzeljük. Avilágító sugarak ekkor párhuzamosak és ezért a megvilágítást pár-Hüzamos sugarúnak, míg az előbbit központinak nevezzük. Azárnyékszerkesztések főként azért egyszerűsbbülnek, mert párhuzamossugarú világításnál párhuzamos és egyenlő egyenes daraboknakvetett árnyékai egy síkra, párhuzamosak és egyenlők, minthogyfénymenti síkjaik párhuzamosak.A világító pont ugyan bármily helyzetű l egyenesnek lehetvégtelen távol fekvő pontja, úgy hogy a fénysugarak /-lel párhuzamosanhaladóknak veendők, de részint a szerkesztések egyszerűsítéseszempontjából, részint azért, hogy az 1-ső, 2-dik és az oldalképsíkegyenlőkép legyen megvilágítva, az / egyenesnek helyzetétkövetkezőkép szokás megadni:Az l egyenesnek 1-ső térnegyedben levő részének mindkétképe l" az χ képtengelyhez 45°szög alatt hajoljék (53. ábra) deúgy, hogy l' ±_ l" és az l" .r, l' χszög szárai a csúcstól balra haladjanak.Az l egyenes e helyzeténélannak oldalképe l'" az y és ζ tengelylyelszintén 45°-u szöget képez.Az l egyenes tehát párhuzamosa symmetriasíkkal Hegyei;Hí fénymenti sík és így mindenpontjának vetettárnyéka a képten-53. ábra.gelyen van. Az ily sugarakkal történőmegvilágítást: 45° világításnak szokás nevezni.A következő árnyékszerkesztéseknél mindig 45° világításttételezünk fel.44. A pont-, az egyenes és a háromszög vetett árnyéka45° világításnál. Az 54. ábra az A pontnak, az AB egyenesnek ésaz ABC háromszögnek árnyékszerkesztését tünteti elő.Az A pont árnyékát a 2-dik síkra A* pontra veti. — Az ABegyenes AC és CB részének árnyéka az 1-ső illetve a 2-dik képsíkonvan; C pont az egyenes symmetriapontja. — Az ABC háromszögA* B* C* vetett árnyékkal van ábrázolva; a háromszög DEegyenese a symmetriasíknak metszése a háromszög síkjával. A háromszögA* Β* C* és A* B* C* vetett árnyékai a két képsíkra,perspektiv helyzetű affin háromszögek; a képtengely az affinítási

— 62 —-tengely, a projiciáló sugarak ezzel párhuzamosak, tehát a háromszögekterületei egyenlők. Ennélfogva; 45°-u világításnál egy síksok-54. ábra.szög vetett árnyéka a két képsíkra, két egyenlő területű affin sokszög;a képtengely az affinitásitengcly,a projiciáló sugarak pedig ezzel párhuzamosak.45. Különös helyzetű egyeneseknekvetett árnyéka az első és a másodikképsíkra. Egy az 1-ső képsíkkalpárhuzamos AB egyenesnek(55. ábra) vetett árnyéka az 1-ső képsíkrakeresztül megy az egyenesnek1-ső nyomán, tehát párhuzamos az egyenes1-ső képével ^'Ji'-vel. Ezért az ABegyenesnek vetett árnyékát megkapjuk,ha a Β pontjának Β # árnyékán keresztülA'B'-vel párhuzamos egyenest huzunkx-\g és innen A pontnak A* árnyékáig.Ugyanígy különös helyzetű az 1 -sőképsík irányában a reá merőleges CD55. ábra.egyenes. Ennek az 1 -ső képsíkra vetettárnyéka párhuzamos a fénysugárnak 1-ső képével, s mert CD a 2-dikképsíkkal párhuzamos, az erre vetett árnyéka párhuzamos C"D".

— 63 —-Egybefoglalva a két esetet általánosabban mondhatjuk: Haegy egyenes vonaldarab párhuzamos egy síkkal, akkor párhuzamosvilágításnál a síkra vetett árnyéka párhuzamos és egyenlő magávala vonaldarabbal, valamint annak e síkra vonatkoztatott orthogonálisprojectiójávai. Ha pedig az egyenes merőleges egy síkra, akkor esittra vetett árnyéka párhuzamos a fénysugárnak e síkra vonatkozóorthogonális projectió jávai. Párhuzamos egyeneseknek ugyanegysíkra, vagy párhuzamos síkokra vetett árnyékuk párhuzamos, mertfénymenti síkjaik párhuzamosak.Az 56. ábra a Η χ symmetriasíkkal párhuzamos AB és egyarra merőleges CD egyenesnek vetettárnyékát az 1-ső és 2-dikképsíkra ábrázolja.56. ábra.Az AB egyenes vetettárnyéka A+B+, A*B* e képsíkokra azχ képtengelylyel párhuzamos egyenesen fekszik és egyenlő.A CD képeinek meghatározásánál azon egy oldalképsíkotfektettünk át. A fénysugaraknak oldalképei az a képtengelyhez szintén45° alatt hajlanak. A két képsíkra vetett árnyék C* D„ C* D*egyenlő és az χ képtengelyre az Ε pontban emelt merőleges irányábansymmetrikus és azonkívül egyenlő hajlásszögeinek x-hez, trigonometriaitangense 2. így tehát: 45°-u világításnál a H, symmetriasíkkal párhuzamos, vagy arra merőleges határolt egyenesnek az1-ső és 2-dik képsíkra vetett árnyéka egyenlő. Ha az egyenes aHegyei párhuzamos, akkor az árnyékok ugyanegy, a képsikkal párhuzamosegyenesen feküsznek; ha pedig az egyenes a H^re merő-

— 64 —-leges, akkor az árnyékok a képtengely irányában symmetrikusak éshajlászögüknek trigon. tangense 2.46. Pontoknak egymásra vetett árnyékai. Az 55. ábra ABés CD egyenesének az 1-ső képsíkra vetett árnyékai egymástmetszik. Ε metszőpont Ε* Ε* az AB és CD egyenes egy pontjánakE, illetve i?-nek vetett árnyéka. Minthogy e két pontnak közösárnyéka van, az egyik pont a másikra veti árnyékát; és pedig azΕ pont veti ií-re, mert az Ε van közelebb a fényforráshoz L«=-hez.Ε szerint a CD egyenes Ε pontja veti árnyékát az AB egyenesΕ pontjára.Ha két egyenes e, f egyike sem párhuzamos az l fénysugárral,akkor mindig van az egyikben oly pont, mely a másiknak egy pontjáraveti árnyékát. Az e, f egyeneseknek az /-lel párhuzamos t transversálisae és f-e.t e két pontban metszi. Ha ellenben az e, f egyenesekvéges hosszúságúak (vonaldarabok), úgy az ily pontok csakakkor találhatók, ha a t transversalis metszőpontjai, még azon vonaldarabokonvannak. Ez pedig a vonaldaraboknak egy síkra vetettárnyékából is látható: ha ezek egymást (meghosszabbítás nélkül)metszik, akkor van az egyik vonaldarabon olyan pont, mely a másikraveti árnyékát.47. Különös helyzetű háromszögeknek árnyéka és egyeneseknekháromszögre vetett árnyéka. Az 57. és 58. ábrák azSAB háromszög árnyékszerkesztéséttüntetik elő. Mindkétábrában az oldal az 1-sőképsíkon, SB oldal a 2-dik képsíkonfekszik, míg az AB oldal"az 57. ábrában a képtengelyremerőleges, az 58-nál pedig egyáltalános helyzetű egyenes.Az A pontnak a 2-dik képsíkravetett árnyéka A*, tehát azAB egyenesnek ugyanarra aképsíkra vetett árnyéka A* B.Ez a képtengelyt egy C* pontbanmetszi, és az A C^B kiszögellővonal vetett árnyéka az57. ábra.AB egyenesnek. Az SAB há-romszög vetett árnyékának egy részét elfödik a háromszög képei,s csak a sraffvonalakkal bevont rész látható. (S az E' és G' közöttvan !) Az dült síknál a megvilágított oldalt látjuk mindkét kép-

— 65 —-síkra nézve, míg a feszített síknál a 2-dik képsíkra látszó oldal árnyékbanvan, mert az A"SS, A*BS háromszögek (körüljárási) értelmeellenkező. (58. ábra.)Mindkét háromszögreEF egyenes vetiárnyékát. Az 57. ábrábanaz IsF-nek a 2-dikképsíkra vetett árnyékaEIH*, mely BC, BC«-ta G és I pontokbanmetszi, jeléül annak,hogy EF-nek G pontjaa .BS-nek G pontjára,és II pontja BA-nak IIpontjára veti árnyékát.Ugyanígy az 58.ábrában az EF egyenesnekaz 1-ső képsíkravetett árnyéka EF,,mely AC^-ta G, I 58. ábra.pontokban metszi, úgy, hogy az £/

— 66 —-területei is egyenlők, azaz: Egy oldalképsíkban fekvő sokszög területeegyenlő a sokszög 1-ső (és 2- dik) képsíkra vetett árnyékánakterületével.48. Két egymást metsző háromszög árnyékolása. Az adottháromszögek (60. ábra) ABC, DEF. MN metszővonaluk az ED oldalés az ABC sík Ν metszőpontján, valamint az AB oldal és a DEFsík Μ metszőpontján megy keresztül.60. ábra.Ε metszővonalnak és a háromszögek látszó és elfödött részeinekmeghatározása után felkeressük a két háromszög A*B+C ¥: ,D*E*F* vetett árnyékát a képsíkokra, melyből már megállapítható,hogy az ABC feszített síknak az 1-ső képsíkra nézve a saját árnyékbanlevő oldala látszó, míg a háromszögek többi képeinek a megvilágítottoldalai látszanak.Minthogy a háromszögek vetett árnyékai egymást metszik, aháromszögek egymásra is vetnek árnyékot. És pedig: a DE, DF oldalakD*F\ D*E* kiszögellő árnyékai az AB, AC oldalak A*B„

— 67 —-A*C« kiszögellő árnyékait a H+G+J^I^ pontokban metszik. Ezenpontokon keresztül menő fénysugarak az illető oldalakat aH,H; G, 6r; J, J; I, I pontokban metszik s ezért az AB egyenesnekMG darabja az EDF sík MG egyenesére veti árnyékát, míga DE egyenesnek Η Ν darabja és a DE egyenesnek JI darabja azABÜsxkNH, JI egyeneseire veti árnyékát. Ezeknek meghatározásaután a háromszögek képeinek árnyékban levő részét sraffvonalakkalvonjuk be.61. ábra.49. Egy képsíkkal párhuzamos síkban fekvő körnek vetettárnyéka. Az r sugaru kör (61. ábra) legyen az 1-ső képsíkkalpárhuzamos, ennélfogva sugarainak az 1-ső képsíkra vetettárnyékai egyenlők, s ezért egy körnek (vagy bármily sokszögnek)vetett árnyéka a síkjával párhuzamos síkra egy vele eongruens kör(sokszög). Ha tehát a k kör Μ középpontjának vetett árnyéka az1-ső képsíkra M+, akkor e pontból a k kör r sugarával leírt körβ-nak az 1-ső képsíkra vetett árnyéka.

— 68Λ k körnek a 2-dik képsíkra vetett árnyéka k* (igazolás nélkülállítjuk) egy ellipsis; ennek középpontja M-nek vetett árnyéka M*.A k kör párhuzamos húrjainak felező pontjai a reájok merőleges körátmérőnfeküsznek ; ezért a párhuzamos húroknak és azok felezőpontjainakvetett árnyéka, a k* ellípsisnek párhuzamos húrjai és azoknakfelezőpontjai lesznek, mely felezőpontok egy ellipsisátmérőnfeküsznek. Az egymásra merőleges körátmérők vetett árnyékai tehátoly ellipsisátmérők lesznek, melyeknek bármelyikével párhuzamoshúrok a másiktól feleztetnek. Egy ellípsisnek ily tulajdonságúátmérőpárjait kapcsolt átmérőknek nevezik, tehát a merőleges körátmérőkvetett árnyékai az ellípsisnek kapcsolt átmérői. Ilyenek példáula 2-ik képsíkkal párhuzamos és arra merőleges AA U BB x átmérők,vagy a fénysugár 1-ső képével párhuzamos és arra merőlegesDD U CCt átmérők, melyeknek árnyékai A*A*, B*B*, D*D*, 0*0,*.A k kör érintőinek, mint a kör két igen közel fekvő pontján keresztülmenő egyeneseknek vetett árnyékai, a k* ellípsisnek érintői. Ezekközött figyelemre méltók a B, B x , A, A t és C, C\ pontok érintőinek,mint megfelelőleg a képtengelylyel párhuzamos, a 2-dik képsíkramerőleges és a fénysugár 1-ső képével párhuzamos érintőknek vetettárnyékai a 2-dik képsíkra, melyek a képtengelylyel párhuzamos, afénysugár 2-dik képével párhuzamos és a képtengelyre merőlegesérintői a k* ellípsisnek a Β*, B* x ; A*, A* t és a C*, C* x pontokban.Egy görbe rajzolásánál czélszerü a pontokat lehetőleg aránylagosanszétosztva szerkeszteni. Fokozza a rajzolás pontosságát, haa pontoknak érintőit is ismerjük. Az ellipsis rajzolásánál különösenjó szolgálatot tesznek annak tengelyei, mert az ember szeme azorthogonalis symmetria hibái iránt érzékeny és azt könnyen felismeri,illetve kikerüli. Az ellipsis pedig tengelyeire, azaz derékszögűkapcsolt átmérőire nézve derékszögűén symmetrikus (ez a szokásossymmetria!), míg a többi kapcsolt átmérőkre vonatkozólag ferdénsymmetrikus.A k* ellipsis tengelyeit megszerkesztendő, gondoljuk meg, hogyannak átmérői, a k kör átmérőinek 2-dik nyomait, melyek a k" egyenesenfeküsznek, az Μ* középponttal kötik össze.Ha az Ν pont a k" egyenes alatt az M'M" egyenesen k"-tó\M X M' távolságra van (M'N// x), akkor az Ν ponton keresztülmenősugarak metszőpontjai &"-vel, a k kör oly átmérőinek 2-dik nyomai,melyeknek 1-ső képe eme sugarakkal párhuzamos. így tehát bármelykörátmérő vetett árnyékát a 2-dik képsíkra megkapjuk, ha azN-en keresztülmenő és 1-ső képével párhuzamos egyenesnek metszőpontját a &"-vel, az M* ponttal összekötjük. Ezt véve egy az Ν Μ*'

— 69 —-pontokon keresztülmenő * kör, melynek középpontja a k" egyenesenfekszik, ezt az egyen^ketP ontban >F " ban metszi 'me 'lyeknek összekötő egven" sei *'" nak tengelyei, mert ezek azUM* _L VM* egyenesek az E E *> F F í e gy másra merőleges körátmérőknekvetett árny

— 70 —-belső) folytonos osztásából származó vonaldarabokkal egyenlők,mert »mi a 61. ábrából könnyen igazolható.(-1 +y 5"), V 0 (1 + V 5")50. Egy oldalképsíkban fekvő kör vetett árnyéka. A kkör 1-ső, 2-dik és oldalképe k', k", k'"; középpontja M; az 1-ső és2-dik képsíkra merőleges átmérői AA X , BB X . &-nak a 2-dik képsíkravetett árnyéka k* a k" és k'" képekből lett meghatározva. AzΜ középpontnak és az AA l7 BB, átmérőknek vetett árnyékaik*-nak M* középpontja és A*A L *, B*BJ kapcsolt átmérői. (62. ábra.)62. ábra.A B l pont érintője párhuzamos a 2-dik képsíkkal, tehát B L *pont érintőjét használva, k-nak tengereit következőkép határozzukmeg: Az M*, AJ pontokon keresztül menő κ 0 kör, melynek középpontjaa B* érintőjén fekszik, ezt az érintőt az U 0 , V 0 pontokbanmetszi; Μ* Í7 n , M* V„ lesz F-nak két tengelye helyzetre nézve; azΕ*, E*; F*, F* azoknak végpontja, ha Ε* M* = M*E í * = B l * V 0

— 71 —-és .F* Μ* = Μ* F* = Λ*! f/ 0 . Az JS 1^, Fderékszögű körátmérőkképei, melyek k* tengelyeit szolgáltatják, azoknak 2-diknyomain (k", Ε* E*), (k", F* F*) mennek keresztül.Lényeges pontjai &*-nak, azaz oly pontok, melyeknek ismeretek* helyzetét tekintve a megrajzolás szempontjából kívánatos a C*,C* legmagasabb és legalacsonyabb (tehát a culmináló) pontok. Ak körnek Hí symmetriasíkra mprőleges és azzal párhuzamos C C uD D y átmérői szolgáltatják a culmináló pontokon keresztülmenőC*G* és a képtengelyhez párhuzamos D*D* átmérőjét £*-nak.A C C u D D í egymásra merőleges átmérőknek, a Hj irányábanjelzett helyzete folytán, az 1-ső és a 2-dik képsíkra vetett árnyékaiegyenlők: C* C x * = C* D* D v * -= D* ; az előbbieksymmetrikusak, az utóbbiak ugyanegy egyenesen párhuzamosakaz χ képtengelyhez, s mert ezek a k* k t vetett árnyékoknak kapcsoltátmérői, azért k*, k^ ellipsisek congruensek és a képtengelyre merőlegesu* egyenesre vonatkozólag symmetrikusak.A k* ellipsis G* C*, D* D* kapcsolt átmérőiből és Ε* E*,F* F* tengelyeiből tehát egyszerűen meghatározhatók &*-nak C*C* lt D* Z)j* kapcsolt átmérői és G* G x *, H* H x * tengelyei, melyekamazokkal az Μ* M* pontpárnak u* symmetriavonalára,symmetrikusok. Ezek az utóbbi tengelyek azonban nem az Ε E x ,F F x derékszögű körátmérőknek vetett árnyékai az 1-ső képsíkra,hanem az ezekkel a C C x átmérőre vonatkozólag symmetrikus G G uΗ Η y körátmérőknek.Az ábra többi része nem kiván magyarázatot, de mint említésreméltót megjegyezzük, hogy 45° világításnál egy oldalképsíkbanfekvő körnek az 1-ső és 2-dik képsíkra vetett árnyékai egy az χ képtengelyremerőleges egyenesre vonatkozólag symmetrikus és a körrelegyenlő területű ellipsisek, melyeknek fél tengelyei: a körsugárnak,r-nek, a folytonos osztás szerint felosztott belső nagyobb részeb, és b -f- r.51. Visszapillantás a II. fejezetre. Ε fejezetben pontok,egyenesek- és síkidomoknak vetett árnyékait a képsíkokra tanultukszerkeszteni.Az eljárás abban állott, hogy egy véges vagy végtelen távollevő világító pontból L-ből a téralakzat pontjaihoz haladó fénysugaraknakfelkerestük metszőpontjait pl. az 1-ső képsíkkal, mely metszőpontoka téralakzat pontjainak vetett árnyékai az 1-ső képsíkra.A végzett szerkesztés a téralakzat pontjainak projiciálási műveletéreemlékeztet. A téralakzatnak vetett árnyékát tehát úgy foghatjukfel, hogy az a téralakzat projectiója (képe) egy véges, vagy

— 72 —-végtelen távol fekvő L pontból egy síkra. A midőn L véges távolságbanvan, akkor a nyert projectiót és a projiciálás műveletét centrálisnak,a másik esetben, a midőn L végtelen távol van, tehát a projiciálósugarak párhuzamosak, a származó projectiót és a projiciálásműveletét párhuzamosnak nevezzük. Az orthogonalis projectiók apárhuzamosaknak annyiban képezik különös esetét, hogy ennél aprojiciáló sugarak a képsíkra merőlegesek, míg az általános párhuzamosprojiciálásnál a projiciáló sugaraknak a képsíkhoz tetszés szerintihajlásszögük lehet. Tekintve a projiciáló sugaraknak hajlását aképsíkhoz, a derékszögű projectió elnevezés mintájára, a párhuzamossugarakkal eszközölt projiciálást ferdeszögű projiciálásnak isszokás nevezni.Ennélfogva egy téralakzat vetett árnyéka egy síkra párhuzamosvilágítás mellett, annak ferdeszögű projectiója az illető síkra.Ebből a már tanultak alapján több általános tételre lehetnekövetkeztetni, melyek közül csak e kettőt említjük:Egy síksokszög orthogonalis és ferdeszögű projectiója egyképsíkra két perspectiv helyzetű affin sokszög; a sokszög síkjánakmetszővonala a képsíkkal az affinitási tengely, a ferdén projiciáló sugarakorthogonalis projectiója, az affin sokszögek projiciáló sugarai.Ha egy síksokszög ferdeszögű projectióját két merőleges síkraképezzük és e síkokat s metszővonaluk körül forgatva egyesítjük,akkor a sokszögnek két ferde projectiója perspectiv helyzetű affinsokszögeket adnak; a síkok s metszővonala az affinitási tengely.(E tétel még akkor is igaz marad, ha a képsíkok nem merőlegesek!)Ha e fejezet utolsó szerkesztésére gondolunk és tekintetbeveszszük, hogy egy koczkának három egy szögpontba ütköző lapjaoly helyzetű, mint a használt három képsík, továbbá, hogy 45° világításnála fénysugarak helyzete e képsíkok irányában olyan, mint akoczka egy bizonyos átlójának helyzete ama három koczka-lap irányában,akkor következtethető:Ha egy koczka egyik lapján fekvő kört a koczka egyik átlójávalpárhuzamos sugarakkal a többi lapokra projiciáljuk, úgy a projectiókközül egy kör, a többi négy kongruens ellipsis lesz; ennek félmelléktengelyea körsugárnak a folytonos osztás szerint felosztottnagyobb része és fél főtengelye a melléktengely és körsugár összege.

— 73 —-III.FEJEZET.Egymásra merőleges egyenesek és síkokábrázolása.52. A merőlegesekre vonatkozó stereometriai tételek ésértelmezések. Az előbbiekben gyakran szólottunk egy síkra merőlegesegyenesről és síkról. Noha még nem bocsátkoztunk annakmagyarázatába, hogy mit kell érteni efféle merőlegeseken, mind amellett a róluk alkotott fogalom helyes lehetett, mert a gyakorlatiéletben lépten-nyomon láthatunk vízszintes síkra merőleges síkot ésegyenest.Ha egy G síkban két egymásra merőleges egyenest, e, /-etképzelünk és az e egyenest az/körül forgatjuk, akkor az eegyenesegy F síkot írt le, mely a G-re merőleges. Ha ugyanígy az /-et aze körül forgatjuk, akkor az / egyenes ír le egy a G-re merőleges Εsíkot. Az Ε és F síkok egymást egy g egyenesben metszik, mely aG síkra merőlegesen áll. Az e, f,g egyenesek közül és az E, F, Gsíkok közül bármely kettő merőleges egymásra és e J_ E, / J_ F,g J_ G. Ily helyzetet foglal el az 1-ső, 2-dik és oldalképsík egymásirányában.A g egyenes körül forgatott e vagy / egyenes a G síkot írja le;g tehát nemcsak az e, f egyenesekkel, hanem a G síknak minden az(e, f) ponton keresztül menő egyenesével derékszöget képez.Ha egy tetszőleges helyzetű G síknak (pl. egy üveglapnak)egy pontjában e síkra merőlegesen álló egyenesről akarunk fogalmatszerezni, akkor a rajzolásnál használatban levő két háromszögetúgy helyezzük el, hogy mindegyik háromszögnek egyik befogójánállevő éle a G síkban az A ponton keresztül menő egy-egyegyenesen feküdjék és azonkívül a másik két befogónál levő éleegybeessék. Az utóbbi közös élnek helyzete fogalmat nyújt a G síkA pontjában a G-re merőlegesen álló egyenesről.A továbbiakra nézve felhasználjuk a stereometria következőtételeit és értelmezéseit:„Két általános helyzetű egyenes hajlásszöge egymáshoz olyannakértelmezhető, mint a két egyenessel megfelelőleg párhuzamos,de egymást metsző egyenes hajlásszöge."„Ha egy egyenes egy síknak két nem párhuzamos egyenesévelderékszöget képez, akkor az a sík minden egyenesével ily szöget

— 74 —-fog képezni; az ilyen egyenest a síkra merőleges egyenesnek és asíkot az egyenesre merőlegesnek nevezzük."„Egy síkra merőleges egyenesek párhuzamosak egymással."„Egy egyenesre merőleges síkok párhuzamosak egymással."„Két sík, melyeknek egyike a másik síkra merőleges egyenesenmegy keresztül, egymásra merőlegesnek neveztetik. Ε síkokközül bármelyik oo 1 egyenest tartalmaz, mely a másikra merőleges."„Ha két sík egy harmadikra merőleges, akkor azoknak metszővonalais merőleges a harmadikra.", Ha két sík merőleges egymásra, akkor az egyik síkra merőlegesegyenes a másikkal párhuzamos."„Ha egy egyenes párhuzamos egy síkkal, akkor az egyenesremerőleges síkok a síkra is merőlegesek."„Ha két egyenes merőleges egymásra, akkor (és csak akkor)bármelyikén keresztül egy oly sík fektethető, mely a másik egyenesremerőleges."53. A merőlegesekre vonatkozó más tételek, melyekábrázoló geometriai szerkesztéseknél figyelembe veendők.Ha két egyenes merőleges egymásra, akkor ezeknek derékszögű projectiójaegy oly síkra, mely az egyenesek bármelyikével párhuzamos,szintén merőleges egymásra.Ugyanis, ha az / egyenes merőleges az e egyenesre (/ _j_ e),és párhuzamos a Κ síkkal, akkor e-n keresztül lehet az f-re merőlegessíkot, E-t, fektetni. Ez az Ε sík a Κ ra is merőleges, tehát e-nekderékszögűleg projiciáló síkja a K-ra, — s mint ilyen K-t az e-nekderékszögű projectiójában e x -ben metszi. Az /-nek derékszögű projectiója/ a Κ síkra párhuzamos /-fel, tehát merőleges az Ε síkra,valamint az Ε síkban fekvő e y egyenesre: ennélfogva e t /.A tétel fordítva is igaz marad, t. i.„Ha két egyenes derékszögű projectiója egy síkra egymásramerőleges és az egyenesek közül egyik párhuzamos a síkkal, akkora két egyenes egymásra merőleges."Az előbbi tétel következménye :Ha egy egyenes merőleges egy síkra, akkor a sík metsző vonalaegy tetszés szerinti síkkal és az egyenes derékszögű projectiója erre asíkra — egymásra merőlegesek.Ugyanis ha az e egyenes merőleges az S síkra és Κ a tetszésszerinti sík, akkor e merőleges a Κ és S sík metszővonalára /-re.Minthogy az e _ / egyenesek közül ez utóbbi a Κ síkkal párhuzamosnaktekinthető, azért e-nek és /-nek e y és / derékszögű projectiójaa Κ síkra, egymásra merőleges.

— 75 —-De fordítva már nem következik „ha két sík metszővonalamerőlegese egy egyenesnek az egyik síkra eső derékszögű projectiójával,akkor az egyenes a másik síkra merőleges", csupán az bizonyos,hogy az egyenes projiciáló síkja merőleges a két síkra.A tétel következménye „a két-képsíkos rendszerben" :Ha e%y e egyenes merőleges pgy S síkra, akkor az egyenesnek1-ső és 2-dik képe e', e", merőleges a síknak 1-ső, illeive 2-dik nyomáras x , s^-re (e' J_ 5 lf e" J_ s 2 ).Ez fordítva csak bizonyos megszorítással alkalmazható, t. i.:ha egy egyenes 1-ső és 2-dik képe egy sík 1-ső, illetve 2-dik nyomára,mely nem párhuzamos a képtengelylyel, merőleges, akkor azegyenes is merőleges a síkra.·, Ugyanis az egyenesnek két projiciáló síkja az illető síkra merőlegeslévén, azoknak metszővonala is merőleges a síkra. De ha asík nyomai párhuzamosak és így az egyenesnek képei merőlegeseka képtengelyre, akkor az egyenes két projiciáló síkja egyesül, tehátnem metszi egymást egy egyenesben. Ez utóbbi esetben az egyenesoldalképének és a sík oldalnyomának merőleges helyzetéből következtetünkarra, hogy az egyenes merőleges-e a síkra.54. A merőlegesek szerkesztésére vonatkozó két alapfeladat.1-ső alapfeladat. Egy (A', A") pontból merőleges egyenesbocsátandó egy S síkra.Megoldás. (63. ábra). Ha az S sík s l5 s. 2 nyomai ismeretesek,akkor az A' pontból az Sj-re és az A"pontból az s. 2 bocsátott e', e" merőlegesképei a kivánt merőleges egyenesnek.Ha az S síknak három pontjaΒ, C, D van megadva, akkor e sík egyelső és egy 2-dik fővonalának képeit(a\ a"), (b\ b") szerkesztjük; az A'pontból az a'-ra, és az A" pontból ab"-re bocsátott e\ e" egyenesek képeia kívánt merőlegesnek. (64. ábra).Ha végre az S sík a képtengelylyelpárhuzamos, tehát az 1-ső esetbena síknak nyomai a 2-dikban annak63. ábra.fővonalai a képtengelylyel párhuzamosak,akkor fölkeressük a síknak oldalnyomát, illetve a sík meghatározásáraszolgáló pontoknak oldalképét, melyek ez utóbbi esetbenegy egyenesen feküsznek; az oldalnyomra, illetve erre az egyenesre

— 76 —-az A pontnak A'" oldalképéből e'" merőlegest bocsátunk, melyneksegélyével e-nek e\ e" képei is megkaphatok. (65. ábra).2. alapfeladat. Meghatározandó egy (AA") ponton keresztülmenő és egy (e\ e") egyenesre merőlegesen álló sík.64. és 65. ábra.Megoldás. (66 a. ábra). Az A' pontból a' merőlegest húzunkc'-re és b' párhuzamost a képtengelyhez, az A" pontból pedig b"a) 66. ábra. b)merőlegest e"-re és a" párhuzamost a képtengelyhez. Az (a 1 , a") és(b\ b") egyenesek a kivánt síknak az (.4·, A") ponton keresztülmenő 1-ső, illetve 2-dik fővonalai, melyek a síkot és így annak nyo-

- 77 —mait meghatározzák. Ha azonban az (e', e") a képtengelyre merőleges,(66 b. ábra) akkor egy oldalképsíkot alkalmazunk (melyet magánaz e egyenesen is keresztül fektethetünk) és ezzel határozzukmeg a kívánt S sík Sj, s. 2 nyomait.55. A térelemek meghatározására vonatkozó merőlegességiföltételeknek sokasági értéke. Mielőtt az alábbi feladatokmegoldásához fognánk, az egésznek biztosabb és könnyebb áttekintésevégett tartsuk szem előtt a következőket:Az egyenesre nézve'egyszerű föltétel az, hogy egy egyenesremerőlegesen álljon, mert e föltétel azt kivánja, hogy az egyenesekaz illető egyenesre merőleges síkkal párhuzamosak legyenek, azaz esíknak végtelen távol fekvő egyenesét messék.Az egyenesre nézve kettős föltétel, hogy egy síkra merőleges álljon,mert az egyenestől azt kívánjuk, hogy az illető síkra merőlegesegyenesnek végtelen távol fekvő pontján menjen keresztül.Egy síkra nézve egyszerű föltétel, hogy egy síkra merőlegesenálljon és kettős föltétel, hogy egy egyenesre legyen merőleges. Azelső esetben a síkot az illető síkra merőleges egyenesnek végtelentávol fekvő pontján (tehát egy ponton), a második esetben pedig asíkot az illető egyenesre merőleges síkkal párhuzamosan (tehátennek végtelen távol fekvő egyenesén), kell áthelyezni.Végre még emlékezetbe hívandó, hogy egy pontból kisugárzóés egy egyenesre merőlegesen álló egyenesek tartója az a sík, melya ponton keresztül menve merőleges az illető egyenesre. Továbbá:mindazon síkok, melyeket egy pontból egy síkra merőlegesen állíthatunk,e pontból az illető síkra bocsátott merőleges egyenesen mennekkeresztül.Feladatok.56. — 49. feladat. Egy A ponton keresztül egy f egyenes fektetendő,mely egy adott e egyenesre merőleges ésa) az adott e egyenest metszi, vagyb) egy adott g egyenest metsz, vagyc) egy adott U síkkal párhuzamos, azaz annak végtelen távolfekvő egyenesét metszi.Megoldás. A keresett (f',f") egyenes abban az S síkban fekszik,mely az A pontból az e egyenesre merőlegesen bocsátható. Hae síknak az A ponton keresztül menő fővonalait (2. alapfeladat) vagynyomait megszerkesztettük, akkor még meg kell határozni e síknakaz a) feladatnál (67 a. ábra) Β metszőpontját az e egyenessel, a b)feladatnál (67 b. ábra) Β metszőpontját a g egyenessel.

— 78 —-A c) feladatnál (67 c. ábra) vagy felkeressük az A-ηkeresztül menő és az adott U síkkal párhuzamos síknak metszővonalátaz S-sel, vagy bármily az (ee")-re merőleges V síknak ésU-nak m metszővonalához, az A ponton keresztül húzunk / párhuzamosat.Oldjuk meg a feladatot az e egyenesnek különböző helyzeténél,nevezetesen, ha e az egyik vagy mindkét képsíkkal párhuzamos,ha az egyik képsíkra vagy a képtengelyre merőleges, ha e-nekmindkét képe egybeesik, stb.50. feladat. Fektessünk egy ponton keresztül oly egyenest,mely két egyenesre merőleges. .a) 67. b) ábra. c)Megoldás. Ha a két egyenes ugyanegy síkban fekszik, akkorerre a síkra, ha pedig nem fekszik egy síkban, akkor a két egyenesselpárhuzamos síkra a pontból merőlegesen húzott egyenes lesza keresett.Lehet azonban következőkép is eljárni a szerkesztésnél: azadott pontból az egyes adott egyenesekre merőleges síkokat bocsátunk: e két sík metszővonala szintén kielégíti a feladat követelményeit.A feladat megoldása igen egyszerű, ha az adott egyenesekegyike valamelyik képsíkra merőleges !57. — 51. feladat. Egy adott U síkra merőleges sík szerkesztendő,melya) két ponton és így azoknak összekötő egyenesén megy keresztül,vagyb) egy ponton megy keresztül és egy egyenessel párhuzamos, vagy

— 79 —-c) egy ponton megy keresztül és még egy adott síkra merőleges.Megoldása az a) feladatnak. (68. ábra). Az adott A és Β pontegyikén keresztül azadott U síkra merőleges/egyenest bocsátunk; e merőleges és amásik pont meghatározzaa keresett síkot.De ha az U-ra merőlegessík az adott e egyenesenvezetendő keresztül,akkor e-nekegy A pontjából az U-rabocsátott / merőlegesegyenes és e meghatározzamár a kívántsíkot.A b) feladat azelőbbire vezethető viszsza,mert csak az A68. ábra.adott ponton keresztül az adott g egyeneshez párhuzamosan húzotte egyenesen át kell a keresett síkot fektetni merőlegesen az U síkra.A c) feladatnál (69. ábra) vagy az adott A pontból a két adottsíkra U-ra és V-re bocsátott merőlegeseken e és /-en fektetjük át a69. ábra.keresett síkot, vagy pedig az U és V sík m metszővonalára fektetjükaz A pontból merőlegesen az S síkot (2. alapfeladat.)Oldjuk meg e feladatokat az adatok különböző helyzeténél aképsíkok és egymás irányában.

— 80 —-52. feladat. Adva van két sík s 3 ], [η χ ítj, megvizsgálandó,hogy e két sík merőleges-e egymásra.Megoldás. (70. ábra). Ha két sík egymásra merőleges, akkoraz egyik síkra merőleges e egyenes párhuzamos a másikkal. Ε szenyomaiegymásra merőlegesek, akkor a síkok is merőlegesek egy-rint ha e' I e"J_s 2 , és az(e ', e") egyenes metszőpontja az(« 1? w 2 ) síkkal végtelen távol van,akkor a két sík merőleges egymásra,különben nem. A 70. ábrában[s„ s. 3 ] J_ %], mert az[$! Sg] síkra merőleges (e', e")egyenes [w 1( « s ] síkkal párhuzamos.Ha két általános helyzetű síkegynevü nyomai egymásra merőlegesek,akkor a síkok egymásranem merőlegesek, de ha az egyik70. ábra.sík valamelyik képsíkra projiciálóés a síkoknak ezen képsíkon levőmásra.58. — 53. Szerkeszszük meg két egyenesnek normális transversalisát,— tehát azt az egyenest, mely a két adottra merőleges ésazokat metszi.Megoldás. Nevezzük a két egyenest e-nek és f-nek. Az e egyenesremerőleges Ε sík, az f egyenesre merőleges F síkot egy aze-re és az f-re merőleges li egyenes szerint metszi. Ha a h egyenesmár megvan, akkor ezzel egy párhuzamos^ egyenes szerkesztendő,(a 47. feladat szerint), mely az e és / egyenest metszi; g lesz a kívántegyenes.A h Hg egyenes, mely az e és /-re merőleges, egyszersmindmerőleges az e, /egyenesekkel párhuzamos síkra; ha tehát az e és /egyenesekkel párhuzamos síkot (vagy egyszerűbben az e-n keresztülmenő és az f-fel párhuzamos síkot) szerkesztünk, akkor e síkramerőleges h x egyenes ugyanazt a szerepet viseli, mint az előbbi h. Ag egyenest pedig akkép kapjuk meg, hogy az e és az f-en keresztüla h r val párhuzamosan menő síkoknak metszővonalát felkeressük,mely már a g.Ezzel tisztában volnánk a feladat stereometriai megoldásával,de azon kell lennünk, hogy a descriptiv megoldásnál a lehetőlegkevesebb műveletet végezzük, tehát mennél kevesebb vonalat

— e l -rajzoljunk, mert minden vonal, ugy az eszközök tökéletlensége, minta rajzolónak kisebb nagyobb mértékű hiányos megfigyelési vagyrajzolási képessége folytán hibával nyeretik, mely hiba minden ujés uj vonalnál fokozódván az eredményvonal biztos helyzetére kedvezőtlenbefolyást gyakorol.Descriptiv megoldás. (71. ábra). Az e egyenesen felveszünk egyA pontot, pl. azt, melynek 1-ső képe A'= (e' /); ezen keresztül az/-fel párhuzamosan menő egyenes l (/=/', /"///")· Az fasík ~ban (a\a'') egy 1-ső (bZ>")'egy 2-dik fővonal, melyek az l egyenes(B\ B") pontján mennek keresztül (a"//#, b'l/x). Az/egyenesegy C pontjából h L merőlegest bocsátunk az [e, /] síkra [_a\h'\ J_ b" a C' és C" ponton át); h l metszi az [e, /] = [a, b] síkot71. ábra.egy D pontban, melyen át ////-fel párhuzamosan menő m egyenes aze-t az Ε pontban metszi. Végre az EFf/hy egyenes, mely /-et az Fpontban metszi a kivánt normális transversalis g. — A 71. ábrában a[e, /] síkra merőleges egyenes h, mint az e-re és f-re merőleges Ε =[ β ι> e -i\- F = [ /η Λ] síkok metszővonala is meg van rajzolva. Ε síkokhasználata fölöslegessé teszi az a, b, fővonalak rajzolását, melyek ahj/h irányának meghatározására szolgáltak.A 71. a) ábra a feladat megoldásánál követendő műveleteketjobb áttekintése végett egy képben mutatja be.A feladat megoldása jóval egyszerűbb, ha az egyik egyenespl. e a képsikok valamelyikére, mondjuk az 1-sőre merőleges(72 a. ábra), de legegyszerűbb, ha a két egyenes ugyanegy képsíkkalKLUG : Ábrázoló geometria. 0

— 82 —-párhuzamos (72 b. ábra), mely két esetben azonban a két egyeneskölcsönös helyzete még mindig általános. Ugyanis az 1-ső esetbena g egyenesnek képe g' az e'-nek 1-ső képén megy keresztül ésmerőleges f-re • a másik kép^", mely a (g ',/') = .F-nek megfelelő2-dik képen F"-eη megy keresztül, párhuzamos a képtengelyhez.A mint látható g metszi az e-t és az /-et, de azonkívül e-re merőleges,mert az 1-ső képsíkkal párhuzamos; de f-re is merőleges,mert / és £-nek 1-ső képei merőlegesek.54. feladat. Oldjuk meg az 53. feladatot, ha a) az e egyenes az1-ső képsíkban fekszik; b) ha az e egyenes az egyik, az /egyenesa másik képsíkban fekszik; c) ha az e egyenes a képtengely; d)ha az e egyenes a képtengelyre merőleges és / általános helyzetű.71 a. ábra. a. 72. ábra. b.59. — 55. feladat. Adva van egy e egyenesnek mindkét képe(e' t e"), egy reá merőleges és azt metsző f egyenesnek csak egyikképe pl. f; szerkesztendő ez utóbbi egyenesnek hiányzó képe.Megoldás. Az e egyenesre merőleges síkot állítunk abban apontban, melynek 1-ső képe (e',f') = A'; ebben a síkban fekszikaz f tehát /" könnyen szerkeszthető.Az e\ e",f egyenesek mily helyzeténél határozatlan a feladat?56. feladat. Ε feladat általánosítása: Adva van egy egyenes ésegy sík ; szerkesztendő az az egyenes a síkban, mely az adott egyenestmerőlegesen metszi. Az adatok mily kölcsönös helyzeténél határozatlana feladat ?57. feladat. Egy síknak ismeretes mindkét nyoma; egy erremerőleges síknak csak az egyik nyoma; szerkesztendő ez utóbbisíknak hiányzó nyoma.

— 83 —-Megoldás. A hiányosan megadott síknak ismert nyomán mintegyenesen keresztül síkot fektetünk a másik adott síkra merőlegesen(51. a) feladat; e sík lesz a keresett. Az adatok mily helyzeténélhatározatlan a feladat ?60. — 58. feladat. Adva van az ABC háromszögnek két képe;szerkesztendők az ABC háromszög Μ magasságpontjának képei.Megoldás. (73. ábra). A háromszög két szögpontjából a szembenfekvő oldalakra merőleges és azokatmetsző egyeneseket bocsátunk;ezeknek metszőpontja a kívánt pont.Az A pontból a BC-re bocsátottmerőleges síknak az A ponton keresztülmenő fővonalai a, b, fa' \B'C', a"//x, b'Hx, b"±B"C'"); és aΒ pontból az A C-re bocsátott merőlegessíknak a Β ponton keresztülmenő fővonalai c,d(c' 1 A'C', c"Hx,d'//x, d" ±_A"E"). BC az (a, b)síkot az Ε pontban, AC a (c, d) síkotF pontban metszi -,AE = e és BF=faz ABC háromszögnek két magassága,azoknak Μ metszőpontja akivánt magasságpont.Tanulságosabb azonban a kö-73. ábra.vetkező általános tétel felhasználása,mely nemcsak orthogonalis, hanem ferdeszögű projiciálásból származóképekre is érvényes.Egy sík két pár különböző irányú derékszögű egyenesének képeimeghatározzák a sík minden derékszögű egyenes párjának a képeit;azaz: ha az ej_ e l ,f±f l egyeneseknek képei e', e\, /', f \ és g' asík tetszés szerinti g egyenesének képe, akkor a g-re merőlegesegyeneseknek képeit az e', e^f',f egyenesek meghatározzák.Ugyanis ha (74 a. ábra) ag=MN-nek egy Μ pontján keresztülaz e, /-fel és egy Ν pontján keresztül az e 1} /-gyei párhuzamosakathúzunk {MPf/e, MQjjf NPjjf, NQ//ej, akkor a PO pontoknakösszekötő egyenese merőleges a £-re; mert az MNP háromszögnek .magasságpontja a Q pont.Ha tehát a g' egy M' pontján keresztül az e',f- fel és bármelyN' pontján keresztül az ef //-gyei párhuzamost húzunk (M'P'/fe',M'Q'Hf, N'P'//f\, N'Q'l/eakkor a P'Q' egyenes a g-re merő-6*

— 84 —-leges PQ egyenesnek képe. Minden a P' Q'-ve 1 párhuzamos egyenesszintén a g-re merőlegesnek képe.Tekintve, hogy egy a két képsíkos rendszerben ábrázolt síknakfővonalai az illető esővonalakra merőlegesek: minden sík kétderékszögű egyenesének képeit egyszerűen szerkeszthetjük.így a 74 b. ábrában e és / az A-n átmenő 1-ső és 2-dik fővonala,e x és /, a C-n átmenő 1-ső és 2-dik esővonala az ABC síknak.Az A' ponton keresztül menő e\ f, a C' ponton keresztülmenő f/, ej-e t a Q' =(e', fj), P' = (f, e L ') pontban metszi;Ρ Q _\_A C, tehát a P' Q'-v al párhuzamos B' M'F' szintén az A C-remerőleges Β M-nek 1-ső képe. Hasonlókép A' Μ Ε' 1 -ső képe aΒ C-re merőlegesnek, és (A' Μ' Ρ, A' Μ' Ε') = Μ.a. 74. ábra. b.Az általános háromszög magasságpontjának képei, nem magasságpontjaia háromszög képeinek, mert egy derékszögnek két képecsak akkor derékszög, ha ennek egyik szára a képtengelylyel párhuzamos.És ha ez az egyik oldalra vagy magasságra be is következnék,egy másik oldalra vagy magasságra nem fog bekövetkezni.61. Visszapillantás a III. fejezet anyagára. Míg az I. fejezetbennagy részt helyzet-geometriai feladatokat tárgyaltunk, e III.fejezetben a merőlegesek szerkesztése, tehát a derékszöggel kapcsolatosfeladatok szerepeltek.Láttuk, hogy az erre vonatkozó összetettebb feladatok mindarra a két alapfeladatra voltak visszavihetők : mikép kell síkra merő-

— 85 —-leges egyenest és egyenesre merőleges síkot egy ponton keresztülszerkeszteni. A „két-képsíkos rendszerben" azt, hogy két egyenes,melynek képei, vagy két sík, melynek nyomai ismeretesek, merőleges-eegymásra, csak szerkesztés útján állapíthatjuk meg. Ellenben-általában síkról és egyenesről, ha annak nyomai vagy fővonalai,ennek képei advák, uj vonalak szerkesztése nélkül láthatjuk, hogymerőlegesek-e egymásra, t. i. az egynevű nyomok és képek merőlegeshelyzetéből általában következtetni enged arra, hogy a sík ésegyenes merőleges egymásra.A mi még e fejezetnél különösen emlékezetben tartandó, az :hogy egy derékszögnek orthogonalis képe egy síkra mindig derékszöglesz, ha annak egyik (vagy mindkét) szára az illető képsíkkal párhuzamos.Más szögnek, mint a derékszögnek orth. képe egy síkra nemlesz oly nagy, mint a térszög, ha csak egyik szára párhuzamos aképsíkkal, hanem nagyobb vagy kisebb, a szerint a mint a szögtompa vagy hegyes.IV.FEJEZET.Távolságok szerkesztése és ezekkel kapcsolatosfeladatok.62. Két pont távolsága. Minden feladat, mely távolságokmeghatározására vonatkozik, visszavehető egy egyenes vonaldarab,vagy röviden egy vonaldarab hosszúságának, azaz a vonaldarabothatároló két végpont távolságának szerkesztésére. Ennélfogva távolságokszerkesztésénél ismerni kell a következő:1. alapfeladatot: Adva van az A, Β pontnak két képe (A 4 , A"),(Β', B"), szerkesztendő az AB vonaldarab hosszúsága.Megoldás (75 a. ábra). Ha az 1-ső térnegyed A, Β pontjait reconstruáljuk,azt látjuk, hogy az AA'B'B négyszög síkja az 1-sőképsíkra, annak A A', BB' oldalai az A'B'-re merőlegesek; AA'B'Btehát trapéz. Ezzel egy congruens trapézt (A)A'B'(B) rajzolunk azA'B' oldal fölé, mely az AA'B'B leborításának tekinthető az 1-ső képsíkba; (A)A'± A'B', (B)B'±A'B', (A)A'=A"A X , (B)B'= B"B X>végre kiadódik, hogy (^)(-B) = AB.Az AA'B'B trapezzel congruens trapézt A"A X BVCB",.et lehetaz AA' oldallal egyenlő A"A X oldal fölé is rajzolni; AXB lX = A'B',

— 86 —-Β"ιΒι χ = Β"Β Χ = ΒΒ', végre Α"Β\"=ΑΒ. Az Α"Α χ Β ιΧ Βι" trapézolyannak tekinthető, mintha az AA'B'B az AA' oldal körül a 2-dikképsíkhoz párhuzamos helyzetbe lett volna forgatva és az ekképforgatott trapéz AA' Bi'Bi a 2-dik képsíkra A"A X B lX Bi"-be projiciálva.Ugyanígy megkapjuk az AB pontok távolságát, ha azzal atrapezzel AA"B"B-\e\ rajzolunk (75 b. ábra), akár a A"B", akárB'B X = BB" oldal fölé congruens trapézt [A]A"B"[B], illetveΑ'ιιΑαχΒχΒ'-et, melynek síkja a 2-dik képsíkra merőleges.A midőn a két pont az 1-ső képsíktól el van választva, pl. A azl-ső,.# a 4-dik térnegyedben fekszik, AA', jB'Jitrapeznek AA', BB'oldalai és így az azokkal egyenlő A"A X , BB" X vonaldarabok azA'B' két külömböző oldalára viendők A'B'-re merőlegesen, mintazt a 75 c. ábra mutatja. Itt AA'B'B ~ (A)A'B'(B) tehát(A)(B) = AB.a. 75 b. ábra. c.Az AB- vonaldarabot egy háromszög átfogójának is tekinthetjük,melynek egyik befogója A' Βmásik befogója pedig az A, Βpontok az 1-ső képsíktól mért távolainak A" Αχ, B" Bx-nek kiilömbségevagy összege, a szerint, a mint A, Β az 1-ső képsíktól nincsenelválasztva, vagy el van választva. így ha az (A) A' egyenesen (A)C= (Β ι B' •= B"B Xj akkor B'C szintén = AB. (75 a. ábra.)Könnyen belátható, hogy ha az AB pontot összekötő egyenespárhuzamos a képsíkok egyikével, akkor az AB vonaldarabnakképe ezen a képsíkon egyenlő AB-ve\, azaz: egy síkkal párhuzamosvonaldarab egyenlő orthogonalis képével az illető síkon.

— 87 —-Távolságok meghatározására vonatkozó fordított feladat akövetkező:2. alapfeladat. Egy adott egyenesre, annak egy pontjától mérveegy adott vonaldarabot felrakni.Megoldás (76. ábra). Legyen (e' =A'P', e" = A"P") az adott egyenes;(A', A") egy rajta fekvő pont; r azadott vonaldarab.Borítsuk az 1-ső képsíkra az {e\ e")1-ső projiciáló síkját a benne fekvő eegyenessel. Ha(P', P") az e egyenesnektetszés szerinti pontja,akkor(J.)(P)=(e)adja a leborított e egyenest (A' (A) =A" A x , Ρ' (Ρ) = P" P x , {A) A' és (Ρ) ΡJ_ A' P').Az (é) egj^enesre az (A) ponttólmérve az (A) (B)={C) = r vonaldarabotreá rakjuk {B), (C)-ig; (Β) B'és (C) C'J_A· B\ B'B" és C'C" ±x,végre (Β', B") és (C, C") a keresett76. ábrakét pont.63. Párhuzamos egyeneseken fekvő vonaldarabok képei.Képzeljünk egy e egyenesen két külömböző hosszúságú vonaldarabotAB, CD-t. Minthogy az A, B, C, D pontoknak projiciáló sugaraiaz 1-ső vagy a 2-dik képsíkra párhuzamosak, azért az e, e' vagyc, e" egyeneseket tekintve: AB : CD = A'B': C'D' = A"B": C"D".Ha továbbá AB, CD két egyenlő és párhuzamos vonaldarab(AB^CD), akkor az ABCD négyszög egy parallelogramma, melynekúgy az 1-ső képe A'B'C'D', minta 2-dikképe A"B"C"D" szinténaz lesz. Ebből következik: ugyanazon egyenesen vagy párhuzamosegyeneseken fekvő vonaldaraboknak orthogonalis képei (tehát1-ső képei és 2-dik képei) oly viszonyban állanak egymáshoz, mint avonaldarabok a térben.Továbbá : ha egy vonaldarabot egyenlő részekre osztunk, akkoraz osztópontoknak orthogonalis képei, a vonaldarab képének osztópontjai.64. Távolságok értelmezése. A pont, egyenes és sík kölcsönöstávolságaira vonatkozólag következő (egyszerű) feladatok képzelhetők:a) két pontnak, b) pont és egyenesnek, c) pont és síknak, d) kétpárhuzamos egyenesnek, e) két nem metsző egyenesnek, f) egyenes

— 88 —-és vele párhuzamos síknak, g) két párhuzamos síknak távolságaegymástól. Az utóbbi hat feladat az a) feladatra vezethető vissza,csak tudni kell, mikép van az utóbbi hat feladatban a távolságértelmezve.A b) és d) feladat magyarázata. Ha egy e egyenes egy változóC pontját az egyenesen kivül fekvő A ponttal összekötjük, akkoraz AC vonaldarab hosszúsága C-nek helyzete szerint az e egyenesenváltozik. Jelöljük az a pontból az e-re merőlegesen bocsátottsíknak metszőpontját az e egyenessel, .B-vel. A B-nél derékszögűháromszög AB befogója kisebb lévén az AC átfogónál: az e egyenesösszes pontjai között annak Β pontja van legkisebb távolságraaz A-tól. Ezt az AB legkisebb távolságot (az összes távolságok határértékét)nevezzük »az A pont távolságának az e egyenestől.«Két-két a Β pont irányában symmetricus pont az e egyenesenaz A ponttól egyenlő távolságra van. Az egyenes végtelen távolfekvő pontjának távolsága az A ponttól szintén határértéke az öszszestávolságoknak, t. i. az, mely a legnagyobb.Húzzuk meg az A ponton keresztül az e-hez a párhuzamosegyenest, /-et. Minthogy az AB egyenes az f-re is merőleges, azérte és f bármely pontjának távola nem kisebb, mint AB, hanem vagynagyobb vagy azzal egyenlő (ha t. i. a két pontot összekötő egyenesJ_ e-re). Ε szerint az e pontjait az / pontjaival összekötő (=® a ) vonaldarabokközött azok a (σο 1 ) vonaldarabok, melyek az e és f-re merőlegesek,a legkisebbek; e vonaldarabok tehát ismét határértéketadnak, mely a két egyenes, »az ejjf távolságának» neveztetik.A c), f) és g) feladat magyarázata. Ha egy A pontból egy Ssíkra bocsátott merőleges e síkot a Β pontban metszi, akkor a síkösszes pontjai között a Β pontnak távolsága az A-tól a legkisebb.Ezt az AB vonaldarabot értelmezzük tehát »az A pont távolságánakaz S síktól.«Mindazon pontok a síkban, melyek az ^4-tól egyenlő távolságravannak, a Β ponttól is egyenlő távolságra lesznek, mint ez azABC, ABD congruens derékszögű háromszögből következik, melynekC, Ώ szögpontjai az S síkban feküsznek. Az S síkban a Β pontból,mint középpontból leírt bármely körnek pontjai, a Β pontbana síkra emelt merőlegesnek A (vagy más egy tetszés szerinti) pontjátólegyenlő távolságra lesznek.Ha az A ponton keresztül az S síkhoz egy párhuzamos egyenestvagy a párhuzamos síkot fektetünk, akkor az egyenes vagya sík bármely pontjának összekötő egyenese az S sík pontjaivalnem kisebb, mint az AB vonaldarab, hanem nagyobb vagy azzal

— 89 —-egyenlő. Ε szerint egy egyenesnek, vagy egy síknak távolságát egyvele párhuzamos S síktól akkép értelmezhetjük, mint »az egyenesvagy sík bármely pontjának távolságát az S síktól.«Az e) feladat magyarázata(77. ábra). Legyen e és f kétnem metsző egyenes, A és Βezen egyenesek normális transversalisánakmetszőpontja azegyenesekkel, végre Ε az e-nek,F az f-nek tetszés szerintipontja. Állíthatjuk, hogy EFvonaldarabnagyobb mint az AB.77. ábra.Ugyanis, ha az A pontonkeresztül az EF-fel párhuzamos AC egyenest és az / egyenesenkeresztül az e egyenessel párhuzamos FBC síkot fektetünk, melyekegymást a C pontban metszik, akkor az AEFC parallelogrammaAC oldala egyenlő EF-fel. A B-nél derékszögű ABC háromszögnekAC oldala átfogó lévén, nagyobb mint AB, tehát EF>AB. Értelmezzüktehát két nem metsző egyenes távolságát, mint »azt avonaldarabot, melyet az egyenesek azoknak normális transversalisáróllemetszenek« s mely mindazon vonaldarabok közöttlegkisebb, melyet az egyenesek más transversalisairól lemetszenek.Minthogy az e egyenes az FBC síkhoz párhuzamos, azért aze-riek, vagy az e-η keresztül menő és az FBC síkkal párhuzamossíknak bármely pontja AB távolságra van az FBC síktól. Ε szerintkét nem metsző egyenes távolsága egyenlő : a két egyenesen keresztülfektethető párhuzamos síkpár távolságával, mely egyszerűbbenszerkeszthető, mint maga az AB.Két sík, vagy egy egyenes és sík távolságáról nem szólhatunk,ha azok egymást végesben metszik. Ugyanis ebben az esetben nemlehet ama síkokban, vagy az egyenes és síkban oly pontpárt találni,melynek távolsága egy határérték volna. A két sík metszővonalánakpontjai a két síktól, illetve az egyenes és sík metszőpontja azegyenes és síktól ugyan 0 távolságra van, de ez nem határérték. Mertha pl. az egyenes pontjainak távolságát a síktól pozitív és negatívjegygyei látjuk el a szerint, a mint azok a sík egyik vagy másik oldalánvannak, akkor ama 0 érték a távolságok sorozatában egy speciálisérték, de nem határérték. De lehet ezen alakzatoknak hajlásszögérőlszólni, mint azt a következő fejezetben látni fogjuk.

— 90 —-Feladatok.65. — 59. feladat. Szerkesztessék az (A', A") pont távolságaaz [s x , s,J síktól.Megoldás. (78. ábra). Az (A 1 , A") pontból az [s l5 sj síkra bocsátottmerőleges e síkot a (Β', B") pontban metszi; az (A',A")(B\ B") pontok távolsága A' a B'.Oldjuk meg a feladatot, ha sík a képtengelylyel párhuzamos(az A ponton keresztül menő, vagy egy tetszés szerinti oldalképsíkalkalmazásával). Ha a sík az egyik képsíkra projiciáló, akkor a keresetttávolság közvetlenül nyeretik ezen képsíkon.78. ábra. 79. ábra.60 feladat. Két párhuzamos sík távolságának szerkesztése.Megoldás. (79. ábra). Az [s u s 2 J sík egy pontjának pl. az S tengelypontnakmeghatározzuk távolságát a vele párhuzamos [m„ u.,\síktól. Az 5 pontból az [m 1} u 2 ] síkra bocsátott merőleges e síkot a[Β',Β") pontban metszi; S{B) a két sík távolsága(B"{B)_LSB",B"{B) = B X B

— 91 —-a (.ΒΒ") pontban metszi; Β"Αι" az (Α', Α"), (Β\ Β") pontoknak,tehát egyszersmind az (A', A") pont és az (ee") egyenesnektávolsága egymástól.A 81. ábra az (A', A") pont távolságát mutatja a képtengelyremerőleges (E'F',E"F") egyenestől. Az oldalképsík magán az egyenesenlett keresztül fektetve; A" Bi" a keresett távolság.80. ábra. 81. ábra.A feladat megoldása jóval egyszerűbb, ha az e egyenes aképsíkok egyikével párhuzamos, továbbá a keresett távolság közvetlenülkiadódik, ha az egyenes az egyik képsíkra merőleges.Ε speciális feladatokhoz tartozik: egy pont távolsága a képtengelytől;a sík egyik pontjának távolsága fővonalainak valamelyikétől,vagy a sík nyomaitól.63. feladat. Két párhuzamos egyenes távolságának szerkesztése.Megoldás. Az előbbi két ábrában az (f, f"), (e\ e") két párhuzamosegyenes; az (f, f") egy (A', A") pontjának távolsága az(e', e")-től a kívánt távolság.64. feladat. Két nem metsző egyenes távolsága.Megoldás. (82. ábra). Az egyik egyenesen (e', e")-ön keresztül amásik egyenessel (f, f")-rel párhuzamos síkot fektetünk, melynekvagy Sj, 5 2 nyomait vagy egy pár fővonalát meghatározzuk. Az(f, f") egyenes tetszés szerinti (AA") pontjából az [s u s. 2 J síkrabocsátott merőleges e síkot a (Β',Β") pontban metszi. A'B n ' az(A', A") pontnak, valamint az (f, f") egyenesnek távolsága az[>j, Sj,] síktól és egyszersmind az (f', f") (e', e") egyenesek távolságaegymástól.

— 92 —-Ε feladat megoldása egyszerüsbűl, ha az egyenesek egyike aképtengelylyel párhuzamos (oldalképsík alkalmazása!); még egyszerűbb,ha az egyik egyenes valamelyik képsíkra merőleges, vagymindkettőnek 1-ső (vagy 2-dik) képei párhuzamosak.Szerkeszszük meg egy általános helyzetű egyenes két képénektávolságát egymástól (a képsíkok egyesítése előtt); továbbá egy egyenestávolságát a képtengelytől.82. ábra.66. — 65. feladat, Szerkesztendök az S síktól adott távolságralevő síkok.Megoldás. Az S sík tetszés szerinti A pontjában merőlegest állítunkaz S-re ; e merőlegesreaz A ponttól reá rakjuk azadott távolságot képviselővonaldarabot, r-et, Β és Cpontig; végre e pontokonkeresztül az S-sel párhuzamossíkot fektetünk.A 83. ábrában A az Ssík tengelypontjában lett felvéve; a merőleges egyenesencsak a Β pont (Β', B")83. abra.lett meghatározva és ezenkeresztül az U = [n u u. 2 ] sík S-sel párhuzamosan fektetve. Az U síktengelypontjából Z7-ból a másik sík tengelypontja V, (US=SV) ésebből a V sík nyomai v lt v 2 meghatározhatók.

— 93 —-A szerkesztett U és V sík tartója mindazon pontoknak és mindazonegyeneseknek, melyek az S síktól r távolságra vannak. Ε síkoksegélyével egy adott egyenesen pontokat, egy adott síkon egyeneseketlehet szerkeszteni, melyek az S síktól r távolságra vannak.Háromszor alkalmazva a szerkesztést, oly pontokat (8-at) találhatunk,melyek három adott síktól adott távolságnyira vannak.Mikép alkalmazzuk a szerkesztést a következő feladatnál: egyadott síktól, adott távolságra levő pontnak ismeretes az egyik képe ;meghatározandó a másik képe !66. feladat. Szerkesztendő azon pontoknak tartója, melyek kétponttól A és B-től egyenlő távolságra vannak.Megoldás. (84. ábra.) Az AB vonaldarab C felezőpontján keresztülmenő és az AB egyenesre merőleges sík — az AB vonaldarabfelező merőleges síkja — apontok tartója. Ugyanis a sík bármelypontja P, a PA C, PBC congruensderékszögű háromszögek következtébenaz A és Β ponttól egyenlő távolságravan.Az ábrában az fs u s 2 J sík a Cponton megy keresztül, melynekC', C" képei az A'B', illetve A"B"vonaldarabot felezik.Az A, Β pontok az S sík irányábansymmetrikusak, és ezért azA, Β pontok közül bármelyik a másiknakúgynevezett tükörképe az S84. ábra.síkra, mint tükröző síkra vonatkozólag; az S sík pedig az A, Β pontpár symmetriasíkja.Az A és Β pontnak összekötő egyenesei az S sík tetszésszerintipontjával, egymásnak tükörképei S-et illetőleg. Ezt felhasználva:Szerkesztendő egy ABC háromszögnek tükörképe A^BfJyegy általános helyzetű síkot, vagy l·^ symmetriasíkot, vagy végre aH2 coincidentiasíkot illetőleg. Ez utóbbi két esetben az ABC háromszögképeiből a tükörképnek képei egyszerűen szerkeszthetők.Ha a 66. feladatnál kívánt szerkesztést kétszer végezzük,megkapjuk azon pontnak tartóját (egyenes vonal), melyek két pontpárttól,vagy három ponttól egyenlő távolságra vannak; ha pedig aszerkesztést háromszor végezzük, akkor a nyert síkok metszőpontjaa három pontpártól, vagy négy ponttól egyenlő távolságra levő

— 94 —-pontot szolgáltatja. Ez utolsó feladatot megoldjuk a pontoknak akövetkező speciális helyzeténél:67. feladat. Adva van három pont az 1-ső képsíkban, egynegyedik azonkívül; szerkesztendő a négy ponttól egyenlő távolságralevő pont.Megoldás. (85. ábra). Az 1-ső képsíkon fekvő A, B, C pontnak1-ső képei A, B, C; 2-dik képei A", Β", C" a képtengelyen vannak;D', D" a negyedik pontnak Z)-nekkét képe. Az ABC háromszögkörülírható körének k-nak M'középpontja a keresett Μ pontnak1-ső képe. Az AD vonaldarabΈ felezőpontjában azAD-re merőlegesenálló [s L , s., J sík tartalmazzaaz Μ pontot; e körülményből M"szerkeszthető. De egyszerűbb azM" szerkesztése, ha a D pontonkeresztül menő és a 2-dik képsíkkalpárhuzamos és a k kört F pontbanmetsző FD egyenesre a felezőpontbanmerőleges síkot állítunk,mert ennek 2-dik nyomán fekszikaz M" pont.Minthogy az Μ pont a felvett85. ábra.négy ponttól, ABCD-től egyenlőtávolságra van, középpontja a négy ponton keresztül menő gömbnekvagy, mint mondani szokás: az ABCD tetraeder körül irhatógömbnek.67. — 68. feladat. Szerkesztendő egy ABC háromszög súlypontja,továbbá a háromszög körül irható kör középpontja.Megoldás. A feladat első részét illetőleg könnyen belátható,hogy a háromszög súlypontjának képei, a háromszög képeineksúlypontjai. (Miért ?)Az ABC háromszög körülírható köreinek középpontját O-tmegkapjuk, ha az -41», AC vonaldarabot felező merőleges síkokmetszővonalának felkeressük metszőpontját az ABC háromszög síkjával.(Az Ο pontnak képei általában nem lesznek a háromszög képeikörülírható körök középpontjai; miért nem ?).68. Visszapillantás a IV. fejezetre. Ε fejezet tárgyát, mérésenalapuló, tehát az úgynevezett mérő geometriához tartozó feladatokképezték. A megmért, vagy felosztott alakzatok, vonaldarabok

— 95 —-\Oltak; a szerkesztett pontok, egyenesek és síkok pedig abból aszempontból lettek meghatározva, hogy más pontok-, egyenesekvagysíkoktól bizonyos megmérhető és megadott távolságra legyenek.A geometriai helyek közül, melyeknek a geometriai feladatokmegoldásánál főszerepük van, csak az egyeneseket és síkokat szerkesztettük,— fentartván azoknak kiegészítését későbbi fejezetekben.V, FEJEZET.Egyenesekés síkok hajlásszögei a képsíkokhoz.69. Az egyenes és a sík hajlásszöge. Láttuk az előbbi fejezetben,egy sík pontjai egy a síkon kívül fekvő ponttól általábankülömböző távolságra vannak és egy oly pont található a síkban,melynek távolsága a kivül fekvő ponttól a legkisebb. Ez utóbbitávolsággal értelmeztük a pont távolságát a síktól. Hasonlóképjárunk el az egyenes és a sík hajlásszögének értelmezésénél.Egy e egyenes és egy S sík Ε metszőpontján keresztül egyenesekethúzunk a síkban. Ezen egyenesek általában az e egyenesselkülömböző szögeket képeznekés csak egy egyenes van síkban,t. i. az e egyenes derékszögűprojectiója a síkra, mely az eegyenessel a legkisebb, valaminta legnagyobb szöget képezi.Ugyanis, ha (86. ábra) e L az eegyenes derékszögű projectiójaaz S síkra, / pedig e síknaktetszés szerinti az Ε metszőpontonkeresztül menő egye-86. ábra.nese, akkor az e egyenes egy A pontjának AA l távolsága aze r től, tehát egyszersmind az S síktól kisebb, mint az AB távolságaaz / egyenestől. Minthogy az AA^E, ABE derékszögű háromszögeknekAE átfogója egyenlő az AA V AB befogók pedigkülömbözők, az e befogókkal szemben fekvő szögek közül az akisebb, mely a kisebb befogóval ^4^-gyel fekszik szemben, azaz

— 96 —-AEAy-S^tC. AEB

— 97 —-Minthogy az első szög az e egyenesnek, a második szög az f egyenesnekhajlásszöge az S síkhoz, azért a két sík metszővonaláramerőleges e egyenes az U síkban nagyobb szöget képez az Ssíkkal, mint bármily más amabban a síkban fekvő egyenes. AzAE, AyE egyenesek közül egyik a másiknak projectiója, tehát azS síkban a t egyenesre merőleges A t E egyenes ugyanoly szögetképez U-val, mint AE az S-sel. Ε szerint két sík hajlásszögét akképértelmezhetjük, mint a két sík metszővonalára merőlegesen álló ésaz egyes síkokban fekvő egyeneseknek hajlásszögét.Két egyenes négy szöget képez egymással, ezek közül kettőegyenlő hegyes, a másik kettő tompa és amazoknak kiegészítőszöge, vagy mind a négy derékszög.Ugyanigy két síknál is négy hajlásszöget képzelünk, melyetaz egyes síkokban a metszővonalra merőlegesen álló egyenesekzárnak .be. Ugyanily szögeket képez oly két egyenes, melyek közülegyik az 1-ső síkra, a másik a 2-dik síkra merőleges. Mert ha egyA pontból az 1-ső síkra bocsátott merőleges talpa U, a 2-dik síkrabocsátott merőleges talpa S, és az U és az S pontokból a két síkmetszővonalára bocsátott merőleges talpa E, akkor az A UES négyszögnekU és S-nél lévő szögei derékszögek, tehát az A és E-néllevők kiegészítő szögek lesznek.Ε szerint két sík hajlásszögeit akkép is értelmezhetjük, mintazon egyenesek hajlásszögeit, mely szerint a két sík metszővonaláramerőleges sík a két síkot metszi, vagy mint oly két egyenes hajlásszögeit,melyek az egyes síkokra merőlegesek.Ezzel kapcsolatban ide írunk néhány a síkok hajlásszögérevonatkozó következtetést:Egy sík tükörképe egy síkra vonatkozólag a tükör síkjávalugyanoly szöget képez, mint az eredeti sík.Párhuzamos síkoknak hajlásszögei párhuzamos síkokkalegyenlők.Ha két sík hajlásszögei közül csak a hegyesszöget tekintjük,akkor: egy sík hajlásszögei egy másik síkhoz és egy erre merőlegesegyeneshez egymásnak pótlószögei.71. Az egyenes képsíkszögei. Szerkeszszük meg az (e',e")egyenes hajlásszögeit az 1-ső és a 2-dik képsíkhoz.Megoldás. (88. ábra.) Ha az egyenes nyomai E u E t , akkor azE^EyE'^ derékszögű háromszögnek Egriéi levő szöge α az e egyeneshajlásszöge az 1-ső képsíkhoz (1-ső képsík szög), és az E.EJ^"derékszögű háromszögnek E r nél levő β szöge e-nek hajlásszögea 2-dik képsíkhoz (2-dik képsíkszög).KLUG : Ábrázoló geometria. 7

— 98 —-Az 1-ső képsíkszöget α-t megkapjuk, ha az Ε\ 2 E y E' 2 háromszögetvagy az E y E\ befogó körül az 1-ső képsíkra, vagy az E. 2 E' 2befogó körül a 2-dik képsíkra borítjuk (E 2 ) E V E\, illetve Ε'.,Ε υ Ε,helyzetbe. A β 2-dik képsíkszög pedig kiadódik, ha az E i E 2 E í "derékszögű háromszöget az E 2 E'\ befogó körül a 2-dik képsíkba,vagy az E l E" l befogó körül az 1-ső képsíkra borítjuk [JSJ E. 2 E'\,illetvehelyzetbe.A midőn az e egyenes nyomai a rajzlapon kivül vannak(89. ábra), akkor az egyenesen két pontot A, B-t veszünk fel ésmegszerkesztjük az AA'B'B-ve 1, valamint az AA"B"B-ve\ congruenstrapezeket; az AB oldal hajlásszöge a szemben fekvő A'B',illetve A"B" oldallal, vagy az ezekkel párhuzamos egyenesekkellesz az x, illetve a β szög.88. ábra. 89. ábra.A 89. ábrában A"A X BvcB t " az AA'B'B-vel congruens trapézés α az 1-ső képsíkszög; A'AxBuxB'u az AA"B"B-vel congruenstrapéz és β a 2-dik képsíkszög.Mindkét ábra (88. és 89.) egy d vonaldarab, annak d', d" képeiés a vonaldarabot tartó egyenes y., β képsíkszögei között fönforgód' — d cos a, d" = d cos βösszefüggést mutatja, mig a 88. ábrából látható, hogy

— 99 —-Ε,Ε\ = 1\Ε, cos α, E t E'\ = E í E i cos β(EJE' 2 = E 2 E' 2 = E X E % sin a, (E í )E'\^E í E'\ = E í E 2 sm β.Az E 2 E'\E' 2 háromszögből következik, hogy E 3 E'\ > E 2 E' 2 ,és az előbbi egyenletekből az értékeket helyettesítvecos β sin a,vagy mert hegyesszögekről lévén szó90° — β a, azaz 90° ^ * + β.Ennélfogva: az egyenes 1-ső és 2-dik képsíkszögének összegekisebb vagy egyenlő egy derékszöggel a szerint, a mint az egyenesnem merőleges, vagy merőleges a képtengelyre.Ha az egyenes a képsíkok egyikével, ide számítva az oldalképsíkotis, párhuzamos, akkor az egyenes 1-ső, 2-dik és oldalképsíkszögeközvetlenül a képekből adódik ki. Ha pl. az egyenes az1-ső képsíkkal párhuzamos, akkor 1-ső képsíkszöge = 0, 2-dik képsíkszögeegyenlő 1-ső képének hajlásszögével az χ képtengelyhez,oldalképsík szöge pedig ez utóbbinak pótlószöge. És ha az egyenesaz oldalképsíkkal párhuzamos, tehát 1-ső és 2-dik képe az λ: képtengelyremerőleges, akkor oldalképsíkszöge 0, 1-ső és 2-dik képsíkszögepedig az oldalképnek az y és ζ tengelylyel képezetthajlásszöge.72. A sík képsíkszögei. Szerkeszszük meg az S 2 ] sík hajlásszögeitaz 1-ső és a 2-dik képsíkhoz.A sík egy 1-ső esővonalának e-nek 1-ső képsíkszöge, a síknakhajlásszöge φ az 1-ső képsíkhoz (1-ső képsíkszög), és a sík egy 2-dikesővonalának f-nek 2-dik képsíkszöge, a síknak 2-dik képsíkszöge ψ.Ha (90. és 90 a. ábra) (A', A") az fs u s 2 J sík tetszés szerintipontja, akkor e'J_s, és f"j_s 2 az esővonalaknak egy-egy képe;ezekből a hiányzó e", f képek és a ©, ψ szögek szerkeszthetők.A szerkesztésnél az e", f" képeknek ismerete nem szükséges,mert az A'EJA) és A"F. 2 [A] derékszögű háromszögek azok nélkülis szerkeszthetők.Valamivel egyszerűbb a szerkesztés, ha az e, f esővonalaknakmindkét nyomát felhasználjuk. Vegyük fel ezeket akképen, hogy aze 2-dik nyomának E 2 -nek és az / 1-ső nyomának i^-nek közöstengelyképe E\ = F'\ legyen. Ε szerint (91. ábra) a képtengelyremerőleges E % F X egyenes az s x , s a nyomokat F lt E 2 -heu, a képtengelytE\ = F'\-ben metszi; ez utóbbi pontból az s x -re húzottmerőleges talpa E x és E\E X = e'; az s 2 -re húzott merőleges talpaF. 2 és F'\F 2 = f". Az E. 2 E' 2 , Ε' 2 Ε, befogókból rajzolt (E 2 ) Ε' 2 Ε,

— 100 —-vagy E. 2 E' 2 E L i háromszögeknek

— 101 -r r——τ < > azaz cos © sin 6sin ψ = cos 90°.

— 102 —-Feladatok.73. Első dolgunk legyen az imént tárgyalt két alapfeladat fordítottfeladatát megoldani; tehát69. feladat. Szerkesztessék egy oly egyenes, melynek képsíkszögeiα, β adva vannak.Megoldás. (92. ábra). A képtengely egy A pontján keresztül aképtengelyhez α és β szög alatt hajló AC, AD egyeneseket húzunkés a képtengely egy Β pontjából, mely A-tó\ tetszőleges r távolságravan, ezekre BC, BD merőlegeseket bocsátunk, azaz megszerkesztjükaz r cos α = AC, r sin χ — BC, r cos β = AD, r sin β = BDvonaldarabokat.Ezután a képtengelyre egy E\ pontban merőlegest emelünkés ezen az E i pontot akkép határozzuk meg, hogy E\ E 2 = r sin92. ábra.Az E 2 pontból az AD — r cos β sugárral leirt kör a képtengelytegy E'\ pontban metszi, melyen keresztül menő és a képtengelyremerőleges egyenesre BD — r sin β vonaldarabot E"j-től reárakjukE t -ig (BD = E'\ Ey). Az Ey E\ ekkor = r cos α és Ey E\, = e',E t E'\ = c" képei a keresett egyenesnek.Minthogy az E. r bő 1 leírható kör a képtengelyt két pontbanJÍ'Vben és F'^-ben metszheti és a BD vonaldarab e pontokban aképtengelyre emelt merőlegesekre a képtengely alá és fölé rakhatóEy, Fy, Gy, Hy-ig, azért még azFiE'*=f\E 9 F"y =/"; GyE' i =g\E i E'\=g"; HyE\=h', E. 2 F\ = h"egyenesek is képei az E 2 ponton keresztül menő és a képsíkokhozaz adott szögek alatt hajló e, f, g, h egyeneseknek.Az e, g, valamint az /, h egyenesek egymásnak tükörképei a2-dik képsíkra; az e, f és a g, li egyenesek egymásnak tükörképei azF\ ponton keresztül menő és a képtengelyre merőleges síkra; végre

103az e, h, és f g egyenespárak tükörképek az E 2 ponton keresztülmenő és az 1-ső képsíkkal párhuzamos síkra.Ezt még általánosabban fogjuk kifejezni ha azt mondjuk: haegy e egyenes tetszőleges pontján keresztül az 1-ső, 2-dik és az oldalképsíkhozpárhuzamos síkokat fektetünk, akkor az e-nek h, g, f tükörképeie síkokra, mint tükrökre vonatkozólag a három képsíkhozugyanazon szögek alatt hajlanak mint e.Ha egy adott (P', P") ponton keresztül akarunk egyenest fektetni,melynek képsíkszögei α, β, akkor vagy az előbbi eljárás szerinttalált egyenesekhez (Ρ, P") ponton keresztül párhuzamosakathúzunk, vagy pedig közvetlenül, amazoktól függetlenül szerkesztjükaz egyeneseket, mely szerkesztés azonban lényegileg nem külömbözikaz előbbitől.A (93. ábra) (Ρ, P') pontokon keresztül a képtengelyhez párhuzamosΡ Q\, P" Q"π egyeneseket, és β, α szög alatt hajló ΡQ'π, Ρ" Q"π egyeneseket húzunk; ez utóbbiakon Ρ Q'„, P' Q",egy tetszés szerinti r vonaldarabbal egyenlő. A Q", és Q' n -bői aképtengelyre merőlegesen bocsátott egyenes P' Q'i-et Q',-ben, illetvea P" Q" u-t ö"„-ben metszi.A P' Q\ sugárral P' pontból leirt kör a Q' a ponton keresztülmenő és a képtengelylyel párhuzamos egyenest a Q', R' pontokbanmetszi, míg a P" Q"„ sugárral a P" pontból leírt kör a Q'\ pontonkeresztül a képtengelylyel párhuzamosan fektetett egyenest a Q",R" pontban találja. A keresett egyeneseknek képei:(P'Q', P"Q") ·, (P'R', P"R"); P'Q', P"R"); (PB', P"Q").Az előbbi és a jelen szerkesztés azért tekinthető lényegilegugyanegynek, mert P'Q'ι = r cos a, P"Q" n = r cos β, és a Q'R',egyenes a P' ponttól r sin β, végre a Q"R" egyenes a P" ponttólr sin α távolságra van.A szerkesztések mutatják: hogy ha két egyenesnek egynevnképei a képtengelyhez egyenlő szögek alatt hajlanak, akkor azegyeneseknek egynevű képsíkszögei egyenlők.70. feladat. Egy ponton keresztül fektessünk oly egyenest,melynek képsíkszögei adott pótlószögek a,90°-κ. Legegyszerűbbena ponton keresztül menő oldalképsík alkalmazásával.71. feladat. Adva van egy pontnak mindkét képe, egy rajtakeresztül menő egyenesnek egyik képe és az 1-ső vagy 2-dik képsíkszöge; szerkesztendő az egyenesnek hiányzó képe.74. — 72. feladat. Szerkesztendő egy síknak két nyoma a síkképsíkszögeiből

— 104 —-Megoldás. A 91. ábrát a φ, ψ-ből és a tetszés szerint választottr vonaldarabból fogjuk szerkeszteni. Ε végből az * képtengelyhezφ szög alatt hajló E 2 E lt egyenest húzunk; ennek E. 2 pontjából Λ,--reE-2 E\ merőlegest, E. 2 -bő\ E. 2 E lt .re E\ A\ merőlegest bocsátunk.Az E\·bői E\A'ι = r-rel kört írunk le, melynek a képtengelyhezψ szög alatt hajló F in Fy érintője a képtengely iv-ben, az E. 2E'. 2 egyenest az Fy pontban metszi.Az E\ pontból az E\ E ít sugárral leírt körhez /\-ből és azE' 2 F 2 π sugárral leírt körhez l? 2 -ből vont érintők, melyek egymástx-ben metszik, a keresett síknak s 2 nyomai.A szerkesztés mutatja, hogy négy oly síkot lehet találni(ha © 4- Ψ > 90°), melynek2-dik nyoma az E. 2 pontonmegy keresztül.Ugyanis az Ε ν r .,ιτ sugárralleírt körhez -E 3 -ből kétérintő s 2 , u. 2 húzható, ésFy bői, valamint ennek aképtengelyre vonatkozó G xtükörképéből az E'. 2 E yí sugárralleírt körhez s 1; u ít v t ,w, érintő húzható.Ε szerint az E 2 pontonkeresztül menő és a képsíkokhoz

— 105 —-Megjegyzendő : hogy oly síkoknak egynevű képsikszögei, melyeknekegynevu nyomai a képtengelyhez egyenlő szögek alatt hajlanak,egyenlők.73. feladat. Egy ponton keresztül fektessünk két síkot, melynekképsíkszögei adottpótlószögek © és ψ= 90°-©. (Legegyszerűbbaz oldalképsíkhasználatával).74.feladat. Advavan egy síknakegyik nyoma, szerkesztendőa másiknyom, ha az 1-sővagy a 2-dik képsíkszögismeretes.Ennél általánosabba következő75. — 75. feladat.Egy (e\ e")94. a. ábra.egyenesen keresztül sík fektetendő, melynek 1-ső képsíkszöge οadva van.Megoldás. (94. a. ábra.) Az (e\ e") egyenes 2-dik nyomán ηkeresztül a képtengelyhez © szög alatt hajló egyenest húzunk, melyazt .D-ben metszi. Az E t -nek 1-ső képéből E\-bőla D ponton keresztül kkört írunk le, melyhez aze egyenes nyomábólhúzott s lt zíj, érintők akeresett síkoknak 1-sőnyomai.Ha az E\ E x vonaldarabotaz E\ ponttóla képtengelyre visszükE x ,-ig, akkor az E. 2 E x iΈ\ ^ az « egyenesnek1-ső képsíkszöge a. Ebből94. b. ábra.látható, hogy a kitűzöttfeladatnak 2,1,0 számú megoldása van, a szerint a mint α. = φ,

— 106 —-mert ezekben az esetekben az E x pontból a k körhez 2, l, 0 számúérintők húzhatók.Tehát »nem lehet egy egyenesen keresztül oly síkot fektetni,mely kisebb szög alatt hajlik valamely síkhoz, mint az egyenes.«A 94. b. ábra a feladat megoldását mutatja abban az esetben,a midőn az c egyenes a képtengelyt egy S pontban metszi. Az e-nektetszés szerinti (AA") pontján keresztül a 2-dik képsíkkal párhuzamosés az 1-söhöz φ szög alatt hajló (A'Ci, A"C"\) egyenest fektetünk,melynek 1-ső nyoma Cl. Az A'Ci sugárral, azaz A"Ax cotg

— 107 —-Α 75. feladattal szemben állítható a következő:76. — 77. feladat. Egy adott síkban fs u s^J-ben, adott ÍA\ A")ponton keresztül egyenes fektetendő, melynek 1-ső képsíkszöge αismeretes.Megoldás. (95. ábra) Az A" ponton keresztül a képtengelyhezα szög alatt hajló egyenes ezt a D pontban metszi. Az AxD vonaldarabbalaz A' pontból leírható k kör s^et E ít í\-ben találja, melymár a keresett egyeneseknek e, f-nek 1-ső nyoma lesz, és melyből(e', e"), (/', f") szerkeszthető.A feladatnak 2, 1, 0 megoldása szerint a mint az α kisebb,95. ábra. 96. ábra.egyenlő vagy nagyobb mint a síknak 1-ső képsíkszöge φ. A másodikesetben az egyenes a sík 1-ső esővonala. Egy síkban tehát nemlehet oly egyenest felvenni, mely kisebb szöget képez egy másiksíkkal, mint a sík maga.77. — 78. feladat. Szerkesztendő egy síknak 1-ső képsíkszöge,Ιια a síknak három pontja A, B, C van adva.Megoldás. (96. ábra) A feladat megoldása úgy értendő, hogya sík nyomait nem akarjuk felhasználni. Ε végből egy 1-ső fővonalata-t fektetünk pl. a Β ponton keresztül és ennek segélyével meg-

— 108 —-kereshetjük az A ponton keresztül menő (e\ e") 1-ső esővonalat(e' | a'), mely a-t az Ε pontban metszi. Az e egyenes 1-ső képsíkszögeφ = (A) E' A', egyszersmind 1-ső képsíkszöge az ABCsíknak.Hogyan oldható meg a 77. feladat ezen adatok mellett?79. feladat. Szerkesztendő egy egyenesnek és egy síknakhajlásszöge az oldalképsíkhoz.Megoldási utasítás. Felkeressük az egyenesnek oldalképét,illetve a síknak oldalnyomát. Az egyenes 2-dik és oldalképéből valaminta síknak 2-dik nyoma és oldalnyomából a hajlásszög már azelőbbiek szerint könnyen szerkeszthető.78. Visszapillantás az V. fejezetre. Ε fejezetben az egyenesés a sík, valamint két sík hajlásszögét értelmeztük és az egyenes éssíknak hajlásszögeit a képsíkokhoz, tehát a képsíkok irányában legkülönösebbhelyzetű síkokhoz, tanultuk szerkeszteni.A szerkesztés mindig két egyenes hajlásszögére volt visszavezetve,melyeknek közös 1-ső, vagy 2-dik projiciáló síkjuk volt ésegyike vagy az illető képsíkban feküdt, vagy azzal párhuzamosanhaladt.A következő fejezetben megismerkedünk két egyenes, sík ésegyenes, valamint két sík hajlásszögének szerkesztésével, ha azok aképsíkok irányában általános helyzetűek. De itt még áttekintéstakarunk nyújtani a hajlásszögnek, mint meghatározó föltételeknekértékéről.Ha egy A pontból egy S síkra bocsátott merőleges e síkot egyA t pontban metszi, és az A, pontból egy k kört írunk le az S síkban,akkor e kör összes pontjainak Γ-nek összekötő egyenesei és összesérintőinek s , mert minden egyenesen σο 1 pont van. Ε szerint a képsíkokhozα, β szög alatt hajló egyenesek száma σο 2 , tehát csak annyi,mint a párhuzamos egyenesek száma. így tehát az egyenest a mellett,hogy képsíkokhoz α, β szögek alatt hajoljék, még általában két föltételnekvethetjük alá, pl. hogy egy ponton menjen keresztül (70. fel-

— 109 —-adat), vagy két egyenest messen (46. feladat), de e föltételeknek amazoktólfüggetlennek kell lennie.így nem adható még föltételül, hogy az egyenes egy másikramerőleges, vagy egy síkkal párhuzamos legyen vagy az oldalképsíkhozegy γ szög alatt hajoljék, mert ezek mellett nem elégíthetők kiaz ν. β hajlásszögekre vonatkozó föltételek.Egy síkra nézve egy föltétel, hogy egy adott S síkhoz (vagyegyeneshez) φ szög alatt hajoljék, mert S-nek minden egyeneséncsak véges számú (két) sík fektethető, mely hozzá φ szög alatt hajlik.Ezért a képsíkokhoz φ, ψ szög alatt hajló síkok száma «Λ A síktehát adott képsíkszögek mellett még egy azoktól független föltételnektehet eleget, pl. hogy egy ponton menjen keresztül, de nem annak,hogy az oldalképsíkhoz egy χ szög alatt hajoljék.Mert egy síknak hajlásszögei

110léseket a rajzlappal egyesült síkban véghezvinni, s végre a nyert térelemeketaz eredeti síkba visszahelyezni kell. Egy síkidom síkjánakegyesítése a rajzlappal, és a rajzlap egyes pontjainak vagy egyeseinekvisszahelyezése a síkba, végre az ehhez fűződő feladatok megoldásaképezi tehát főtárgyát e fejezetnek; a planimetriai szerkesztéstazonban, melyet az egyes feladatok megoldásai kívánnak, mintismertet kell tekintenünk.80. A sík leborítása az egyik képsikba. Az [s^ s 2 ] síkban,(97. ábra) egy ABC háromszöget veszünk fel, és a síkot a benne97. ábra.fekvő háromszöggel együtt a síknak 1-ső nyoma körül forgatjuk,míg az 1-ső képsíkba nem jut, azaz a síkot az 1-ső képsíkra leborítjuk.Ha csak arról volna szó, hogy az [s 1; s 3 ] síkot borítsuk le az1-ső képsíkra, azt képzeletben is tehetjük; de nekünk az ABCháromszög helyzetét kell megszerkesztenünk akkor, a midőn síkjaaz Sí körül forgatva, az 1-ső képsíkkal egyesül. És ha eredetileg az[sj, s 3 ] síknak 1-ső képsíkszöge

— 111 —-mignem akkor, a midőn a sík az 1-ső képsíkkal egyesült, a kisebbedőszög 0°, a nagyobbodó 180° lett. A leborított háromszöget tehát kéthelyzetben fogjuk nyerni a szerint, a mint a ρ vagy a 180°-© szöglett a forgatás végeztével egyenlő zérussal.Szerkeszszük meg az [s x , s 3 ] síknak 1-ső képsíkszögét o-t,pl. mint az A ponton keresztül menő e esővonal (A)E 1 A' 1-sőképsíkszögét.Az A ponton keresztül menő e esővonal a síknak S! körültörténő forgatása előtt és után merőleges s^re az E L pontban;ennélfogva leborított helyzete e L egybeesik 1-ső képével e'-vel. Ezenlesz a leborított A pont A x és pedig oly távolságra E v -tői, mint amilyen a forgatás előtt volt, t. i. E L (A).Ennélfogva az 1-ső képsíkra leborított S sík A pontjának leborítotthelyzetét A x -et megkapjuk, ha A-nak 1-ső képéből A'-ból a sík1-ső nyomára s r re bocsátott e' merőlegesre annak talppontjátólmérve az EfA) vonaldarabot, mint az A pontnak távolságát s y -től,reárakjuk egyik és másik oldalra.Az AB egyenes s r et a Ό pontban metszi, mely pont nem változtatjahelyzetét a forgatás alkalmával; A t B x D lesz tehát a leborítottABD egyenes, melyen B u a B-n keresztül menő 1-ső esővonal1-ső képének metszőpontja ^D-vel.Ugyanígy, ha az (AC, sj = F pontot J^-gyel összekötjük, ésC-ből merőlegeset bocsátunk s^ úgy ezeknek metszőpontja C L aleborított C pont. Végre a BC egyenes s^et egy G pontban metszi,melyen a egyenesnek is keresztül kell menni.Az S sík ABC háromszöge nyoma körül az 1-ső képsíkraleborítva a két A^B^Cy háromszög egyikére kerül a szerint, a mint asík pontjaitól leírt íveknek centriszöge φ vagy 180°-©.Az A'B'C, A 1 B 1 C I háromszögek perspectiv helyzetű affinalakzatok, mert a megfelelő pontoknak A',A 1 ; B',B lt C', C^-nekösszekötő egyenesei párhuzamosak, és a megfelelő egyeneseknekA'B', A 1 B 1 \ . . .-nek metszőpontjai egy egyenesen, az s^en feküsznek.Ezt általánosabban ekkép fejezzük ki: egy síksokszög orthogonalisprojectiója egy Κ síkra perspectiv helyzetű affin azzal asokszöggel, melyet nyerünk, ha az eredeti sokszöget síkjának és a Κsíknak s metszővonala körül a Κ síkra reáborítjuk; s az affinitásttengely, az erre merőleges sugarak a projiciáló sugarak.Az S síkban fekvő ABC síkszög leborításánál a sík nyomakörül az 1-ső képsíkba, csak egy pontnak (legczélszerűbben annak,melynek 1-ső képe s r től legtávolabb), pl. A-nak, kell leborított helyzetét,J-j-et a pont 2-dik képének A"-nek felhasználásával meg-

— 112 —-határozni,—-mert az A x pont, a síksokszög 1-ső képeésasik nyoma,mint láttuk, elégséges a leborított sokszög többi alkotó részénekmegszerkesztésére. A mi pedig az A x pont felkeresését illeti, nemszükséges az A'E X (A) háromszög megrajzolása, hanem csak azE y (A) átfogónak hosszúsága. Ezt pedig, mint az A"A X , A'E X befogókbólalakítható derékszögű háromszögnek átfogóját a háromszögmegrajzolása nélkül is körzőbe foghatjuk, pl. ha vagy az A'E 1vonaldarabot az A x ponttól a képtengelyre rakjuk i-ig, ekkor 1A"a keresett átfogó ; vagy pedig az A"Αχ vonaldarabot az E x ponttólSi-re rakjuk H-ig, ekkor HA' a keresett átfogó.81. A sik visszaállítása. Egy a sík nyoma körül az illető képsíkraleborított sokszög leborított helyzetéből a sokszög képeit, azaza sokszöget megszerkeszteni a sík visszaállításának nevezzük.Tekintsük a 97. ábrában az A, B x C x háromszögek egyikétadottnak, a melyről azonban tudnunk kell, hogy a síknak mely szögalatt (φ vagy 180°-©) képzelt forgatásából származott, és határozzukmeg az A'B'C', A"B"C" képeket. Az A x ponttól az s r re bocsátottA X E X merőleges, a sík egy e 1-ső esővonalának leborított helyzetee x és 1-ső képe e'. Ennek és így a síknak is megszerkesztjük 1-sőképsíkszögét φ-t; ezután egy derékszögű háromszöget, pl. E x A'(A)-etrajzolunk, melynek átfogója A X E X és egyik szöge φ. Ε háromszögneka

- 113 —1-ső képsíkkal párhuzamos és az a-η keresztül menő Κ síkra kellleborítani és ebben a helyzetben a vele congruens 1-ső képet meghatározni.Az a fővonalnak tehát ugyanaz a szerepe van jelenleg,mint előbb az s,-nek.Az A ponton keresztül menő esővonalnak AE-nek, mely a-taz Ε pontban metszi, 1-ső képsíkszöge φ az A'E'(A) háromszögnekE'-nél levő hegyesszöge, s mely háromszögnek A'(A) befogója azA pont távolsága Κ-tói, vagy a mi evvel egyenlő : az A" távolságaa"-tői. Az A'(A) vonaldarab adja tehát az A pontnak és így a forgatottA pontnak, A t -^,,nek távolságát azl?-től, / \mely az 1-ső képében \EMVben valódi nagy- f" \ságában projiciálódik. —yV o" fó"Ha tehát az E'(A) ; : \vonaldarabot az A'E' \egyenesre jE'-től mérve \egyik és másik oldalrareá rakjuk A\-ig, meg- / \ · xkapjuk az α körül a Κ: ·Τ"\síkba forgatott ylpont- X ^ f ; e \\

— 114 —-szolgáltatja, mely ismét az A'B'G' meghatározásához vezet. Az Apont 2-dik képe A", az a"-től A' (^4) távolságára van az a" fölöttvagy alatt a szerint, a mint az A x pontot az 1-ső képsíktól eltávolítjukvagy ahhoz közelítjük, a midőn azt A-ba forgatva képzeljük.A D, F, G pontoknak 2-dik képe a"-őn, a Ü,C pontoknak2-dik képe pedig az A"D", A"F" fekszik és B"G" egyenes a G"ponton megy keresztül. — Természetes, hogy a sík nemcsak 1-sőnyoma körül borítható az 1-ső képsíkra, vagy egy 1-ső fővonalakörül az első képsíkhoz párhuzamos síkra, hanem egyszersmind a2-dik nyom körül vagy egy 2-dik fővonal körül forgatva a 2-dik, illetveaz ehhez párhuzamos síkra. A végzendő szerkesztést, mint jógyakorlatot, az olvasóra, vagy helyesebben a rajzoló olvasóra akarjukbízni.Mielőtt ujabb feladatokhoz térnénk, emlékezetbe kívánjukhozni azt, hogy már előbb is ráborítottunk síkokat az egyes képsíkokra.így a midőn egy vonaldarab valódi hosszúságát, vagy az egyenesnekképsíkszögét szerkesztettük, ama vonaldarabnak és ezenegyenesnek az 1-ső vagy 2-dik projiciáló síkját az illető képsíkraborítottuk. Ámde ezek a szerkesztések valamivel egyszerűbbek voltak,mert a sík projiciáló volt. Egy az 1-ső képsíkra projiciáló[s u s. 2 J síknál ugyanis a leborítandó pontnak távolsága az s t nyomtólközvetlenül adódik ki, mint a pont 2-dik képének távolsága a képtengelytől; míg más síknál e távolságot a jelzett derékszögű háromszögátfogójában nyerjük meg, melyet tehát még szerkesztenünk kell.Ennyiben különbözik egy dűlt vagy feszített sík leborítása egy projiciálósík beborításától.Feladatok.83. — 80. feladat. Szerkesztendő az A pont távolsága az e egyenestőlés az A-ból az e-re bocsátott merőleges metszőegyenes m.Megoldás. (99. ábra). Az A ponton és az e egyenesen keresztülfektetett síkot annak, pl. 1-ső nyoma körül az 1-ső képsíkra borítjuk;a leborított A pont távolsága a leborított e-től a keresett távolság, ésa leborításban meghúzott merőleges visszaállítása a kívánt merőleges.A kivitel ezek szerint következő: Az A ponton keresztül aze-vel párhuzamosan haladó / egyenesnek és e-nek F u 1-ső nyomátösszekötjük, és A-t valamint f és e-t az s t összekötő egyeneskörül mint az [A, e] sík első nyoma körül az 1-ső képsíkra borítjuk.Ha A'GA X J_ sj; A'(A) _j_ GA\ A'(A) = A X A", (.A)G = QA U

— 115 —akkor A x F x =f a leborított /, melylyel Έ γ Β ν = e y párhuzamos ésA 1 B 1 J_e l a keresett távolság. A,B L =m L a leborított merőleges,B 1 B'J_s l az e'-et B'-ben metszi és {A'B', A'B") a keresett m egyenesnekkét képe.Ugyané szerkesztés az e, f párhuzamos egyenesek távolságának,^Z^-nek, meghatározását is jelentheti.84. — 80. feladat. Két metszőegyenes hajlásszögeinek és szögfelezőinekszerkesztése.Megoldás. (100. ábra). Az e és /egyenest [e, f] síkjának egyiknyoma körül az illető képsíkra, vagy egy íővonala körül a képsík-ψ;99. ábrakal párhuzamos síkra borítjuk; a leborított egyenesek szögei a keresettszögek, azoknak szögfelezői a visszaállított síkban a keresettegyenesek.A kivitelnél az [e, f] síkban egy 1-ső fővonalat a-t veszünk fel.A'G'A l J_ a', A'(A)±A'G', A'(A) = A" távolsága a"-től, A\G' =(A)G'; A\E' — e\, A\F' = f\, ezeknek hajlásszögei a keresett szögek.Az e\, f\ egyenesektől képezett szögek felezői m\, n\ ; ezekα'ΛΜ',Ν' pontokban metszik; A'M' = m', A'N' = ri, M'M" ésN'N" \_a", A"M" = m", A"N" = n"· (m', m"), (n', n") a keresettszögfelezők képei. —Szerkesztendő egy sík két nyomának, valamint a symmetriaéscoincidentia-egyenesének hajlásszögei, valamint azoknak szögfelezői.—8*

116Α 80. feladatra vezethető vissza a következő kettő :81. feladat. Egy egyenes és egy sík hajlásszögének szerkesztése.Megoldás. (100. ábra). Az adott e egyenes egy A pontjából azadott S == [Sj, s 3 ] síkra/ merőlegest bocsátunk ; az e,f egyenesek hegyesszögűhajlásszögének pótlószöge a keresett.A kivitelnél az A'A" pontoktól az s x , sbocsátott /', f" merőlegesek/-nek képei. A többi, mint az előbbi feladatnál, csak ahegyesszög e\ f\ pótlandó egy derékszögre.A midőn a sík három pontjával van megadva a szerkesztés következőképenis végezhető : Ha például az l fénysugárnak akarjukhajlásszögét az ABC háromszög síkjához meghatározni (101. ábra),akkor a képtengelyt az L pontban metsző / fénysugárnak egy Ρ100. ábra.pontjából az ABC háromszög síkjára m merőlegest bocsátunk ésaz ml hajlásszöget 90°-ra pótoljuk.A kivitelnél: m" \_ b", m' 1 a'; a, b, az ABC síknak fővonalai.jw-nek 1-ső nyoma M x ; a Ρ pont az M x L —ν nyom körül az1-ső képsík Pj pontjába lesz forgatva 'PyP'P^ I v, P 1 L = PL) és^PjP,,

ι— 117 —-változó síkra merőleges m egyeneseknek hajlásszögét az l fénysugárhozegyszerű úton megkapjuk, mihelyt m-nek 1-ső nyoma Μ ϊismeretes.82. feladat. Szerkesztendő a képtengelynek, vagy a háromképsík egyikével párhuzamos egyenesnek hajlásszöge egy adott általános,vagy különös helyzetű síkhoz.85. — 83. feladat. Két sík hajlásszögeinek szerkesztése.Megoldás. (102. ábra). A két adott S, U sík g metsző vonaláramerőlegesen álló V sík azokat e, f egyenesek szerint metszi; ezutóbbiak hajlásszögei egyszersmind az adott síkoknak hajlásszögei.A kivitelnél több egyenes húzása fölöslege.ssé válik, ha a következőképjárunk el: Az SU síkok g metszővonalának 1-ső nyomától(rj-től aránylag nem nagy távolságra egy A pontot veszünkfel; e ponton keresztül menő és a g-re merőleges V síknak megszerkesztjük1-ső nyomát fj-et, pl. az A ponton keresztül menőa b fővonal segélyével (b'Hx, b" \_g").A ν = /ι>!, A] "síkot a nyoma körül az 1-ső képsíkra borítjukés -4-nak leborított helyzetét A r et felkeressük ((g\ v 1 ) = H.A"A x = (A)A'\_g', A 1 H= (A)H); végre az A r nek összekötőegyenesei az (s lt υJ = E u (u 1 ,v i ) = F 1 pontokkal képezik a f,

— 118 —-körül az 1-ső képsíkba beborított e lt f x egyeneseket, melyeknekhajlásszögei a keresett szögek.A mint látható a V síknak 2-dik nyomát és az e, f egyeneseknekképeit nem kellett megrajzolnunk. A v. 2 nyom a (v x , x) = Vtengelypontból a g"-re bocsátott merőleges; s ha az E u í\-nektengelyképei E'\, F'\, akkor E X A\ E'\A", F X A', F'\A" az e, fegyeneseknek képei.A V sík fj nyomát és az A t pontot az előbbi eljárástól eltérőlegis lehet szerkeszteni. Ugyanis az A'(A)G X háromszög G x szögeJ102. ábra.és az A'(A) Η háromszög Η szöge a g egyenesnek, illetve a V síknak1-ső képsíkszöge ; s mert az egyenes a síkra merőleges, azértH(A)G 1 derékszög. Ha tehát a ,^-nek 1-ső képsíkszögét akkép szerkesztjük,hogy 1-ső projiciáló síkját az 1-ső ^képsíkra borítjuk (g-nek2-dik nyoma G,; G' 3 (G 2 ) ± g', G',(Gj = G\G„ [G % )G X = (g),akkor a leborított (g) bármely (A) pontjában (g)-re emelt merőleges^'-et a í/j-nek egy Η pontjában metszi. Ezzel meg van egyszersmindv x G X H és A x a ^'-ön (HA X = Η {A)), tehát az A X E X —és A x F x =f x egyenes, mely a síkok hajlásszögeit képezi. —Szerkesztessenek hajlásszögei két síknak, melyek: a) az egyikképsíkra projiciálók; b) a képtengelylyel párhuzamosak, tehát az

— 119 —-oldalképsíkra projiciálók; c) melyeknek 1-ső nyomai párhuzamosak; d) melyeknek metszővonala a képtengelyre merőleges, pl. asymmetria- vagy coincidentia-síkra merőleges síkoknak.Szerkesztessenek két sík hajlásszögei, melyek három-hárompontjukkal vannak adva (legegyszerűbben, mint a síkokra bocsátottmerőlegeseknek hajlásszögei).84. feladat. Szerkesztendők két metsző egyenes-nek, e, f nek,szögfelező síkjai, azaz a két egyenes szögfelező egyenesein keresztülmenő és azoknak síkjára merőleges síkok.Megoldás. Miután az e, f egyenesek hajlásszögeit felező m, ηegyeneseket megszerkesztettük, az (e, f) = A ponton keresztül az[e, f] síkra d merőlegest emelünk ; az [m, d] = R, [n, d] = Τ síkoka kívánt szögfelező síkok. (103. ábra.)A kivitelnél czélszerű ekkép eljárni: Az e, f egyenesek Ametszőpontját az [e, f] egyik nyoma pl. az e, f 1-ső nyomaitF r et összekötő v x egyenes körül az 1-ső képsíkra borítjuk A^be,(A'B±E Í F 1 , A'(A)±A'H, A\A)= A"A X , H(A) = HA 1 , A, aHA' egyenesen); az F^A^E^ szög és mellékszögének m u % felezőiaz E X Fj egyenest az M u N u pontokban, az m, η egyenesek 1-sőnyomaiban metszik. Az \e, f] síkra az A pontban merőlegesenálló d egyenesnek 1-ső képe d' = A'HD V és 1-ső nyoma( A ) D í _ L (A)Gr). Z>!-nek tengelyképe D'\, tehát d-nek 2-dik képed" = A"B'\, és 2-dik nyoma Ώ % . Végre az [m, d\, [n, d\ síkoknak1-ső nyomai B l M 1 , DyNyés 2-dik nyomai a ponton mennekkeresztül.Két metsző egyenes szögfelező síkjai irányában oly helyzetű,hogy az egyenesek egymásnak tükörképei e síkokat illetőleg. Ebbőlkövetkezik : két egyenes szögfelező síkjai tartói azon pontoknak ésegyeneseknek, melyek a két egyenestől egyenlő távolságra vannak:a szögfelező síkokra merőleges, valamint e síkokhoz párhuzamosés így egyszersmind e síkokban fekvő, síkok és egyenesek a két egyeneshezegyenlő szögek alatt hajlanak.Mert ha az e, f egyenesek szögfelező síkjaira egy Ρ pontbólmerőlegeseket bocsátunk, akkor az egyes merőlegeseken keresztülmenő síkok az e és /-el, valamint az ezekkel párhuzamos egyenesekkelegyenlő szögeket képeznek.85. feladat. Két sík szögfelező síkjainak szerkesztése.Két sík szögfelező síkjai a két sík metszővonalán mennek keresztülés a két síkkal egyenlő szögeket képeznek.Megoldás. Tekintsük az előbbi 103. ábrában az [e, d], ff, d]síkokat az adott síkoknak. Ezeknek metszővonala a d és hajlásszögei

— 120 —-az e, f egyeneseknek hajlásszögeivel méretnek, mert ezek azegyes síkokban feküsznek és a d metszővonalra merőlegesek. Azcf szögek felezőit m és «-et a d-vel összekötő [m, d], [n, d] síkok akeresettek, mert a d metszővonalon mennek keresztül és azadottakkal egyenlő szögeket képeznek.Két sík mindegyikVpszögfelező síkja irányá-/1 nv ban egymásnak tükör-/ ' / képe. Ennélfogva: két/ sík szögfelező síkjai tar-/ tói mindazon pontok-/ a/// ' , x \ nak, melyek a két sík-/ / ud" ,y / /Xs w- tol egyenlő tavolsagra/ / / !_ ^''tÍ· „. vannak', minden a szög-—Αχ^Γ ^ ^Xfelező síkokkal párhu-N? i i . ^J^T ' / f zamos vagy azokra me-• χ ', \ ; ~ jj úfáj rőleges sík és egyenesX&C | a két síkhoz egyenlő———- I szögek alatt hajlik.' • ^ A ^ A A v V F 86. — feladat.n^^ 1 Egy ponton kereszfi/ tűi oly egyenesek fek-\ \ / tetendők, melyek egyadott e egyenest met-103. ábra szenek és ahhoz ε szögalatt hajlanak.Megoldás. Az [A, e] síkot egyik nyoma körül az illető képsíkravagy egyik fővonala körül az illető képsíkkal párhuzamos síkra borítjuk; ott elvégezzük a kívánt planimetriai szerkesztést és a nvertegyeneseket visszaállítjuk.A 104. ábrában az \A, e] síknak A ponton keresztül menő bfővonalát választottuk forgástengelynek, mely e-t a Β pontbanmetszi. Ha a [b, e] síkot a 2-dik képsíkkal párhuzamos és a b-n keresztülmenő síkra borítjuk, akkor e-nek leborított 2-dik képe e" 2 .(Ρ, P') tetszés szerinti pontja (e', e")-nek; (P" Q" _j_ b", P"[P] _LP'Q", Ρ" [Ρ] — Ρ távola a b'-tői, Q" P'\ = Q" | P] és P" 2 aP"Q" egyenesen van: P'\ B" = e" 2 ). Ezután a & forgástengelyenfekvő változatlan A pontnak 2-dik képéből ^."-ból aze" 2 -höz ε szög alatt hajló A"G'\, A"D'\, egyeneseket huzunk,melyek e" 2 -őt a C" 2 , D"., pontokban metszik; e pontok visszaállítvaaz 0", e')-ön (C", 'θ'), (D", D') képeket adnak (C" C" t

— 121 —-és D" fl'UO; és {A'C, A"C"), (.A'D', A"D") a keresettegyeneseknek képei.Az AC, AD vonaldarabok az ACD egyenszárú háromszögkövetkeztében egyenlők, ezért az ábra e feladat megoldásának istekinthető : egy e egyenesenoly pontot szerkeszteni,mely az A ponttóladott r távolságra van.A helyett ugyanis, hogyaz A" ponton keresztülaz e". r \\öz ε szögek alatthajló egyeneseket A"C'\,A"D'\ húznánk, e" r öt azA" ponttól r sugárral leírtkörrel metszük pl. a C" 2 ,D"., pontokban és azokatvisszaállítjuk. Áttekinthetőbbenkifejezve ez utóbbifeladat „az e egyenes metszőpontjátegy az ^középpontbólr sugárral leírhatógömbbel" kívánja.87. feladat. Fektessünka g egyenesen keresz-104. ábra.tül síkokat, melyek egy adott S síkkal adott szöget képeznek. (A 75.feladatnak általánosítása).Megoldás. (105. ábra). A g egyenes egy A pontjából az adottS síkra bocsátott merőleges a síkot egy Β pontban metszi. Ha az Ssíkban a Β pontból AB cotg ε sugárral leírt k körnek bármely érintőjénés az A ponton keresztül síkot fektetünk, akkor e sík az S-hezε szög alatt hajlik.A kívánt síknak a g egyenesen kell keresztül mennie, tehát a kkör érintőjének a g egyenest metszeni kell. Ezért g és S metszőpontjábólG'-ből a k körhez vonható e, /érintők^ egyenessel együtt olyí e >

— 122 —-105. ábra.Β és C pontoknak az nyom körül az 1-ső képsíkba leborítotthelyzete B ly C X ; a Β γ pontból [B~\ D sugárral leírt k L körhez C r bő\két érintőt e u /-et húzunk; ezeknek F x metszőpontja s^el, aze,/érintőknek 1-ső nyomai. B Í ,G 1 , F u O i az [e, g], [/, g\ síkoknak1-ső nyoma, a 2-dik nyomok pedig g-nék. 2-dik nyomán G a -nmennek keresztül.A feladat descriptiv megoldása nem változik, ha a g egyenespárhuzamos az S síkkal, azaz a G pont a Β ponton keresztül menőés £-vel párhuzamos egyenesen végtelen távol van, ellenben egyszerűsbbül,ha a g az S síkban van. Ekkor ugyanis két sík hajlásszögeinekszerkesztésénél köv.etett eljárást alkalmazzuk, mert gmetszővonala az adott S és a keresett síknak és ezeknek hajlásszögeaz adott ε szög.Ε szerkesztésre vezethető vissza a következő feladat:Égy g egyenesen keresztül menő és egy s egyenessel ε szögetképező síkok szerkesztése. Ugyanis egy oly sík, mely az s-re merőlegessíkhoz 90°-ε szög alatt hajlik, az az s egyenessel ε szöget fogképezni.88. feladat. Adva van két sík U, S; fektessünk az U sík A pontjánkeresztül e síkban oly egyenest, mely az S síkhoz ε szög alatt hajlik.(A 77. feladat általánosítása).Megoldás. Az A pontból az S síkra bocsátott AB merőlegesnekΒ talpából k kört írunk le az S síkban AB cotg ε sugárral; ha ékör

- 123 —az S, U síkok g metszővonalát az E, F pontokban metszi, akkor azAE, AF egyenesek a kívánt tulajdonságúak.A descriptiv megoldásnál az S síkban fekvő g egyenes és, a kkör S-nek egyik nyoma körül az illető képsíkra lesz borítva; ottlesznek az E, F pontok leborításai meghatározva és g-re visszaállítva.Ε feladatra vezethető vissza a következő: Egy U sík A pontjánkeresztül az U síkban oly egyenes húzandó, mely egy adott 5 egyeneshezε szög alatt hajlik. Ugyanis minden egyenes, mely az s egyenesremerőleges S síkhoz 90°-ε szög alatt hajlik, az az 5 egyeneshezε szög alatt fog hajlani. —Oldjuk meg, mint e feladatnak speciális esetét a következőt:Egy U síkban, annak A pontján keresztül fektessünk egyenest, melya képtengelylyel ε szöget képez.87. — A két utolsó feladatnál előforduló k köröket leborítotthelyzetükben hasznáhuk a megoldásra, de kérdezhetjük, hogyanlehet egy kör képeit szerkeszteni ? Erre nézve általánosabban akarunkfelelni.Ha egy [s lf síkban egy k görbe vonalat, vagy rövidenmondva görbét képzelünk, akkor görbe k', k" képei általában szinténgörbék lesznek. A görbe A, B, . . pontjainak A', B', ...; A", B",...képei, pontjai a k', k" görbéknek, és ha az A, Β pontok ife-nak igenközel fekvő pontjai, tehát összekötő egyenesük a &-nak egy t érintője,akkor az AB' és A", B" képek is igen közel jutnak egymáshozs ezért összekötő egyenesük a k', k" görbéknek t', t" érintői.Más szóval kifejezve: egy síkgörbe pontjainak és érintőinek képeia görbe képeinek pontjai és érintői. Ε pontok és érintők meghatározásavégett a k görbe, síkjának egyik nyoma körül az illető képsíkralesz reáborítva, azaz k v leborított helyzetben megrajzolva, és k xpontjai és érintőiből annyit lehet a síkba visszaállítani, a mennyia k', k" képek megrajzolásához czélszerűnek mutatkozik.Ha a k' és k" természete a k görbe ismert tulajdonságaibólelőre megállapítható, a mi geometriai görbéknél (ellentétben a grafikus,azaz tetszésünk szerint rajzolt görbéknél) rendesen lehetséges,akkor & x -ből csak annyi és oly pontot és érintőt állítunk vissza, amennyi és a milyen a k', k" görbék meghatározására elégséges, ése görbéknek új pontjait és érintőit más, rendszerint egyszerűbb módszerekalkalmazásával szerkesztjük. így ha előre tudjuk, hogy £-nak1-ső képe k', kör lesz, akkor yfe'-nek csak három pontját határozzukmeg a leborított k y görbe segélyével és a nyert három ponton keresztülkört írunk le.

— 124 —-Jelenleg már elég elemi úton kimutatható, hogy egy körnekderékszögű pt ojectiója a kör síkjával nem párhuzamos síkraegy ellipsis.Bizonyítás :A 2-dik képsikra projiciáló [Sj, s 3 ] síkban (106. ábra) annak{M\ M") pontjából mint középpontból r sugárral egy k kört képzelünkleírva.A körnek az 1-ső képsíkkal, ill. a 2-dik képsíkkal párhuzamosés jelenleg merőleges átmérői AB, CD; ezeknek A'B' és C"D"V106. ábra.képei egyenlők 2r-rel, A" = B" = M" és C D-nek 1-ső képe merőlegessj-re.Az Sj körül az 1-ső képsíkra leborított k kör és AB, CD átmérők: AyBy, GJD { . A k kör egy Ρ pontjának leborított helyzetébőlP x -bői annak képei Ρ', P", mint az ábra mutatja, egyszerűen szerkeszthetők.A kör középpontján keresztül az 1-ső képsíkkal párhuzamossíkot U-t képzelünk. A Ρ és D pontból e síkra bocsátott merőlegesektalpai P 0 , 2-dik képei P\, D" 0 , ha M"P\D"J/x, P"P" 0 ésD"D" 0 _L at.Az AB átmérőn M-től D"D" 0 távolságra két pontok F, G-t

- 125 —és lebo-szerkesztünk; ezeknek 2-dik képei M", 1-ső képei A'B'-öηrított helyzetei A x B r en akkép feküsznek, hogyM'F = G'M' = MJ

— 126 —-Bár a k kör síkjának helyzete a képsík irányában különös, atétel általános síknál is igaz marad, mert a sík csak a 2-dik képsíkirányában különös, de az 1-ső képsík irányában általános helyzetű.88. feladat. Egy fs h s, ] dűlt síkban fekvő kör képeinek szerkesztése.Megoldás. (107. ábra.) A kört az s 2 ] sík s L nyoma körülleborított k x helyzetében veszszük fel és megszerkesztjük Μ középpontjánkeresztül menő1-ső eső vonalnak 1-sőképsíkszögét M'I (M)-et;ezután az sj-nyommalpárhuzamos AB átmérőnekés az előbbi esővonalonfekvő CD átmérőnekképeit A'B', A"B" ésC'D', C"D"-t. Ezek a k-χ 1-ső képének £'-nek tengelyei,a 2-dik képénekk"-nek kapcsolt átmérőilesznek.&"-nek tengelyei szinténa 2-dik fő- és esővonalakonfeküsznek.Az LEMF 2-dikfővonalnak 1-ső képeL'E'M'F' párhuzamos#-szel: L 1-ső nyomátΜ Λ -gyei összekötő egyenesannak leborított helyzete; a reá merőlegesGyMyHyN átmérő egy2-dik esővonalnak leborított helyzete.Az EF és GE átmérőknek leborított helyzeteiből az E'F',E"F", G'H', G"H" képek meghatározhatók és E"F", G"H" már a&"-nek fő- és melléktengelye.A k', k" ellipsiseknek az λ; képtengelyre merőleges érintőit ésérintőpontjait megkapjuk, ha a k körnek az oldalképsíkkal párhuzamosKM átmérőjét és a KM-mel párhuzamos körérintők P, Q érintőpontjátelőbb a leborított helyzetben (KM V P lt Q L ) aztán ez utóbbiakataz 1-ső és 2-dik képben (Ρ', P"), (Q', Q") megrajzoljuk, mintezt az ábra mutatja. —

— 127 —-Szerkesztendők egy feszített, vagy egy a képtengelylyel párhuzamossíkban fekvő körnek képei.88. Visszapillantás a VI. fejezetre. Ε fejezetben kétféle feladatokkaltalálkozunk: először olyanokkal, melyek tisztán planimetriaifeladatoknak nevezhetők, csakhogy a sík, mely az adatokattartotta és a szerkesztendő térelemek nem feküdtek a rajzlapban;másodszor stereometriai feladatokkal, melynél sem az adatok,sémakívánt térelemek nem feküdtek ugyanegy síkban. Az elsőkre nézvepéldául szolgáltak a 79., 80. és 86. feladatok, a másodikra a 81., 82.stb. feladatok.Mindkét fajú feladatok, mint láttuk, oly planimetriai feladatokralettek visszavezetve, melynél a szerkesztési mező a képsíkvolt. Ez pedig akkép történt, hogy a tisztán planimetriai feladatoknálaz adatok síkját a képsíkkal egyenesítettük, vagy a képsíkkal párhuzamoshelyzetbe forgattuk, a stereometriaiaknál pedig előbb egysíkot kerestünk a térben, mely alkalmas volt arra, hogy az ebbenvégzendő szerkesztések a feladat megoldásához vezessenek és esíkkal akkép bántunk, mint a planimetriai feladatoknál az adatoksíkjával.Minden stereometriai feladat megoldásánál fel kell ismerni,hogy mily síkban végzendő (planimetriai) szerkesztésre vezethetővissza, mely utóbbinak megoldásával egyszersmind a stereometriaifeladat is meg van oldva. így, ha egy β egyenesen keresztül oly síkotakarok fektetni, mely egy 5 egyeneshez φ szög alatt hajlik, akkor azs-re merőleges F síkban kell egy szerkesztést végeznem, mely a feladatmegoldásához vezet. (87. feladat).Vagy pedig, ha egy g egyenesen keresztül oly síkot akarokfektetni, mely egy A ponttól adott r távolságra van, akkor könnyenbelátható, hogy az A pontból a g egyenesre bocsátott merőleges Ssíkban az A pontból az r sugárral kört kell leírni; a g-n keresztülmenő oly sík, mely e körnek egy érintőjét tartalmazza, már a kivánttulajdonsága. Jelen feladatnál az S sík az, melyben a planimetriaiszerkesztést végezzük; bár nem közvetlenül, hanem a képsíkokegyikére leborított síkban.Ε példák eléggé igazolhatták, hogy e fejezet tárgya az ábrázológeometriának legfontosabb részét képezi.

— 128 —-VII.FEJEZET.Forgatás a képsíkra merőleges tengelykörül.89. A forgatás mibenléte, feladata és ezélja. Az előbbi fejezetbensíkalakzatokat a sík egyes fővonala vagy nyoma körül forgattunk.A forgásszög, azaz a sík pontjaitól leírt ívek középpontiszöge a síknak mindig egyik képsíkszöge (a hegyes vagy a tompa)volt, úgy hogy a sík bevégzett forgatása után az egyik képsíkkalvagy egy azzal párhuzamos síkkal egyesült, tehát egy ily síkra lettreáborítva.Egy síkot azonban nemcsak egy abban fekvő egyenes körül,hanem bármily helyzetű egyenes — forgástengely — körül bármilyforgásszög alatt forgathatunk. A síknak minden pontja, és hogyhaegy a képsíkon kívül fekvő alakzat is részt vesz a forgásban, úgyennek is minden pontja, a forgás alkalmával körívet írt le, melyneksíkjaa forgástengelyre merőleges, melynek középpontja a forgástengelyenvan, és mely ívnek középponti szöge a forgásszög.A forgatásnak, mint segédeszköznek egy geometriai feladatmegoldásánál az lehet a ezélja, hogy a forgatandó alakzat egy vágjtöbbtéreleme a végzett forgatás után egy állandó térelem irányábanegy bizonyos, a feladat megoldását előmozdító helyzetet foglaljonel. Vagy lehet a forgatás maga önczél, azaz a forgatandó alakzatnakábrázolása a képzeletben végzett forgatás után lehet maga a kitűzöttfeladat.A forgatás legegyszerűbben eszközölhető (a mi az ábrázolástilleti), ha a forgástengely a képsíkok egyikére merőleges. Ekkorugyanis a forgatandó alakzat pontjaitól leírt köröknek képei azonképsíkon, melyre a tengely merőleges, közösközéppontú és amazokkalcongruens körök, a másik képsíkon a képtengelylyel párhuzamosegyenesek. — Ε fejezetben végzendő forgatásnál oly forgástengelythasználunk, mely a képsíkok egyikére merőleges.90. A pont forgatása. Legyen adva az 1-ső képsíkra merőlegest egyenes és egy A pont; forgassuk az A pontot a t tengelykörül:a) adott ε szög alatt,b) míg nem jut egy adott S síkba,c) míg egy adott U síktól r távolságra nem lesz.

— 129 —-Megoldás, α) (108. ábra.) Két helyzetét kapjuk az A pontnak, aszerint a mint a forgatás az 1-ső képsíkra nézve az óramutatóvalellenkező, vagy ugyanegy értelemben történik. Ezen esetekben azA pont uj helyzetét A h illetve i^l-gyel akarjuk jelölni. Az Aponttól leírt teljes k körnek képei k', k"; ezen fekszik A, és ,A ; mégpedig ha az A't'A\ ,A't'A'

— 130 —-ugyanaz, mint egy melléktengelye körül forgó hyperbolától leírtfelület. (Ezzel csak fogalmat akarunk nyújtani ez utóbbi felületalakjáról, de állításunkat nem igazoljuk).A midőn e és t egymást metszi, vagy párhuzamos, akkor aze-nek a t körül történő forgatása alkalmával e-nek a forgástengelyenlevő pontja nem változik,r. ezért ha bármely más pontjának meghatározzukforgatott helyzetét, akkor ezt a változatlan ponttal összekötveegyszersmind a forgatott c egyenesnek is megkaptuk helyzetéta forgatás végeztével. Ha ellenben e és t nem metsző egyenesek,akkor e-nek két pontját kell a forgatás után összekötni, hogy e-t aforgatott helyzetében ábrázolhassuk. Jellemző, hogy az a szög,melyet e és t képez, valamint e bármely pontjának távolsága t-tői aforgatás alkalmával nem változik.Az egyenes forgatása tehát a pont forgatására van visszavezetve.Metszőegyenesek forgatását már két feladatnál alkalmaztuk :a midőn egy vonaldarab valódi hosszúságát és a midőn az egyenesképsíkszögeit meghatároztuk. Az egyenest mindkét esetben annakvalamely pontján keresztül menő és a képsíkok egyikére merőlegestengely körül forgattuk mindaddig, míg nem lett párhuzamos a másikképsíkkal, mely utóbbi síkon levő képnek hosszúsága a vonaldarabvalódi hosszúságát és képtengely-hajlása az egyik képsíkszögetadta. De még nem forgattunk oly egyenest, mely a forgástengelytnem metszi. Ezért: forgassuk az c egyenest egy az 1-sőképsíkra merőleges és az e-t nem metsző t tengely körüla) egy adott ε szög alatt;b) a 2-dik képsíkkal párhuzamos helyzetbe.Megoldás, a) (110. ábra). Az e-nek a í-hez legközelebbi pontjaΒ egy k kört ír le, melynek k' 1-ső képét a forgatott e egyenes 1-sőképe e' minden helyzetben érinteni fog. Ha tehát ιΒΊ'Β'

— 131 —-adva, akkor annak egy forgástengelyre merőleges fővonalát vagynyomát forgatjuk és ezen valamint a sík és forgástengely metszőpontján,mint változatlan ponton keresztül, síkot fektetünk.Forgassuk az [Sj. s 2 ] síkot a 2-dik képsíkra merőleges t teu-Megoldás. (112. ábra.) A sík a t tengelyt az A pontban metszi,mely forgás közben nem változik, (A" = t"J. Az A" pontból az

— 132 —-s 2 nyomra bocsátott merőleges Β talpa a Bu és t,B helyzetbe jutaz A"B sugárral az A" pontból leírt k körön („BA"B

— 133 —-Α Β pontot t körül az [u u «J, [ti„ t/ 2 ] síkokba forgatjuk Bi,Βii, -Biii, J5iv helyzetbe; végre az A pontot ezekkel a pontokkalösszekötő egyenesek a keresettek. A megoldások száma lehet4,3,2, 1,0.Ha a t forgástengelyt nem metsző / egyenest kellene addigforgatni, míg egy S síkkal adott ε szöget nem képez, akkor előbbegy az /-fel párhuzamos és a t tengelyt metsző e egyenest forgatnánkS-hez ε szög alatt hajlólag, s amily szög alatt történt e- nekforgatása, míg ezt a helyzetet elérte, ugyanoly szög alatt kell az /-etis forgatni.91. feladat. Forgassuk az U síkot az 1-ső képsíkra merőlegest tengely körül mindaddig, míg egy adott S síkkal ε szöget nemképez.Megoldás. Az S és ίmetszőpontjától A-ból azU síkra merőleges e egyenestbocsátunk. Az eegyenest a t körül addigforgatjuk, míg az S síkkal(90°—8)szögetnem képez(90. feladat); a forgatott eegyenesekre az (U, t)pontból merőleges síkokat113. ábra.bocsátunk, melyek márU-nak forgatott helyzeteilesznek. (Általában 4—0megoldás.)Oldjuk meg a feladatotaz S és U síknakkülönös helyzeteinél.92. feladat. Forgassukaz e egyenest az egyik képsíkra merőleges és az e-t metsző ttengely körül, míg egy adott / egyenessel ε szöget nem képez.Megoldás. Fektessük az (e, t) metszőponton keresztül az /egyenesre merőleges S síkot; forgassuk az e-t a t körül mindaddig,míg az S síkkal (90°-ε) szöget nem képez (90. feladat); a forgatott cegyenes ekkor az S-re merőleges / egyenessel ε szöget fog képezni.Oldjuk meg e feladatot, ha / a képtengely.93. feladat. Forgassuk az U síkot az egyik képsíkra merőlegest tengely körül mindaddig, míg egy / egyenessel ε szöget nemképez.

— 134 —-Megoldás. A / egyenes egy A pontján keresztül az U síkra aze merőleges egyenest és az / egyenesre az S merőleges síkot bocsátjuk.Ezután az e egyenest t körül addig forgatjuk, míg a változatlanS síkkal s szöget nem képez. Ha e, egyik forgatott helyzete e-nek,akkor az (U, t)—B ponttól az e,-re bocsátott merőleges sík UI akívánt helyzetű.Ugyanis a t tengelyt A és Β pontban metsző e egyenes és areá merőleges U sík azoknak együttes forgatása alkalmával a ttengely körül mindig merőlegesek maradnak és az A, Β pontonmennek keresztül, úgy hogy ha a Β pontból az e- nek bármely forgatotthelyzetére e, re merőleges síkot U'-et bocsátunk, ezt az U síkforgatott helyzetének tekinthetjük. Minthogy eι az S-hez ε szög alatthajlik, azért UI az S-hez (90°-ε) szög alatt, az S-re merőleges /egyeneshez pedig ε szög alatt fog hajlani.A feladat tehát szintén vissza van vezetve a 90. feladatra.94. — 94. feladat. Bocsássuk az e egyenesre az A pontból amerőleges és metsző egyenest m et.Megoldás. (114. ábra). Ha aze egyenes a 2-dik képsíkkal párhuzamos,akkor az A 2-dik képébőlaz e 2-dik képére bocsátottmerőleges m-nek 2-dik képe. Deha e nem párhuzamos a 2-dik képsíkkal,akkor az egy t tengelykörül forgatva ily helyzetbe hozható; és ha az A ugyanazt a forgástvégzi, úgy a forgatott A ése-vel már akkép bánhatunk, mintaz első esetben.Ennélfogva az e' egyenesegy D' = t' pontjából A'-ön keresztülk kört írunk le, mely e'-t B'pontban metszi; ha ezen körnek aképtengelylyel párhuzamos sugara114. ábra.t'B'i, akkor ez az

— 135 —-Egy általános helyzetű egyenes a képsíkok egyikére merőlegestengely körül nem forgatható valamelyik képsíkra merőlegeshelyzetbe ; mert ha eredetileg a két képsíkszög α, β, akkor az 1-sővagy a 2-dik képsíkra merőleges tengely körül forgatva az a, illetve aβ változatlan marad, tehát az egyenesnek másik képsíkszöge nemlehet derékszög. Ha ellenben az egyenes az egyik képsíkkal párhuzamos,azaz hajlásszöge e képsíkhoz 0°, akkor e képsíkra merőlegestengely körül forgatva a másikra merőleges helyzetbe hozható,mert a szögek összege nem lépi túl a derékszöget.Ha tehát egy egyenest pl. az 1-ső képsíkra merőleges helyzetbeakarjuk oly tengelyek körül forgatni, melyek a képsíkokramerőlegesek, akkor az egyenest először az 1-ső képsíkra merőlegestengely körül a 2-dik képsíkkal párhuzamos helyzetbe, s innen a2-dik képsíkra merőleges tengely körül az 1-ső képsíkra merőlegesenálló helyzetbe forgatjuk. Egy ily forgatással egybekötjük akövetkező feladat megoldását:95. feladat. Két egyenes távolságának és normális transversalisánakszerkesztése.

— 136Megoldás. (115. ábra). Láttuk (82. lap) hogy két egyenes távolságánakés normális transversalisának meghatározása abban az eset-·,ben, a midőn az egyik egyenes a képsíkok egyikére merőleges, igen'kevés művelettel végezhető. Juttassuk tehát az általánosan adottegyenesnek valamelyikét forgatások útján az egyik képsíkra:merőleges helyzetbe és hogy az egyeneseknek kölcsönös helyze-:tűk ne változzék, a második egyenessel is végezzük ugyanazonforgatásokat. A forgatott egyenesekre oldjuk meg a kitűzött feladatotés a talált normális transversalist az eredeti egyenesekhezforgassuk vissza.Legyen tehát (é, e"), (f, f") a két adott egyenes, melyekközül (e\ e")-et az 1-ső képsíkra merőleges helyzetbe akarjuk forgatni.Első forgási tengelyül választjuk a két egyenest az A, Βpontokban metsző és az 1-ső képsíkra merőleges egyenest. Ε körülforgatjuk egyenlő szög alatt az e és /-et addig, míg e nem párhuzamosa 2-dik képsíkkal. Az egyenesek képei lesznek (e\, e">), (f\, /",).(Az A' = pontból leírt k' kör e', /'-et a C, D pontoknak C, D'képeiben metszi; ezen k'-ör\ fekszik C\, D\ és pedig C\ az x-szelpárhuzamos és az A' ponton keresztül menő e\ egyenesen). A másodikforgástengelyt ismét úgy vesszük fel, hogy messe az (e\, e"·),(f'h /"') egyeneseket (az E l} Fi pontban) és a 2-dik képsíkra merőlegeslegyen. Ε körül forgatjuk egyenlő szög alatt az ei és /-etaddig, míg e t nem merőleges az 1-ső képsíkra. Az egyenesek képeilesznek (e' n , e"„), (/'„,/"„)· (Az E" l = F" l pontból leírt -/." köre" t , f"i-et a Gi, Ά pontoknak G",, H"i képeiben metszi; κ''-önfekszik G" n , H" n és pedig G"π az x-re merőleges és az E", pontonkeresztül γπθπο C π egyenesen).Az (e'u, e""), (j'ii, /"π) egyeneseknek normális transversalisaaz (m'n, m" n \ mely azokat az (M' n , Μ"n) (N' n , A 7 "„) pontokbanmetszi. Ez az első visszaforgatásnál az E,F, tengely körül az(m' h m"j) helyzetbe, a második visszaforgatásnál, tehát az ABtengely körül, ez utóbbi egyenes az (m\ m") helyzetbe jut, melymár a keresett normális transversalis. A két adott egyenes távolságapedig az M' n N'u vonaldarab.Ezzel a feladatot az adott egyenesekre megoldottuk és azta tanulságot vonhatjuk, hogy ha egy feladat megoldása azért egyszerűbb,mert az adatok a képsík irányában (nem egymás irányában)különös helyzetet foglalnak el, akkor az általános helyzetűadatok forgatás utján a képsíkok irányába abba a különös helyzetbehozandók, melynél a megoldás egyszerűen végezhető. Hamost a feladatot az adatoknak e különös helyzeténél megoldjuk és

— 137 —-az eredő vonalakat, pontokat, stb. az eredeti vonalokhoz visszaforgatjuk,úgy a feladatot ezekre nézve is megoldottuk. A forgatás tehát,mint módszer alkalmazható bizonyos (különösen távolságok ésszögek meghatározására vonatkozó) feladatok megoldásánálVIII. FEJ EZET,Uj képsíkok alkalmazása.95. Az uj képsíkok helyzete és használatának czélja. Azeddigiekben a téralakzatokat két, kivételesen három képsíkra vonatkoztattukakképen, hogy derékszögű projectiójukat vagy mint elneveztük,derékszögű képeiket e képsíkokon ábrázoltuk. A két képsíkotegymásra merőleges helyzetben levőnek tekintettük és metszővonaluk(képtengely) körül forgatva egymással egyesítettük. A képsíkoknakderékszögű helyzete és azután azoknak egyesítése azértmutatkozott czélszerűnek a téralakzatok ábrázolásánál, mert egyrésztaz alakzat pontjainak két képe mindig a képtengelyre merőlegesenálló egyenesen volt, másrészt mert a pontok képeinek a képtengelytőlmért távolságai a pontok távolságát adták a képsíkoktól, svégre mert a pontok képeiből azoknak helyzete a képsíkok irányában,vagyis az, a mit reconstructiónak neveztünk, egyszerűen voltmegállapítható.A két képsíkon s a már használt oldalképsíkon kívül még újképsíkokat is alkalmazhatunk. És ha azt akarjuk, hogy egy új képsíkonlevő kép egy régi képet pótoljon, tehát a szerkesztéseknélép oly könnyűséggel legyen kezelhető, mint a régi, akkor az újképsíkot a régiek egyikére merőlegesen, azaz, mint projiciáló síkotkell felvennünk. Az uj képsikok használatának pedig az a czélja,hogy az adott és a régi képsíkok irányában általános helyzetű téralakzatokatoly képsíkokra vonatkoztassuk, melyek irányában azokkülönös helyzetűek; mert általában mondhatjuk : egy feladat megoldásaegyszerűbbé válik, ha az adatok, melyekkel szerkesztünk, aképsíkok irányában a megoldás keresztülvitelének szempontjábólkülönös helyzetűek.96. A pontok új képei. Egy az 1-ső vagy a 2-dik képsíkraprojiciáló sík meg van határozva, ha 1-ső, illetve 2-dik nyoma ismeretes,mert a hiányzó nyom az χ képtengelyre merőleges a tengely-

— 138 —-pontban. Ha tehát (116. ábra) x í3 1-ső nyoma egy az 1-ső képsíkramerőleges harmadik képsíknak, K :1 -nak, melyre az (A', A") pontotderékszög alatt projiciáljuk és mely képsíkot a rajta fekvő A'" képpelegyütt x l3 körül egyik vagy másik értelemben forgatva az 1-sőképsíkkal egyesíteni akarjuk,Βakkoraz A'" kép az A pontbólaz,r 13 -ra bocsátott A'A'" merőlegesenlesz. A'" távolságaaz * 13 -tól egyenlő az A ponttávolságával az 1-ső képsíktól,tehát A"A x -e 1. Az x l3nyomot, ha a tőle meghatározottsík képsíknak vétetik,x 13 képtengelynek vagy csakx 13 tengelynek nevezzük,melynek 1, 3 mutatói arrafigyelmeztetnek, hogy a 3-dikképsík az 1-sőre merőleges.Ezt véve az χ tengelyt akkor,116. ábra.midőn több képsíkot használunkx xi tengelynek nevezhetjük.[ Az ,r 13 tengelyt a 2-dik képsíkon fekvő egyenesnek, a rajtakeresztül menő és a 2-dik képsíkra merőleges síkot szintén új képsíknaktekinthetjük, melyen az A pont új képe, az A" pontból azx iS bocsátott merőlegesen # 13 -tól A'A X távolságra fekszik. Ekkorazonban az x 13 tengelyt nem .r 13 -mal, hanem x i3 -ma\ kellene jelölnünk,melyből azonnal látnók, hogy az új képsík a 2-dikra vétetettmerőlegesnek.]Ugyanígy kell a B, C és Β pontoknak (Β',Β"), (C, C") és(B\ Β") képeiből azoknak B'", (]'" és D'" harmadik képeit is meghatározni:B'B'", C'C" ésB'D"'±x í3 és B'", C"' és B'" távolsága,r 13 -tól egyenlő B", C" és D" távolságával x = x is -től. S mertaz A, Β pontokat az 1-ső képsík a C, D pontoktól elválasztja, azértaz A'", B'" képeket a C", B'" képektől az x l3 tengely szintén elfogja választani. —Tekintsük most az A, B, C, D pontoknak (A', A'"), (Β', B'"),(B\ C"'J, (Β', B'") képeit adottaknak, állítsunk a K 3 képsíkra merőlegesenaz x 3l egyenesen keresztül egy új képsíkot K r et és határozzukmeg ama pontoknak A' v , C IV , B IV , B lv képeit a K 4 -en,miután K 4 az x 3i körül forgatva a K 3 -ra reá lett borítva. Minthogy azA lv , B IV , G lv , D IV képek a K r re merőleges sugarakkal történő pro-

— 139 —-jiciálásból származnak és a K 3 , K 4 képsíkok egymásra merőlegesek :az A"'A IV , B"'B' V , C"'C IV , D"'O lv egyenesek merőlegesek * 34 -raés A lv , B 1V , G' v , JD IV pontoknak távolsága x 3i -től egyenlő az A, Β,C, D pontoknak távolságával K 3 -tól, azaz az A, B', G', D' pontoknaktávolságával az # 13 -tól.97 Az egyenes új képei. Az egyenes képét egy új képsíkonmegkapjuk, ha két pontjának új képét egy egyenessel összekötjük.Ezzel az egyenes új képeinek szerkesztése az előbbi esetre vanvisszavezetve.Az egyenes uj képeinek szerkesztése abból a czélból történik,hogy az egyenes egy képsíkkal vagy párhuzamos vagy arra merőlegeshelyzetű legyen. Az első helyzetet elérjük egy képsík alkalmazásával,mert a régi képsíkokegyikére merőlegesen és az egyenesselpárhuzamosan mindig lehetsíkot fektetni. Ellenben, haazegyenesnem párhuzamos egy régi képsíkkal,akkor az egyenesre merőlegessík nem lehet egyszersmindmerőleges ama régi képsíkra.Ezért, ha azt akarjuk elérni, hogya régi képsíkok K t K 3 irányábanáltalános helyzetű egyenes merőlegeslegyen egy alkalmazandó újképsíkra, akkor először az egyenesselpárhuzamosan egy K a új képsíkotveszünk fel (tehát merőlegesenegy régire) és aztán az egyenesremerőleges K 4 képsíkot, mely117. , ábra.szükségkép merőleges a K 3 -ra.Kössük egybe az egyenes új képének szerkesztésével avetkező már többfélekép megoldott feladatot.kö-Az A pontból az e egyenesre bocsátott merőleges és e-t metszőegyenesnek szerkesztése.Megoldás. (117. ábra). Használhatunk egy az 1-ső képsíkramerőleges és az e egyenessel párhuzamos képsíkot; az új tengelyekkor c'-sel párhuzamos. De lehet az új képsíkot K : .-mat mindjárt azegyenesen keresztül fektetni, mely esetben e' lesz egyszersmind x V0 .Az egyenes e'" képét szerkesztendő, az E u E. 2 nyomoknakkeressük fel 3-dik képeit E"\, E"\, mely alkalommal azt

— 140 —-tapasztaljuk, hogy E u E\, E"\ egybeesik. Az A pont 3-dik képeA'"; e pontból az e"'-ra bocsátott merőleges talppontja J3"\melyből a Β talppontnak 1-ső és 2 dik képe Β', B" meghatározható.Az AB és e egyenes azért merőleges egymásra, mert e'" a3-dik képsíkban fekszik és (A'" B'" e'") szög derékszög. —A következő ismert feladat megoldásához már két új képsíkotfogunk használni.Két egyenes normális transversalisának szerkesztése.Megoldás. A normális transversalist akkép akarjuk megszerkeszteni,hogy az egyik egyenest e-t egy új képsíkra merőleges helyzetbenábrázoljuk és ezzel együtt ábrázoljuk a másik egyenest f-etis. Az egyenesek ily helyzeténél a képsík irányában a szerkesztéstegyszerűen elvégezhetjükés a transversalisnaknyert uj képébőlvisszatérhetünkannak régi képeihez.Ennélfogva (118.ábra), mint előbb, az újképsíkot K :! -mat az e-nfektetjük keresztül az1 -ső képsíkra merőlegesen,úgy hogy e' = χ 1Λ .Felkeressük az /egyenesA, Β és az e egyenesE lt Ez pontjainakés ezzel az f, e egyeneseknek/'", e"' képeit.Az # 34 tengelyt β'''-ra118. ábra.merőlegesen vesszükfel és az A, Β, E, £ 2 pontoknak A IV B IV E n \ E IV 3 4-dik képeités ezzel az egyeneseknek A 1V B IV = f IV , E IV X E IV 3 =e IV képeit(mely utóbbi egy pont) meghatározzuk.A feladatot most az (e'", e IV ) (/'", f lv ) képekre nézve megoldjuk;(tehát M IV N' V ±f I V , M IV az e IV pont, N lv az f IV -eη ; Μ'"Ν"' // x u ) és a talált M"'N"', M IV N IV transversalisnak M'N' 1-sőés M"N" 2-dik képét az eredeti képsíkra átvisszük.98. A sík nyomai űj képsíkokon. Egy S síknak nyoma egyújonnan alkalmazott képsíkon, az S sík és az új képsík metszővonalánakképe e képsíkon. >i

— 141 —-Ha tehát az S = [s„ sj síknak s 3 nyomát a 2-dik képsíkra merőlegesés az íc 23 tengelylyel adott képsíkon akarjuk meghatározni(119. ábra), felkeressük S-nek (s', 3 s" 3 ) metszővonalát azzal a 2-dikképsíkra projiciáló síkkal, melynek 2-dik nyoma * 23 ; ennek 3-dik képea keresett s 3 3-dik nyom.Ez a 3-dik nyom mindig keresztül megy az (s 2 , * 23 ) vagy(s lt x í3 ) ponton a szerint, a mint az új képsík a 2-dik, vagy az 1-sőremerőleges.Ha továbbá az S síknak nyomát a 3-dik képsíkra merőleges4-dik képsíkon akarjuk felkeresni, akkor a síkot s 2 , s 3 nyomokkaladottnak tekintjük és mint előbb meghatározzuk az új nyomot. —teni; az új képsíkot meghatározó tengely S-nek vagy 1-ső vagy 2-diknyomára merőleges, a szerint, a mint az új képsíkot az 1-ső vagy a2-dik képsíkra állítjuk merőlegesen.Ha pedig azt akarjuk, hogy egy adott S sík maga új képsíklegyen, akkor előbb az S-re merőleges K 3 képsíkot vesszük fel; K sés S = K 4 már a két egymásra merőleges képsík. A (119 a. ábrában)s i -L x \ö a z egyik tengely, míg az s 3 nyom képezi az x 3i tengelyt.Egy |>i, s 2 ] síkban fekvő sokszögnek valódi alakját megkaphatjuk,ha a síkot új képsíknak választjuk ; a sokszög képe ezen újképsíkonegyszersmind valódi alakja a sokszögnek.A 119a. ábra az S sík s ít . s 2 nyomainak, a symmetria- és /z 2

- 142 —coincidentia-vonalának kölcsönös helyzetét mutatja- az s lv v s lv 3,h Iv x, h IV 2 4-dik képekben.99. Új képsíkok használata előbbi feladatoknál. Már azelőbbi fejezetekben is több feladat megoldásánál alkalmaztunk újképsíkokat. Nem neveztük ugyan azokat új képsíkoknak, kívánatoslévén, hogy az olvasó előtt ez új fogalom mindaddig ismeretlenmaradjon, míg teljesen el nem sajátította a szerkesztéseket két képsíkon.Az új képsíkokon végzendő szerkesztések ugyanis szinténkétképsíkra vonatkozó szerkesztések, melyek végeredményébena téralakzatok két képével való bánásmódnak alapos ismeretétkívánják.Lássuk ezt a következő példákban :A midőn az A, Β pontok távolságát, tehát az AB vonaldarabvalódi hosszúságát, vagy az AB egyenes képsíkszögeit szerkesztettük(75. és 89. ábra) az A Β egyenes 1-ső vagy a 2-dik projiciálósíkját leborítottuk az illető képsíkra.Ha a projiciáló síkot új képsíknak tekintjük, akkor A'B', vagyA"B" az új tengely, és a leborított AB az új kép (A) (B\ illetve| A] [B], mely AB-ne\í valódi hosszúságát szolgáltatja. Ugyancsak(A) (B) nek hajlásszöge az A'B' tengelyhez és [A] [B]-nek hajlásszögeaz A"B" tengelyhez az AB egyenes képsíkszöge.Az [s lt sj.sík képsík szögeit (91. ábra) az e és f 1-ső és 2-dikesővonalnak 1-ső és 2-dik képsíkszögével szerkesztettük. De úgy isfelfoghatjuk e szerkesztést, mintha az e és / 1-ső, illetve 2-dik projiciálósíkja egy-egy új képsík volna; ezeknek új képe (e), illetve [/]az adott síknak új nyoma volna. Az új képtengely ekkor e', illetve/"és az új nyomok hajlásszöge az illető képtengelyhez, t. i. (e', (e))és (/',[/]) a képsíkszögeket szolgáltatja.A midőn az [s I; s 3 ], \u v , íí 3 ] síkok hajlásszögét szerkesztettük(Ί02. ábra), a síkok (g', g") metszővonalára merőleges [i> t , síkotkellett állítanunk, melynek metszővonalai az adott síkokkal bezártáka két sík hajlásszögét. Ha a (g\ g") projiciáló síkját az 1-ső képsíkra3-dik képsíknak vesszük, akkor g-nek 3-dik képe = (g); az erremerőleges [v x , v. 2 ] síknak 3 dik nyoma pl. Η (A), 1-ső nyoma E V HF Xés az AE L , AF X metszővonalak AE L , AYF, leborításai az E^HFYnyom körül adják a hajlásszöget.100. A képtengely nélkülözhetősége. Mielőtt néhány példátbemutatnánk, melyeknél új képsíkok alkalmazása czélszerűnekmutatkozik, felhasználjuk ez alkalmat arra, hogy a régi, tehát az1-ső és 2-dik képsíkon vagy általában a két képsíkos rendszeren levőképeknek általánosabb felfogásáról szóljunk.

— 143 —-Legyenek az A, B, C, 1), . . . pontoknak 1-ső és 2-dik képeiA', B', C', D' ; A", B", C", D", ... és a- a képtengely.A pontoknak kölcsönös helyzete nem változik, ha mi az # képtengelytönmagával páihuzamosan följebb vagy lejebb toljuk,ezzel csak a képsíkok távolsága a pontoktól fog az eltolás hosszúságávalnövekedni, illetve fogyni.Ha az A, B, C, D,.. pontok az 1 -ső térnegyedben voltak, akkoraz χ eltolásával elérhetjük, hogy azok a 2-dik, illetve a negyediktérnegyedbe kerüljenek, csak az # et az összes képek alatt vagy fölöttkell felvennünk.Tegyük fel, hogy az adott A, B, C, D,... pontrendszerrel bizonyosszerkesztést végeztünk, melynél az χ képtengely nem lett felhasználva,akkor e szerkesztés érvényben marad, bárhová helyezzükis önmagával párhuzamosan az x-et.Ha pl. az ABC háromszög valódi alakjátA',, B\ C\-et akképhatároztuk meg, hogy azt egy 1-ső fővonala körül az 1-ső képsíkkalpárhuzamos hetyzetbe forgattuk (98. ábra), akkor χ nek bármely azA'A" re merőleges helyzeténél A\B\C\ nemcsak valódi alakjaABC-nek, de minden szerkesztési vonalnak is ugyanazon értelmevan, mint az eredeti x-nélHasonlókép, ha az ABC síkjára a Β pontból m merőlegestbocsátottunk, vagy az ABCB pontokon keresztül menő gömbnek Μközéppontját meghatározzuk, akkor az m', m" és M', Al" képek,szintén minden χ szel párhuzamos képtengelynél m-nek és M-nekképei lesznek.De nem csak az ,r-képtengelyt tolhatjuk a képtengelyre merőlegesirány szerint följebb vagy lejebb, hanem a pontrendszer egyik,másik vagy mindkét képét, mert végeredményében ez csak annyitjelent, hogy a képsíkok egyike vagy mindkettő közeledik a pontrendszerhezvagy távolodik attól.Már a mondottakból könnyű megállapítani, hogy mily szerkesztésekrenincs befolyása az χ képtengely helyzetének? Azokra,melyeknél az egyeneseknek és a síkoknak nyomait nem használjuk !Ezt pedig minden oly feladat megoldásánál (hacsak épen nem anyomok meghatározása) kikerülhetjük, melynél az adatok nincseneknyomaival megadva és mely feladatokban nincs vonatkozás a képsíkokkelyzetére.Pl. az ABC pontoktól meghatározott síkban egy pontot felveheteka képtengelynek bármely az A'A"-re merőleges helyzeténél;a sík fővonalainak képei is ugyanazok maradnak még, ha az A'B'C',A"B"C" képeket a jelzett módon el is tolom.

— 144 —-Ellenben míg az A'B'C', A"B"C" kölcsönös helyzete nem változik,a sík coincidentia-vonalának Ji\ — h'\ képe sem változik, demegváltoznak a sík a symmetria-vonalának h l -nek (h\, h\) képei,ha az χ helyzetét változtatja.Noha a sík nyomainak használatával a feladatok megoldásaiáltalánosságukból veszítenek, mindamellett a nyomok használataczélszerű, mert a feladatok megoldásait legtöbb esetben egyszerűsíti.Feladatok.101. — 96. feladat. Adva van az A, Β pont és az e egyenes ;szerkesztendők az [A, e], [B, e] síkok hajlásszögei.Megoldás. (120. ábra). Az e egyenes 1-ső projiciáló síkját 3-dikképsíknak, ,(e'— x 13 ) ésegy az e-re merőlegessíkot 4-dik képsíknak( x - u _ L e'") választjuk ésaz A,B, e-nek A'", B'", e'"és A IV , B 1V , e IV képejt azúj képsíkon meghatározzuk.Az e lv akkor egypont és az A Iv e IV , B lv e ivegyeneseknek, mint a4-dik képsíkra projiciáló[A, e], [B, ej, síkoknaknyomai, a síkoknak keresetthajlásszögeit zárjákbe.120. ábra.97. feladat. A g egyenesen keresztül fektessünk oly két síkot,melyek az A ponttól r távolságra vannak és határozzuk meg ezeknekhajlásszögeit.Megoldás. (121. ábra). A £-nek 1-ső projiciáló síkját 3-dik képsíknak(g' = x l3 ), az A-n keresztül menő és a g-re merőleges síkot4-dik képsíknak választjuk (x 3i \ g'" és az A'" ponton megykeresztül). A keresett síkok a 4-dik képsíkra projiciálók; 3-diknyomai s 3 , u 3 a ^"'-ban vannak ; 4-ik nyomai pedig az A lv pontbólr sugárral leírható körnek a g lv ponton keresztül menő s 4 , zt 4 érintői,melyek már a keresett hajlásszögeket képezik. A 4-dik képsík az1-sőt egy v L egyenesben metszi, melynek v"' képe az (x i3 ,x 3i ) — Hpont; ezen megy keresztül i^-nek 1-ső képe v L _L# 1S es 4-dik képe

— 145 —-v IV x ±*u· Az (s 4 , v IV ) = E IV , (w 4 , v IV ) = F IV pontoknak 3-dikképe H- 1-ső képe pedig iV-en van (HE^=HE\,HF^= HF\).A keresett síkoknak 1-ső s 1; u x nyomai £-nek G x 1-ső nyomátaz E\, F\ pontokkal kötik össze, 2-dik nyomai s 2 , n 2 pedig ^-nek2-dik nyomán G r η mennek keresztül.Ugyanez az ábra az [s l; s 2 ], \u x , u. 2 ) síkok hajlásszögeinekmegoldását a 102. ábrától kevéssé eltérőleg is mutatja. A két ábra121. ábra.összehasonlításánál látható, hogy EyAyF, háromszög ott, azt a szerepetviszi, mint az E Iv g IV Y F IV háromszög a jelen ábrában.102. — 98. feladat. Forgassuk az ABC háromszöget (egytetszés szerinti, vagy) az A szögpontján keresztül menő és a képsíkokirányában általános hetyzetü t tengely körül ε szög alatt.Megoldás. (122. ábra.) A t tengely 1-ső projiciáló síkját 3-dikképsíknak és egy a t-re merőleges síkot 4-ik képsíknak választjuk(#i3 = t\ x 3i _L t'") és az ABC háromszögnek 1-ső és 2-dik képeibőla 3-dik és 4-dik képeket megszerkesztjük.Ez utóbbi képsíkokon levő képekből meghatározzuk a forgatottháromszögnek A,BiC' nek 4-dik és 3-dik képeit (B Iv t lv BJ v

— 146103. — 99. feladat. Adva van három, páronként egymásramerőleges és az A pontban metsző e, f g egyenesnek 2-dik képee",f",g", és az A pontnak 1-ső képe A'; szerkesztendő e, f,g-nek 1-ső képe.Megoldás. (123. ábra.) Egy a 2-dik képsíkkal párhuzamosΚ sík, vagy ha az χ tengely nincs megadva, maga a 2-dik képsíkazí e > /]> [/> öL [

— 147 —-megy keresztül. Ennélfogva a G"G" 0 átmérő fölé írt k körnek azA" ponton keresztül menő és g"-re merőleges húrja K-t az A'"pontban metszi és A"G'\ = e'" = /'", A'"G"' = g'". Az A" A'"vonaldarab az A pont távolsága lévén a Κ síktól, ha az A'-tői A"A"távolságra az A'A"-re merőlegeseket állítunk, úgy ezek lesznek azEFG háromszögnek 1-ső képei, melyen a szögpontoknak 1-sőképei feküsznek.100. feladat. Határozzuk meg az ABG háromszögnek2-dik képét, ha adva van 1-ső képe A'B'C', az A szögpontjának2-dik képe A", ha tudjuk,hogy az ABC háromszög egyadott A*B*C* háromszöghezhasonló.Megoldás. (124. ábra.) AzA'B'C' háromszög B'C' oldalafölé az A*B*C*-ga\ hasonlóA°B'C' háromszöget rajzolunk;az A°A' pontokon keresztül olykört fektetünk, melynek középpontjaa B'C' egyenesen vans mely kör a B'C'-1 az Ε', E'pontokban metszi.Ezután az E'A'F' derékszögűháromszög egyik befogójafölé az E'A°F'-sel hasonlóde nagyobb háromszöget rajzolunk,tehát E'A vagy F'A' föléaszerint, a mint E'A' > E'A 0vagy F'A > F'A.Ha az ábrában E'A'> E'A°,tehát E'A'F\ ~ E'A°F', és a B', C' pontokon keresztül menő és azA'F'-sél párhuzamosak az E'F\ átfogót a B\, C\ pontokban metszik,akkor az A'B\C\ háromszög az Ε A fővonal körül az 1-sőképsíkkal párhuzamos helyzetbe forgatott ABC háromszög 1-sőképének tekinthető.Ugyanis A'E'B\C\F' az A°E'B'C'F' idomnak nagyobbításaaz A°E' ·. A'E' viszony szerint, mert E'AE' ~ E'A'F\ ésE'B': B'C': C'F' - E'B\ : B\C\ : C\F\.Ezt tudván az AB\ C\ háromszöget az AE fővonal körül az(F)A'F' szög alatt (F\F) J_ A'F', A'(F) = A'F\) addig forgatjuk,mig az E'F\ egyenesnek 1-ső képe EF', tehát a B\, C\ pontokto«

nak 1-ső képe B'C' nem lesz. Ha B\B) és C'(C) _L A'F' és a(Β), (C) pontok az A'(F) egyenesen vannak, akkor ezeknek távolságaaz A'F' egyenestől aB, C pontok 2-dik képénekC"-nek távolságai azA"E" fővonaltól. Az ABCháromszög B, C szögpontjainakB", C" 2-dik képetehát az A" E" fölött ésalatt lehet. —Az ABC háromszög Aszögpontján keresztül menőés a BC oldallal párhuzamosAG egyenesnek 1-ső képeaz A'B'C' háromszög A'szögpontján keresztül B'C'-vel párhuzamosan húzottA'G' egyenes. Ezt tudvánaz előbbi feladatra van viszszavezetvea következő :Adva van három az Aponton keresztül menő ésugyanegy(még meg nemhatározott) síkban fekvő AB,AC,AG egyenesnek kölcsönöshelyzete, ezen egyeneseknek1-ső képe A'B',124. ábra. , .A C, A'G', végre az Apontnak 2-dik képe A"; szerkesztendők az AB, AC, AG egyeneseknek2-dik képei.

— 149 —-IX.FEJEZET.Síklapú testek ábrázolása, árnyékolása ésezekkel kapcsolatos feladatok.104. A síklapú testek ábrázolása. — A síklapú testek, azazoly térrészek, melyeknek határait sokszögek, ezeknek oldalai ésszögpontjai, tehát a síklapú testnek lapjai, élei és szögpontjai vagycsúcsai képezik, — a test éleinek képeivel lesznek ábrázolva. Atest lapjait átlátszatlanoknak tekintjük; ennek következtében azélek és lapok közül némelyek az 1-ső, mások a 2-dik képsíkra nézvea test más lapjaitól el lesznek födve.A testnek az egyik képsíkra nézve látszó és elfödött lapjait atest bizonyos éleiből álló tér- vagy síksokszög választja el. Az ilyensokszöget, valamint annak képét az illető képsíkra nézve szegélyzősokszögnek vagy szegélynek (contur) nevezzük; még pedig magán atesten levő a valódi szegély, ennek képe a látszólagos vagy képszegélyvagy csak röviden szegély.Ha a síklapú test éleinek képeit, tekintettel arra, hogy látszók-evagy elfödöttek, a test meghatározására szolgáló adatokból megrajzoljuk,akkor ezzel a testet ábrázoljuk.Hasáb és gúla.105. — 101. feladat. Egy [sj,s a ] síkon nyugvó koczka ábrázolása.Megoldás. (125. ábra). A koczka ABCD lapját az nyomkörül az 1-ső képsíkra leborítotthelyzetében veszszükfel, és ebből meghatározzuk annak képeit. D X LK' \ s t , K'K" \ x,K'{K) _L LK', K'( K) = K'K; K'L(K) < az 1-ső képsíkszög,LDY = L(D), (.D)D' _ L LK'. A D pont 1-ső képének D'-nek felhasználásávalaz AyByCJDy négyzethez affin parallelogrammatA'B'C'D'-Qt szerkesztünk, melyből már az A"B"C"D" parallelogrammakönnyen meghatározható.Az ABCD négyzet szögpontjaiban merőlegeseket állítunk az[sj.s^] síkra és ezekre reá rakjuk a koczka élhosszát. (D)(H) I L'D),(D)(H) = A&, (H)H' _L LH', (H)H' = Ü"H X ; D'H' és D"H"a koczka DH, AE, BE, CG élei 1-ső és 2-dik képének hosszúsága.

— 150 —-A mi a látszó és elfödött éleket és a szegélyző sokszögeketilleti, könnyen megérthető, hogy a G ponton keresztül menő lapokaz A ponton keresztül menőeket az 1 -só képsíkra nézve elfödik,mert a G pont távolabb van az 1-ső képsíktól, mint az A ; és azF-eη keresztül menő lapok a D-n keresztül menőket a 2-dik képsíkranézve elfödik, mert F pont távolabb van a 2-dik képsíktól,mint D. Ε szerint a koczka 1-ső szegélye az E'F'B'C'D'H' hatszög,a 2-dik szegélye pedig az E"A"B"C"G"H" hatszög.102. feladat. Ábrázoljunk egy hatoldalú hasábot, melynek alaplapjaaz 1-ső képsíkon fekvő ABCDE sokszög, melynek oldaléleiegy adott e egyenessel párhuzamosak., és magassága egy h vonaldarab.

— 151 —-Megoldás. (126. ábra.) Az ABCDE ötszög egybeesik 1-sőképével; 2-dik képe pedig a képtengelyen van. Az ötszög szögpontjainkeresztül menő és az e egyenessel párhúzamosak a hasáboldalélei. Egy az 1-ső képsíktól h távolságra levő sík (pl. az 1-sőképsík fölött) az oldaléleket az FGHIJ pontokban metszi, melyek ahasáb fölső lapjának szögpontjai.Ezután megállapítandókaz egyes képsíkokranézve látszó és elfödöttoldalélek és a szegélyzősokszögek.A hasáb a CH ésEJ oldaléleknek 1-ső projiciálósíkjai között van;ezek az oldalélek választjáktehát el az 1-ső képsíkranézve látszó és elfödöttoldallapokat egymástól.Ε képsíkra nézvelátszók lesznek a CB, Β A,AE oldalakon keresztülmenő oldallapok, melyeka többi kettőt elfödik.Ugyanígy a hasáb aCH és AF oldaléleknek2-dik projiciáló síkja 126. ábra.között van, mely oldalélek tehát a 2-dik képsíkra látszó CHDI,DIEJ, EJAF lapokat az FABG, BGCH elfödött lapoktól elválasztják.A hasáb 1-ső szegélye az ABCH'I'J'E sokszög, 2-dik szegélyepedig az A"C"H"F" parallelogramma.106. —103. feladat. Szerkesztendők egy oly szabályos hatoldalúgúlának képei, melynek r alapéle és h magasság ismeretes:a) ha alapja az 1-ső képsíkon fekszik,b) ha alapjának egyik főátlója a 2-dik képsíkkal párhuzamos(b', b") egyenesen van és síkjának, mely feszített, 2-dikképsíkszöge az adott ψ szög.Megoldás. Az a) feladat megoldását 127a. ábra mutatja.Az ABCDEF hatszög cs átlói az alapsokszögnek és az oldaléleknek1-ső képei; az A"D" egyenes és az M" pont az alapsokszögnekés az Μ csúcsnak 2-dik képe.

— 152 —-b) Tekintsük a 127 b. ábrában a (b', b") egyenes tetszésszerinti(G', G") pontját az alaplap középpontjának, és vigyük G"-től a b"egyenesre az alapélet A", D"-ig (A" Gr" = G"D" = r).Ha előbb az alaplapot (b\ b") körül a 2-dik képsíkhoz párhuzamosU síkba képzeljük forgatva úgy, hogy annak 2-dik képevalódi alakjában mutatkozzék, tehát A"B'\C" 1 D" a fél hatszög2-dik képe e forgatott helyzetben, és aztán az AByCJ)-1 AD körüladdig forgatjuk, mig síkja az U síkkal ψ szöget nem képez, akkorABCD-nek 2-dik képe ebben a helyzetben már a kivánt 2-dikkép lesz. C'\H±A"D", C'\H[C] = ψ, [C]H= HC'\, [G]G"±_C'\H, C"B' //A"D", B'\B"±A"D" ; F"E" symmetrikus B"C"-we 1az A"D"-re vonatkozólag, végre A"B"G"D"E"F" az alaphatszög2-dik képe. Ebből meghatározható az 1-ső kép. A\ B' a b' egyenesenfekszik, a többi szögpontok 1-ső képei V-tői [G] G" távolságravannak. Ε képek meghatározásánál arra kell ügyelnünk, hogy azA'B'C' ... és A"B"C" . . . sokszögeknél a körüljárás ellenkezőértelemben történjék, mert a feladat követelménye szerint a síkfeszített.A gúla Μ csúcsának 2-dik képét meghatározandó, a G"

— 153 —-ponton keresztül menő és a Η [C]-re merőlegesen álló G" [M]egyenesre reávisszük a gúlának adott magasságát h-t [Λ/] ig;[M\M"/lb", G"M" J_ b" és M" pont már M-nek 2-dik képe, mertJÍG-nek 2-dik képe az alaplap b" fővonalára merőleges és[M]G"M" = 90° — ψ. M-nek 1-ső képe a Z>'-től M"[M] távolságravan; és mert az alaplap feszített sik, azért M' úgy határozandómeg, hogy M"G", M'G' egy feszített síkra legyen merőleges.Az Μ pont képeinek összekötő egyenesei az alaplap szögpontjaivala gúla oldaléleinek képei lesznek. Ezek közül meg kellhatározni a látszó és az elfödött éleket.Az A'F', M'G' élek metszőpontjának két 2-dik kép felel meg,egy az A"F"-ön, egy az M'C"-ön; ezek közül az M"C"-ön levő128. ábra.van távolabb a képtengelytől, tehát MG, MD látszó él az 1-ső képsíkranézve, MA, MF el van födve. Ugyanígy következik, hogy azMB, MG élek a 2-dik képsíkra nézve látszók és az MF, ME élekel vannak födve. Ennélfogva a gúlának 1-ső és 2-dik szegélyzősokszöge B'C'D'E'M', A"F''E·'D" M".107. — 104. feladat. Szerkesztendő a 126. ábrában ábrázolthasábnak saját- és vetett árnyéka.Megoldás. (128. ábra.) A hasáb oldaléleinek fénymenti síkjaipárhuzamosak. Az a két oldalél, melynek fénymenti síkja között a

— 154 —-hasáb van, elválasztja a megvilágított oldallapokat a sajátárnyékbanlevőktől.A hasáb egyik élének, pl. az AF-nek fénymenti síkja a képsíkokataz AF-x\ek a képsíkokra vetett AKF* árnyékában metszi;e kiszögellő vonallal haladnak párhuzamosan a többi oldaléleknekvetett árnyékai. A BG és Dl oldalélek fénymenti síkjai közöttvannak tehát a többi oldalélek fénymenti síkjai; a BG és Dl oldalélekképezik az oldallapok sajátárnyékhatárát. Az AF (valamint EJ)oldalél fénymenti síkja ez élből kiindulva a fénysugárral előre haladólagmetszi a hasábot; ezért az AF két megvilágított oldallaphoztartozik.A megrajzolt hasábnak saját-árnyék határa, mely tehát a megvilágítottlapokat az árnyékban levőktől elválasztja: BGHIDEA.Ε sokszögnek vetett árnyéka a képsíkokra BG*H*I t DEAképezi a hasábnak vetett árnyékát.A hasáb lapjai közül tehát négy meg van világítva és háromárnyékban van. Az árnyékban levők közül a BCHG az 1-ső képsíkra,CDIH a 2-dik képsíkra nézve látszó és sraff vonalakkal vanbevonva. —Minden siklapú testnél, melyet árnyékolni akarunk, előbb asajátárnyékhatárt, vagy mint még nevezni akarjuk, az árnyékvetősokszögetkell megállapítanunk. Az árnyékvető-sokszög a siklapútest felületét két részre osztja, melyeknek egyike meg van világítva,a másik pedig saját árnyékban van. A megvilágított rész bármelypontján keresztül menő fénysugár a fénynyel haladólag még a testbenmarad, mig a sajátárnyékban levő rész tetszés szerinti pontjánátmenő fénysugár a fénynyel haladva a testtől azonnal távolodik.Ha az árnyékvető-sokszög meg van határozva, akkor ennek megszerkesztjükvetett árnyékát és megállapítjuk, hogy a sajátárnyékbanlevő lapok közül, melyek látszók az egyes képsíkokra nézve, ésezeket, valamint a vetett árnyéktól bekerített részt sraffvonalakkalvonjuk be.108. — 105. feladat. A 127 a. és 127 b. ábrákban bemutatottgúláknak árnyékolása. — Mielőtt ehhez fognánk, általánosanakarunk szólani a gúla árnyékolásáról.Egy M. ABCDEF gúla (129. ábra) oldaléleinek fénymentisíkjai egymást a gúla Μ csúcsán keresztül MM menő fénysugárbanmetszik. Az oldalélek fénymenti síkjai közül egyesek (MMA,MMB) az élből kiindulva a fénysugárral ugyanegy értelemben haladólag,mások (.MMD, MME) ellenkező értelemben haladólag

155129. ábra.metszik a gúlát; végre némelyek (MMC, MMF) a gúlát egyáltalánnem metszik.Az első csoportban levő oldalélek meg vannak világítva, amásik csoportban levők a saját árnyékban vannak, végre a harmadikcsoporthoz tartozók a gúla oldalfelületének sajátárnyékhatárátképezik.Hogy ezeket a képeivel ábrázolt gúlánál meghatározzuk,megkeressük a gúla csúcsán keresztül menő fénysugárnak és agúla alapsíkjának Μ metszőpontját, tehát a gúla csúcsának vetettárnyékát az alaplap síkjára. Ε metszőpontnak összekötő egyeneseia gúla alapjának szögpontjaival, az oldalélek fénymenti síkjainakmetszővonalai a gúla alaplapjának síkjával. Ezek közül a legszélsőkMF, MG a sajátárnyékhatárt képező MF, MG oldaléleknekfénymenti síkjaiból származnak.A gúla oldallapjai közül tehát vagy az MFA, MAB, MAGlapok vannak megvilágítva és a többiek MCD, MDF. MEF sajátárnyékban,vagy pedig ellenkezőleg az elsők vannak sajátárnyékban,az utóbbiak pedig megvilágítva a szerint, a mint az Μcsúcson keresztül menő fénysugár haladási iránya MM vagyevvel ellenkező értelmű, t. i. MM.Az első esetben (és ezt mutatja a 129. ábra!) a gúla árnyékvetősokszöge MFABC, a másikban MFEDC.Térjünk ezek után a kiiűzött feladatMegoldásához. (130 a. ábra.) Alaplapjával az 1-ső képsíkonnyugvó gúlának Μ csúcsa az 1-ső képsík M* pontjába veti árnyékát.M^-ból az ABCDEF alapsokszög szögpontjaihoz húzott

- 156 —egyenesek között M^D, M^F a legszélső. Ennélfogva a gúlánakárnyékvető sokszöge MFABCD, és az MFE, MED oldallapokvannak sajátárnyékban.A 130 b. ábrában az Μ csúcson keresztülmenő fénysugára gúla alaplapját, az Μ pontban metszi. Ε pontból az alapsokszögszögpontjaihoz húzott sugarak közül MA, MD a legszélső(mint az az 1-ső vagy a 2-dik képben látható). Ennélfogva az130 a. ábra.MA, MD oldalélek képezik a sajátárnyékhatárt a gúla oldalfelületénés MABCD a gúla árnyékvető sokszöge. A gúlának tehátalaplapja szintén árnyékban van.106. feladat. Egy üres gúla belső és külső felületének árnyékolása.Megoldás (131. ábra). A gúla Μ csúcsát az 1-ső képsikon,annak alaplapját az ABCDEFGH sokszöget az 1-ső képsíkkalpárhuzamos síkban vesszük fel.A gúla csúcsán keresztül menő és a fénysugarakkal pár-

— 157 —-huzamos LM egyenes, az alapsíkot az L pontban metszi. Azoldaléleknek fénymenti síkjai az alaplapot, az L ponton keresztülmenő egyenesek szerint metszik; az MA, MD élek képezik teháta külső oldalfelület saját árnyékhatárát és a külső felületnek árnyékvetősokszöge MAHGFED.A gúla oldallapjai közül MAB, MBG, MCD kívülről, a többiöt pedig belülről van megvilágítva. Ámde ez utóbbiak nem lesznekteljesen megvilágítva, mert az MAC, MBC, MCD lapok130 b. ábra.amazokra vetik árnyékukat. Ezt megállapítandó, csak az ABCDtörtvonalnak kell vetett árnyékát az MAHGFED gúla belső felületérekeresni.Az LH egyenes AB-t egy I pontban metszi, mely az MHél / pontjára veti árnyékát, mert az MI, MH egyeneseknek közösfénymenti síkjuk van.Ugyanígy a BC egyenes J és Κ pontja, az MG, MF élnekJ és Κ pontjára és a CD egyenes Ν pontja az ME élnek A Tpontjára veti árnyékát.

— 158 —-Ha még az LB egyenes a HG-t O-ban, és az LG egyenesaz FE-1 P-ben metszi, akkor a Β pont az ilíO-nak Β pontjára,és a G pont az MP-nek C pontjára veti árnyékát.Ε szerint az ΑΙ, IB, BJ,JK,_KC, CN, ND vonaldaraboknakvetett árnyékai az AJB JKCNO sokszögnek oldalai.// - - ''· ι / ,-*! / /ψ""/// .·*"'131. ábra.Minthogy némelyike ez utóbbi oldalaknak igen rövid, azértvégpontjainak összekötő egyenese nem adja meg elég biztosanaz oldalt. Czélszerűnek mutatkozik e végből az ily oldalaknaktávolabb fekvő pontjait is felhasználni.Ez pedig következőképen történik: Az AB egyenes HMGlapot az (AB, HG) — Q pontban metszi; ennélfogva AIB-nek a

— 159 —-HMG lapra vetett árnyéka QlB a Q ponton megy keresztül.Hasonlókép a BJ oldal a (BJG, HG) ponton, KG a(KG, FEiponton, GN a (CN, FE) ponton megy keresztül és JK/IJK//GF.109. — 107. feladat. A 132. ábrában képeivel ábrázolt nyolczoldalúhasábnak és rajta nyugvó nagyobb alapú hasábnak árnyékolása.132. ábra.Megoldás. (132. ábra.) A két hasáb 1-ső képe a két egyközepűszabályos nyolczoldal OKLNP . . ., ABCDEFGHI.Az első hasábnak Ρ és Q ponton keresztül menő oldaléle,a másodiknak a BE, IJ oldal éle képezi a saját árnyékhatárt az•oldalfelület részéről.Ez utóbbi hasáb alsó alaplapjának JABCB kerülete JQ és

— 160 —-PCD részekkel az 1-ső képsíkra QABP részszel az alatta levőhasábra veti árnyékát. És pedig: a Q, K, L, Ν, Ρ pont az alsóhasábnak élein fekvő Q, K, L, Ν, Ρ pontjaira, az A, Β pontpedig a lapokon fekvő A, Β pontjaira.Minthogy a felső hasáb alapsokszögének ÁO, KL, Β Νoldalrészei párhuzamosak az alsó hasáb azon oldallapjaival, melyreárnyékukat vetik, azért ezek az árnyékok az illető oldalrészekkelpárhuzamosak. Másrészt az AK, LB, NP oldalrészek metszik azalsó hasábnak azon oldallapjait, melyre árnyékukat vetik; ezérta vetett árnyék a megfelelő metszőpontokon megy keresztül.Ε körülményt czélszerű felhasználni, hogy rövid vonaldarabokatis nagyobb pontossággal rajzolhassunk meg.A szabályos testek.110. A szabályos testek, t. i. oly síklapú testek, melyeknekhatárló lapjait congruens szabályos sokszögek képezik, azolvasó előtt a stereometriából ismeretesek. Ily test öt van, t. i. atetraeder, oktaeder, hexaeder, ikosaeder és dodekaeder; ezeknekhálózatai a 133. ábrában a Τ, Ο, Η, I, Ώ betűkkel jelöltek.Ε testek lapjai-, csúcsai- és éleinek számát, továbbá a lapokés csúcsok miféleségét a következő táblázatban írjuk fel:A test nevelapja csúcsa élelapjaithatárlóéleks ζ á m acsúcsainkeresztülmenőélektetraeder 4 4 6 3 3oktaeder 8 6 12 3 4hexaeder 6 8 12 4 3ikosaeder 20 12 30 3· 5dodekaeder ' 12 20730 5 3I 1A tetraeder kivételével a többi szabályos test minden lapjávalegy másik lap párhuzamos. A szabályos test párhuzamos

— 161 —-lapjait Szemben fekvő lapoknak, oly két élet és két csúcsot, melyekenkeresztül menő lapok szemben fekvők, szemben fekvőéleknek és csúcsoknak nevezzük.Azon egyenesek, melyek a szemben fekvő lapoknak középpontjait,a szemben fekvő éleknek felezőpontjait, végre a szembenfekvő csúcsokat összekötik, megfelelőleg a test laptengelyei, éltengelyeiés csúcstengelyei.A lapok és élek merőlegesek a közép-, illetve felezőpontjukonkeresztül menő lap- és éltengelyekre; a csúcstengelyek pedigKLUG: Ábrázoló geometria. 11

— 162 —-a csúcsban találkozó összes lapokkal, valamint az összes élekkelegyenlő szögeket képeznek.Ε szabályos testek lap-, él- és csúcstengelyeinek száma alapok, élek és csúcsok számának felével egyezik.A tetraeder oly élpárja, mely nem metsző, és oly lap éscsúcs, mely nem coincidál, szemben fekvőnek neveztetik. A tetraederszemben fekvő éleinek felezőpontjait összekötő (és így azélekre merőleges) egyenesek, éltengelyek; a csúcsoktól a lapokközéppontjaihoz húzott (és így a lapokra merőleges) egyenesek— a tetraeder magasságvonalai, vagy magasságai — a tetraederlap- és egyszersmind csúcstengelyei.A tetraeder éleinek felezőpontjain keresztül menő és a szembenfekvő élekkel párhuzamos egyenesek egy új tetraedernek élei.A két tetraeder élei a metszőpontokban felezik egymást; lapjai párhuzamosak; éltengelyei, valamint lap- és csúcstengelyei közösek.Ily két (kiegészítő) tetraeder csúcsai egy hexaedernek képezikcsúcsait, élei e hexaeder lapjainak átlói; a tőlük határolt tér egyoktaeder, melynek csúcstengelyei a tetraederek éltengelyeivel egybeesnek.A szabályos testek összes tengelyei egymást a test középpontjábanmetszik, mely a tengelyek felezőpontja, tehát a csúcsoktól,a lapoktól és az élektől egyenlő távolságra van.A kiegészítő tetraedereknek, valamint a többi négy szabályostestnek éltengelyeire, azonkívül az oktaeder csúcstengelyeire és ahexaeder laptengelyeire a középpontban merőlegesen álló sík atestet két symmetrikus részre osztja, azaz az egyik rész a másiknaktükörképe ama síkra vonatkozólag.Az oktaeder és ikosaeder egy laptengelyére, a hexaeder ésdodekaeder egy csúcstengelyére a középpontban merőlegesen állósík a testet két részre osztja; bármelyik résznek tükörképe e síkravonatkozólag az illető tengely körül 60°-kal forgatva egybeesik amásik részszel.Hasonlókép a dodekaeder egy laptengelyére és az ikosaederegy csúcstengelyére merőlegesen álló sík azt két részre osztja;bármelyik résznek tükörképe e síkra vonatkozólag az illető tengelykörül 36°-kal forgatva egybeesik a másik részszel.111. A szabályos testek tengelyeinek helyzete. — Ha egyhexaederbe egy oktaedert, egy dodekaederbe pedig egy ikosaedertírunk be akképen, hogy a beírt test csúcsai a körülírt test lapjainakközéppontjai legyenek (vagy fordítva, egy oktaederbe egy hexaedert,egy ikosaederbe pedig egy dodekaedert írunk be, ugyanily

— 163 —körülmények mellett), akkor könnyen látható, hogy az oktaederés hexaeder, valamint az ikosaeder és dodekaeder éltengelyeimegegyezők, a lap- és csúcstengelyek pedig felváltva megegyezők.Az oktaeder és hexaeder összes tengelyeinek kölcsönös helyzetemegegyező, hasonlókép az ikosaederé és dodekaederé.Ugyancsak, ha egy hexaederbe egy tetraedert írunk, melynekélei a hexaeder lapjainak átlói, és ha a tetraeder középpontjánkeresztül annak éleivel párhuzamosakat húzunk, azt látjuk, hogye hat párhuzamos, valamint a tetraeder négy laptengelye és hároméltengelye megfelelőleg a hexaeder él-, csúcs- és laptengelyévelmegegyező.A tetraeder éltengelyei, az oktaeder csúcstengelyei és a hexaederlaptengelyei oly három egy ponton keresztül menő egyenes, melyeknekbármelyike a másik kettővel egyenlő (és pedig 90°-u) szögetképez.A tetraeder lap- és csúcstengelyei, az oktaeder laptengelyeiés a liexader csúcstengelyei oly négy egy ponton keresztül menőegyenes, melyeknek bármelyike a másik hárommal egyenlő szögetképez.Ily négy egyenes helyzetéről fogalmat szerezhetünk magunknaka következőképen : 1. egy hexaeder egyik lapjának csúcspontjaitösszekötjük a hexaeder középpontjával; vagy 2. egy tetraedercsúcsaiból a szemben fekvő lapokra merőlegeseket bocsátunk.Minthogy ekkor a négy merőlegest azoknak metszőpontja 1 : 3viszony szerint osztja, azért a tőlük képzett hegyes szög cosinusa γ 3 .A hexaeder és az oktaeder éltengelyeinek helyzete egyező egyponton keresztül menő és a tetraeder éleivel párhuzamos egyenesekkel.Ha tehát a tetraeder egyik csúcsán keresztül, melybenannak a, b, c élei találkoznak az ezekkel szemben fekvő élekkela x , b lf c t párhuzamosakat húzunk, akkor az abcajb x c y egyenesekfogalmat nyújtanak a hexaeder és oktaeder éltengelyeiről.Ezen hat tengely közül egyik sem hajlik, mint az előbbi kétesetben, a többihez egyenlő szög alatt, hanem mindegyik négyhez60° alatt és egyhez, melyet véle szemben fekvőnek nevezhetünk,90° alatt hajlik.A hat tengely hármasával négy síkban[abcj, [abyc], [ajc], [«A^ilfekszik; ezek közül bármely kettő, és a másik kettő egy szembenfekvő tengelyben metszi egymást, s ezeknek[aa,], [»J, [CCy]síkjai páronként egymásra merőlegesek.11*

— 164 —-Ε három sík xyz metszővonalai, melyek szintén merőlegesekegymásra, az egyes síkokban felezik a szemben fekvő tengelyeketúgy, hogy a hat tengelyről következőképen is fogalmat szerezhetünk.Képzelünk három síkot, melyek páronként egymásra merőlegesekés egymást az x, y, ζ egyenesekben metszik ; az (yz), (zx), (xy)szögek és mellékszögeinek felezői aa u bb lt cc x a kívánt tengelyek.Az ikosaeder csúcstengelyei és a dodekaeder laptengelyei olyhat egyenes, melyeknek bármelyike a többi öthöz egyenlő szög alatthajlik. Ha egy ABCDE szabályos ötszög F középpontjábanannak síkjára merőlegest emelünk, és erre az F talpponttól mérveaz ötszög körül írható kör félsugarát reárakjuk az Ο pontig, akkor azOA, OB, OC, OD, OE, OF egyenesek helyzete megegyező azikosaeder csúcstengelyének, valamint a dodekaeder laptengelyeinekkölcsönös helyzetével.Ugyanis a szerkesztésből következik, hogy az OF egyenes atöbbi öttel egyenlő szöget képez és pedig olyant, melynek trigontangense— 2.Másrészt, ha az F ponttól az AB ... Ε ötszög körül írhatókörbe egy szabályos ötszöget akarunk beírni, akkor az AF sugárfelét az AF-re merőleges sugárra visszük G-ig (FG J_AF, FG—AF),és AG-t a GF-re rakjuk F felé H- ig; végre AH a körbeírhatószabályos ötszög oldala. Az AHG egyenszárú háromszög azonbancongruens az ABO-va\, mert az AFG, AFO derékszögű háromszögekcongruensek, tehát AB = AH, AG = HG = AO = BO.A dodekaeder egy szemben fekvő élpárjának négy végpontján,még nyolcz él megy keresztül; ezeknek végpontjai egy hexaedernekcsúcspontjai. A dodekaederbe tehát oly hexaedert írhatunk be,melynek csúcsai a dodekaeder csúcsaiban vannak.Minden ily beírt hexaeder lapjai a dodekaeder három élpárjávalpárhuzamosak, úgy hogy az összes beírható hexaederek számaöt. Ezeknek 5.12 = 60 éle a dodekaeder lapjainak átlói 12.5 = 60.Minden dodekaeder-csúcs két hexaedernek csúcsa 5.8 = 2.20.Ebből folyólag a dodekaeder tíz csúcstengelye következőösszefüggésbe hozható a hexaeder csúcstengelyeivel: A dodekaederminden csúcstengelye hat csúcstengelylyel ép oly szöget képez,mint a hexaeder két csúcstengelye; a többi három csúcstengelylyelpedig szintén egyenlő, de ettől külömböző szöget képez ama csúcstengelylyel.A dodekaeder és ikosaeder minden éltengelyére két éltengely

— 165 —-merőleges, a többi tizenkettő pedig négyesével egyenlő szöget képeza tekintetbe vett éltengelylyel.112. —108. feladat. Egy tetraederképeinek szerkesztése, melynekegyik lapjaazl-ső képsíkon fekszik,egy másik lapja a 2-dik képsíkramerőleges.Megoldás. (134. ábra.) A tetraederéleinek 1 - ső képei egy egyenoldalúháromszögnek ABC-nzkoldalai, és e háromszög magasságvonalainak,a szögpontok és a Dmagasságpont között levő részei.Minthogy a tetraeder egyik lapjaa 2-dik képsíkra merőleges, a^értaz egyenoldalú háromszög egyikoldalát, pl. Β C-t a képtengelyremerőlegesen kell felvenni. Az ABCháromszög 2-dik képe a képtengelyenvan, az AD él 2-dik képe pedig,minthogy a 2-dik képsíkkalpárhuzamos, valódi nagyságában134. ábra.mutatkozik, tehát egyenlő AB-ve.\.Ε körülményből meghatározható a tetraeder D szögpontjának távolságaa szemben fekvő laptól, azaz a tetraeder magassága; továbbáa D pontnak és ezzel a tetraeder összes éleinek 2-dik képe.Megakarjuk még jegyezni, hogy ha egy tetraeder éléből annakmagasságát akarjuk szerkeszteni, akkor az él fölé egy egyenoldalúháromszöget rajzolunk és magasságpontjának a szögponttól mérttávolságából, mint befogóból, és az élből, mint átfogóból egy derékszögűháromszöget képezünk. Ε háromszögnek másik befogója atetraeder magassága. Ε szerkesztést végeztük az előbbi ábrában is.109. feladat. Szerkesztendő egy tetraedernek 1-ső és 2-ik képe,valamint saját- és vetettárnyéka, ha éltengelyei az 1-ső, a 2-dikés az oldal-kép síkra merőleges.Megoldás. (135. ábra.) A tetraeder képei négyzetek és azoknakátlói, mint az ábra mutatja; az átlók képezik a tetraederéleknekvalódi hosszúságát.A tetraedernek csak az ABC lapja van megvilágítva, a többiárnyékban van; az ABC háromszög képezi az árnyékvető sokszöget,melynek árnyéka A*BC

— 166 —-113. — 110. feladat. Szerkesztendő az egyik csúcstengelyévelaz 1-ső képsíkra merőleges oktaedernek két képe, valamint saját- ésvetett árnyéka.Megoldás. (136.ábra.) Az oktaeder 1 -sőképe egy négyzet B'C'D'E' a két átlójával ;a négyzet oldala az oktaederéle, annak átlójaa csúcstengely valódihosszúsága. Ez utóbbikörülményből meghatározhatóaz 1-ső képsíkramerőleges csúcstengelynekylF-nek 2-dik képe A"F"=B'D',és a BCDE négyzetnek2-dik képe.Az F. BCDEnégyoldalú gúlának F135. ábra.csúcsán keresztül menőfénysugár az alaplapot egy F pontban metszi; ez oly helyzetű,hogy a nevezett négyoldalú gúlának FBE oldallapja van árnyékban,a többi három pedig meg van világítva, mert az FB', F'C' egyeneseka B'C'D'E' alapnégyszöget maguk közé zárják.Az A. BCDE gúlának lapjai az előbbivel párhuzamosak,lapjai közül az a három, mely az előbbi gúlának megvilágított lapjaivalpárhuzamos, árnyékban lesz.Ennélfogva az oktaeder árnyékvető sokszöge ADEFBC és az1-ső, illetve a 2-dik képsíkra nézve látszó lapok közül FBE, illetveADE van sajátárnyékban.111. feladat. Szerkesztendő az egyik laptengelyével az 1-sőképsíkra merőleges oktaedernek két képe, valamint saját- és vetettárnyéka.Megoldás. (137. ábra.) Az oktaeder 12 élének 1-ső képe egyszabályos hatszög oldala és annak a két egyenoldalú háromszögnekoldala, mely a hatszög szögpontjait felváltva összeköti. Ε háromszögoldalai az oktaeder éleivel egyenlők; az egyiknek ADE-nék2-dik képe pl. a képtengelyen van, a másiknak BCE-nek 2-dikképe pedig a képtengelytől oly távolságra fekvő párhuzamos egyenesenvan, mint az oktaeder laptengelyének hosszúsága. Ezt pedig

— 167az élből és a már megrajzolt AG'DF'EB' szabályos hatszög oldalábólkönnyen szerkesztjük. Ugyanis a DF él valódi hosszúsága C'F',1 -ső képének hosszúsága DF'; ennélfogva a GDF' derékszögűbáromszögnek DG befogója (ha átfogója F'G = C'F') megadja azFpont távolságát az 1-ső képsíktól, azaz a laptengely hosszúságát.136. ábra.Minthogy DF' egyenlő a B'C'F" háromszög M' magasságpontjánaktávolságával a háromszög szögpontjától, azért az oktaedernek laptengelyhosszúsága DG egyszersmind egy oly tetraedernek magasságávalegyenlő, melynek élhosszúsága ugyanaz, mint az oktaederé.Ebből, de már az előzőkből is következik, hogy ha az oktaederBCF lapja egy oly tetraedernek lapja, melynek e lappal szembenfekvő csúcsa e lap fölött van, akkor a tetraedernek többi háromlapja az oktaeder BCA, CFD, FBE lapjaival egy-egy síkban van.

— 168 —-Más szóval: e három lap meghosszabbítva és a BCF oktaederlapegy tetraedert zár be.Ezt fölhasználhatjuk annak megállapítására, hogy a háromoktaeder lap közül melyek vannak sajátárnyékban. Ugyanis atetraeder csúcsán keresztül menő fénysugár a BCF alaplapot egypontban metszi, melynek 1-ső képe M. Minthogy a B'C'F háromszögaz MB', MF' egyenesek között van, azért a BF élből kiinduló137. ábra,tetraederlap, tehát egyszersmind a BFE oktaederlap sajátárnyékbanlesz, mig a másik kettő BCA, BFD meg van világítva. Ε két utóbbilappal párhuzamos DEF, BAE lap tehát szintén sajátárnyékbanvannak úgy, hogy az oktaeder árnyékvető sokszöge az ABFDnégyszög.Megakarjuk még jegyezni, hogy az árnyékvető sokszög meghatározásánála szóban forgó tetraeder használata kikerülhető, merta BCF lap Μ középpontján keresztül menő fénysugár metszőpontjánakaz ADE lappal, ugyancsak az Μ pontban van 1-ső képe.114. — 112. feladat. Szerkesztendő az egyik csúcstengelyével az1-ső képsíkra merőlegesen álló hexaedernek két képe, és saját- és vetettárnyéka.Megoldás. (138. ábra). A hexaeder összes élei a csúcstengelylyelés így az arra merőleges 1-ső képsíkkal egyenlő szöget

— 169 —-képeznek. Ennek következtében a hexaeder összes éleinek 1-sőképei egyenlők, s mint ilyenek, egy szabályos hatszögnek oldalai és ehatszög középpontját a szögpontokkal összekötő egyenesek. AB,AB, AE tehát az alsó csúcson, GC, GF, GH a felső csúcson keresztülmenő három-három él; a BDE pontok és a CFH pontok az1-ső képsíkkal párhuzamos síkokban feküsznek, melyek az AGcsúcstengelyt három egyenlő részre osztják. Az ABCD négyzetAG átlójának valódi hosszúsága BD — B'B', ennélfogva ha azA'C' felével, mint befogóval és B'D' felével, mint átfogóval egyAIJ derékszögű háromszöget szerkesztünk, akkor annak másodikbefogója IJ az AG csúcstengelynek harmadrésze.138. ábra. 138 a. ábra.Könnyen meglehet az AG csúcstengely egész hosszát is szerkesztenünk.Ezt külön a 138a. ábra mutatja. Vagy kapcsolatban a138. ábrával az ABCD négyzetet, vagy annak a BD átlóval felezett részéta BD átló körül az 1-ső képsíkkal párhuzamos síkba forgatjuk aB'KD' helyzetbe. ICD' a hexaeder éle, B'D' egyik lapjának átlója,tehát e vonaldarabokból, mint befogókból képezett B'D'L derékszögűháromszög B'L átfogója a csúcstengely valódi hosszúsága.A hexaeder G csúcsán keresztül menő fénysugár a CFH lapotegy pontban metszi, melynek 1-ső képe G. A GF', GH' egyenesek

— 170 —-a C'F'H' háromszöget, melyet a GCHF gúla alapjának tekintünk,maguk közé zárják.Ennélfogva a gúlának FGH és a hexaedernek FGHE lapjasaját árnyékban van, a másik kettő GFBC, GCDH pedig meg vanvilágítva. Ugyancsak ez utóbbi két lappal párhuzamos lapjai ahexadernek saját árnyékban lesznek s ezért az árnyékvető sokszög :GHDABF.115. — 113. feladat. Egy ikosaeder 1-ső, 2-dik és oldalképénekszerkesztése, ha egyik csúcstengelye az 1-ső képsíkra, egyik éltengelyepedig az oldalképsíkra merőleges.Megoldás. (139. ábra.) Az ikosaeder éleinek 1-ső képei egyszabályos tízszög oldalai, továbbá az a tiz egyenes, mely ennekközéppontját a szögpontokkal összeköti, végre annak a két szabályosötszögnek oldalai, melyek a tízszög minden 2-dik szögpontjátösszekötik s melyek egyenlők az ikosaeder élhosszával. 'Minthogy a feladat azt kivánja, hogy az egyik éltengely az oldalképsíkramerőleges legyen, azért a szabályos tízszögnek két oldalátaz x lt képtengelyre merőlegesen veszszük fel.

— 171 —-Az ikosaeder tudvalevőleg két szabályos ötoldalú gúláraA. GHIJK, L. BCDEF-re és egy ezekkel közös alaplapu tizoldalúprismatoidra bontható. Ε gúlák és a prismatoid magasságait, tehátaz ikosaeder csúcstengelyét meghatározandó, a következő tételretámaszkodunk:„Ha két egymásra merőleges és egyenlő vonaldarab képeiegy képsíkon párhuzamosak, akkor ezek bármelyikének képhosszúságaegyenlő a másik vonaldarab végpontjainak a képsíktól mérttávolságai külömbségével."Ugyanis ha az AB, CD egymásra merőleges vonaldaraboknakderékszögű projectiói az S síkra (140. ábra) A'B', C'D' és aCD-ve 1 párhuzamos és egyenlő BE-nek projectiója B'E', akkor azABF, BEG congruens derékszögű háromszögekből következik,hogyAF — EG = E'B· = D'C'CH = BG — FB = A'B'Ennélfogva az AB vonaldarabnak A'B' derékszögű projectiójaaz S síkra, egyenlő a .CD vonaldarab C, Dvégpontjainak az S sík-y ^tói mért távolságai külömbségévelCH-valUgyanígy a CD vonaldarabnakC'D' derékszögűprojectiója az Ssíkra egyenlő az AB /vonaldarab A, Β vég- /pontjainak az S síktól /mért távolságai kü- /lömbségével AF-fél. /Visszatérve az /Sikosaederhez:annakpl. 140 ábraFG éle _]_ AH éléreés ezeknek 1-ső képei párhuzamosak. Ezért az AH és FG él végpontjainakaz 1-ső képsíktól mért távolsági külömbsége egyenlő F'G',illetve ΑΉ'. Ha tehát az A csúcspontnak 2-dik képe a képtengelyen* 12 -ön van, akkor a G csúcspont és így a H1JK csúcspontok is az1-ső képsíktól G'F' távolságra és az F csúcspont, valamint BCDEis G'F' + A'H távolságra, végre az L pont G'F' + A'H -f G'F'távolságra van.

— 172 -Ezzel meghatározhatjuk az ikosaedernek 2-dik képét A"B" ...L"-et. Az ábrában az oldalképsík az 1-ső nyoma x 13 körül lett az1-ső képsíkba forgatva ; azonkívül az oldalképsíkra merőleges 4-dikképsíkra vonatkozólag, mely az oldalképsíkot az x 3i képtengelyenmetszi, megszerkesztettük az ikosaedernek képét ^4 Iv i? Iv ... L IV -et.114. feladat. Szerkesztendő egy a laptengelyével az 1-ső képsíkramerőlegesen álló ikosaedernek két képe, valamint saját- ésvetett árnyéka.Megoldás• (141. ábra). Két egyenoldalú háromszöget ABC,J'K'L'-et rajzolunk, melyeknek oldalai az ikosaeder éleivel egyenlők,és szögpontjai egy szabályos hatszög szögpontjai. Ezután két újszabályos háromszöget D'E'F', G'H'T-t rajzolunk, melyek amazokkala közös középpontra U'-re vonatkozólag hasonlók, ésο

— 173 —-oldalai oly nagyok, mint az ikosaeder éléből képezett szabályosötszögnek átlója. Ε két pár szabályos háromszögnek szögpontjai azikosaeder csúcsainak 1-ső képei.Az ABC háromszögnek 2-dik képét a képtengelyben vesszükfel. Az egymásra merőleges AG és DH éleknek első képei párhuzamosaklévén, a G (és a Η, 1) pontok távolsága az 1-ső képsíktólegyenlő D'H'; továbbá a D (és az E, FJ pont távolsága a GHIsíktól egyenlő AG'; végre a JKL pontok távolsága a DEF síktólismét D'H'. Ebből az összes csúcsoknak és éleknek 2-dik képeimeghatározhatók.Vagy : az AJ és DC az ikosaeder éléből képezett szabályosötszögnek átlójával egyenlő; azoknak 1-ső képei AJ', D'C párhuzamosak; ennélfogva a J pont D'C távolságra és a D pont AJ'távolságra van az ABC laptól. A D"F"E" és a K'J"L" egyeneseknektehát távolsága az A"B"C"-tő\ AJ' és D'C; végre a G"H"I"távolsága K"J"L"-tői szintén AJ'.Az ikosaeder DK, LE és JF élei egymást egy Τ pontbanmetszik, mely az LKDBE szabályos ötszög miatt oly helyzetű,hogy KT = TL — KB, azaz az ikosaeder éleiből alakítható szabályosötszög átlójával. Tekintve, hogy az ADKJF szabályos ötszögbenaz AJ átló párhuzamos a DK oldallal és AJ = KT, a KT ésaz AJ vonaldarabok végpontjainak távolsági külömbsége az 1-sőképsíktól egyenlő. Tehát a T" pont távolsága a K"J"L" egyenestőlugyanaz, mint a K"J"L", A"B"C" egyenesek távolsága egymástól.Az ikosaeder KHL, LIJ, JGK lapjai egymást egy U pontbanmetszik és e ponton keresztül menő fénysugár metszőpontjának azLJK síkkal, 1-ső képe Ü'. Minthogy az L'J Κ háromszög az U'J',U'L' egyenesek között van : az U. LJK gúlának UJL lapja és ígyaz ikosaedernek LIJ lapja árnyékban van, a KHL és JGK pedigmeg van világítva.Az előbb említett Τ ponton keresztül menő fénysugár a GHIlapot egy pontban metszi, melynek 1-ső képe T' az U'T' fénysugárona 45° világítás következtében az 1-ső képsíkra merőlegeslaptengelytől D'C -j- AJ', távolságra azaz ép oly távolságra van,mint a Τ pont a GHI lap fölött.A Τ pont egy hatoldalú gúlának szögpontja, melynek oldallapjaiaz ikosaeder JGF, JFI, ILE, LEH, EKD, KDG lapjai a Τpontig meghosszabbítva. Ha a Τ ponttól e gúlának a GHI síkbanfekvő alapsokszöge szögpontjaihoz sugarakat húzunk, akkor azttapasztaljuk, hogy az első három oldallapja árnyékban van, az

— 174 -utóbbi három pedig meg van világítva. Mindezekből látható, hogyaz ikosaeder árnyékvető sokszöge : AGJLEB.116. —115. feladat. Szerkesztendők egy dodekaedernek képei, haegy laptengelye az 1-ső és egy éltengelye a 2-dik képsíkra merőleges.Megoldás. (142. ábra). A dodekaeder élhosszából, mint oldalbólkét szabályos ötszöget ABCDE, P'Q'R'S'T'-1 rajzolunk, melynekszögpontjai egy szabályos tízszög szögpontjait képezik; ennekEzután más két az előbbiekkel hasonló szabályos ötszög szögpontjaitF'G'H'l'J', K'L'M'N'O'-t szerkesztjük meg, melynek oldalai azelőbbi ötszögek átlóival egyenlők. A két pár szabályos ötszög szögpontjaia dodekaeder csúcsainak 1-ső képei.A dodekaedernek GNPJ szögpontjai egy az 1-ső képsíkramerőleges síkban fekvő négyzetnek szögpontjai, mert oldalai a_dodekaeder lapjainak átlói. Ε négyzet J, Ν és Ρ szögpontjainakο

— 175 —-távolságai az ABCDE laptól, mely pl. az 1-ső képsík : N'C, J'C ésN'C + CJ·. Ugyanily távolságra vannak az FGHI, OKLM, illetvea QRS Τ pontok is az 1-ső képsíktól. Ezzel a dodekaeder összescsúcsainak 2-dik képei megszerkeszthetők.Az ábrában még a dodekaedernek 3-dik képe az 1-ső képsíkramerőleges oldalképsíkon és egy erre merőleges 4-dik képsíkon vanmeghatározva.143. ábra.116. feladat. Szerkesztendő egy a csúcstengelyével az 1-sőképsíkra merőlegesen álló dodekaeder két képe, valamint saját- ésvetett árnyéka.Megoldás. (143. ábra.) Az 1-ső képsíkon két szabályos háromszögetB'CD', Q'R'S-t rajzolunk, melyeknek oldalai a dodekaeder egyiklapjának átlójával egyenlők és szögpontjai egy szabályos hatszögnekszögpontjai. A háromszögek közös középpontját A ss T'-t a szög-

— 176 -pontokkal összekötő AB', AC', . . . egyenesek a dodekaeder hatélének képei.A B'R'C'S D'Q' hatszög B'R', R'C', . . , Q'B' oldalain feküszneka dodekaeder hátra levő hat pár szögpontjának K'F', E'N',M'H', G'P, O'J', l'L' képei, melyek egy tizenkétszögnek szögpontjai.Ε tizenkétszög nem szabályos, hanem minden másodikoldala E'F', MN', G'H', O'P', . . a dodekaeder élével egyenlő éspárhuzamos a Β C'D', Q'R'S' háromszögek oldalaival. A mondottakbóla dodekaeder 1-ső képe szerkeszthető.A dodekaeder AB és TS párhuzamos éle merőleges FM-re ésazoknak 1-ső képei ennek 1-ső képével párhuzamosak. Ennélfogvaha az A csúcs az 1-ső képsíkon van, akkor a Β és egyszersmind aC, D csúcs az 1-ső képsíktól, a Τ csúcs pedig a QRS síktól F'M'távolságra van.A dodekaeder RKBF csúcsai egy négyzetnek szögpontjai,melynek síkja az 1-ső képsíkra merőleges. Ezért az F, Κ és Ft ponttávolsága a BCD síktól egyenlő K'B\ B'F' és K'B' + B'F'-sel. AzF, Κ és R csúcscsal egyenlő távolságra vannak az 1-ső képsíktólaz EGH1J, LMNPO, illetve a QS csúcsok. Ezt tekintve a dodekaeder2-ik képe szerkeszthető.Hogy a dodekaeder árnyékvető sokszögét meghatározzuk,felkeressük a Τ ponton keresztül menő fénysugárnak U metszőpontjáta QRS síkkal. Minthogy U a QRS háromszögön belül van :a TQKLR, TRMNS, TSOPQ lapok meg vannak világítva és azezekkel párkuzamos lapok árnyékban vannak.Ezután az NSGHO, PQ1JK, LBMFE lapoknak az AT csúcstengelyenfekvő metszőpontján, mint egy gúla csúcsán keresztülfénysugarat húzunk és metszőpontjának helyzetéből a gúla alapsíkjávalmegállapítható, hogy mely gúla lapok vannak árnyékban.De lehet közvetlenül is e lapok megvilágítási tüneményeit vizsgálni.Így a GHO háromszög 1-ső képsíkra vetett árnyékának,G^H^O^-nak, körüljárási értelme ugyanaz, mint a G'H'Ο háromszögé,tehát a GHO lapnak az 1-ső képsíkra látszó oldala meg van világítva.A KQP háromszögnek a 2-dik képsíkra vetett árnyéka K*Q*P*.Ennek és a K"Q"P" háromszögnek körüljárási értelme egyező,tehát a KQP háromszögnek a 2-dik képsíkra látszó oldala megvan világítva. Ámde ez a dodekaeder belső része felé fordítottoldal; ezért a másik árnyékban van. Ugyanezt az eljárástkövetve látható, hogy az FEL háromszög meg van világítva.A dodekaeder árnyékvető sokszöge tehát: QKLEFCGHOP. Megjegyezzükmég ez alkalommal, hogy az árnyékvető sokszögnekο

— 177 —-vetett árnyéka a képsíkokra magában zárja a test minden csúcsánakvetett árnyékát, úgy hogy a csúcsok vetett árnyékából is megállapíthatóa test árnyékvető sokszöge.A szabályos rendszer kristályalakjai.117. Aszabályosrendszer teljes alakjai. Egy Opontonkeresztül(144 ábra.) három páronként egymásra merőleges félsugarathúzunk és ezeket egy síkkal az A u B i; C 3 pontokban metszszük. Mégöt síkot lehet akkép elhelyezni, hogy azok ama félsugarakról ugyanolyvonaldarabokat messenek le az Ο pontból mérve, mint az elsősík. Ha ugyanis az Ο A, = a, ÖB 2 = b, 0C 3 = c vonaldarabokatmind a három félsugárra rakjuk, tehát a = OA y = OA 2 = CL4 3 ;b = OB l = OB, = OB 3 , C = OG\ = OC. 2 = OC 3 az egyes félsugarakon,akkor az A^B^C^ A V B 3 C.,, A 2 B 3 C X , Α 2 Β Χ 0 3 , Ag^Cg, A 3 B i C ísíkok ama félsugarakról szintén az a, b, c vonaldarabokat metszikle különböző rendben.Ε hat sík ama három félsugár irányában egyenlőkép viselkedik,vagyis bármelyik sík a másikba forgatható ama félsugarak egyikevagy másika körül (90°-kal); ezért a hat sík egymást ugyanegypontban G-ben metszi. Ama hat sík és a félsugarakat összekötőhárom sík OA,A. 2 , OA. 2 A 3 , OA 3 A x egy síklapu testet határol, melynekez utóbbi három síkban fekvő határló lapjai congruens négyszögek(deltoid), mig a hat síkban fekvő határló lapjai congruens,de általában szabálytalan háromszögek.Ha a hat sík metszővonalai közül azokat, melyek ama siklapútest élei, e és / betűkkel jelöljük, és pedig ha a < b < c:= AB.C,), / 1 =(A. 2 B 3 G u A 3 B 2 CJe. 2 = (A i B- i C l , Α,Β,Ο,), f i (A i B 1 C i , A.B.C,),e 3 = (A 3 B, C„ A 3 B. 2 C,), f 3 = (A,B 2 C 3 , A.B.C,),és a felvett három félsugáron keresztül menő síkot az 1-ső, a 2-dikés az oldalképsíkba helyezzük, úgy hogy az OA^C^ OA 2 B. 2 C. 2 ,OA 3 B 3 G 3 félsugarak y, χ, ζ tengelyek, akkor e siklapú test 1-ső, 2-dikképét a 144. ábra mutatja.Egészítsük ki ezután a felvett három félsugarat teljes sugárrá.Ekkép még hét, tehát összesen nyolcz ilyen derékszögű, úgynevezetttriédert kapunk, mint az eredeti három félsugártól és az őket összekötősíkoktól határolt végtelen tér, mely az egész térnek egy nyolczada— octansa — volt. Ε szerint még hét ily siklapú testetnyerünk, mint az első volt, melyet képeztünk, ha ezen új félsugarakKLUG : Ábrázoló geometria. 12

— 178 —-144. ábra.irányában is úgy helyezzük el a síkokat, hogy azok róluk a, b, c vonaldarabokatmessenek el. Összesen tehát48síkot birunkhárom páronkéntegymásra merőleges és egymást egy Ο pontban metsző egyenes— tengely — irányban akkép elhelyezni, hogy e síkok a háromtengelyről ugyanoly hosszúságú vonaldarabokat (a.. b, c) messenek\e és így a tengelyek irányában egyfélekép viselkedjenek.Ε 48 sík egy síklapútestet határol, mely a kristálytanúgynevezett szabályosrendszerének alapalakja éshexakisoktaeder-nek vagytetrakontaoktaedernek( negyvennyolczasnak)neveztetikés melynek a szerkesztett síklapútest egy nyolczada. Εkristály-alakot az (abc)syvcibolummalszokás jelölni,melynek betűi a tengelyekrőllemetszett részeknek mérőszámai.A szerint, a mint e számokközül: 1. a két nagyobbegyenlő, 2. a két kisebbegyenlő, 3. egy végtelen nagy,a másik kettő külömböző, 4.egv végtelen nagy, kettő pedigegyenlő, 5. kettő végtelennagy, végre 6. mind ahárom egyenlő, származikmegfelelőleg: az ikositetraeder(abb), a triakisoktaeder(aab), a tetrakishexaederfab-χ), a rombdodekaederfaa°c), a hexaeder (χ αχ), azoktaeder (aaa), mely utóbbi·kettő a már ismert szabályos testekkel megegyező.Mind a hét kristályalaknak három tengelye és három symmetriasíkjavan, mely síkok két-két tengelyen mennek keresztül és ígyegymásra szintén ép úgy, mint a tengelyek páronként merőlegesek.Mindegyik symmetriasík a kristály-alakot oly két részre osztja,,melyek egymásnak tükörképei a symmetriasíkra vonatkozólag.Ο

— 179 —118. — 117. feladat. Szerkeszszük meg egy hexakisoktaeder (ll 1 / 22) képeit, ha egyik tengelye c az 1-ső képsíkra merőleges, a másikkettő, a, b, pedig a 2-dik képsík irányában általános helyzetű.Szerkesztendő a test hálója annak képeiből.Megoldás. (145. ábra). Ε test mindegyik felső octansának 1-scképe ugyanolyan, mint az előbbi ábrában szerkesztett octansé, azalsóknak 1-ső képeit pedig a felsők teljesen elfödik.145. ábraHogy a test második képét megkapjuk, ismerni kell az egyescsúcsoknak távolságát az a, b tengelyeken keresztül menő síktól.Ez azonban az előbbi ábrában bemutatott octans csúcsainak távolságávalaz 1 - ső képsíktól, vagy a 2-dik képek távolságával az χ képtengelytőlmegegyező. De legczélszerűbb ezt a már megrajzolt 1-sőképből meghatározni.12·

— 180 —-146. ábra.Ugyanis, ha a [b, c] síkot új képsíknak, 3-diknak, tekintjük, ése síkot nem 1-ső nyoma körül, hanem ab tengelyek körül forgatjukaz 1-ső képsíkkal párhuzamos helyzetbe, míg tehát a c tengely azα-val nem egyesül, akkor a forgatott 3-dik képnek 1-ső képe, melyete szempontból 3 dik képnek nevezhetünk, a meglévő 1-ső képbenlesz. A mily távolságra vannak tehát a test csúcsainak 3-dik képeiV tengelytől, annyira lesznek e csúcsok 2-dik képei a &"-től. Ε szerintaz 1-ső képből a csúcsok 2-dik képei egyszerűen szerkeszthetők.A test egyik octansának csúcsai az ABCDEFGY betűkkel vannakjelölve. Ezek közül G L azoctans főcsúcsának nevezhető. A többioctansnak főcsúcsai G. 2 G 3 . . . G g .Ha a test egyik lapjának, pl. az AG X F háromszögnek valódialakját meghatároztuk, akkor hat ezzel congruens háromszöget akkép

— 181 —-kell egymás mellé rajzolni, hogy kettő-kettőnek egy közös oldala ésvalamennyinek közös szögpontja legyen. Ezzel megkapjuk egyoctansnak hálóját. A testet nyolcz ily octans határolja. Ezeket akképkell egy síkban egymással az éleken összefüggőleg rajzolni, a mintazok a testen egymásra következnek.119. — 118. Szerkesztendők az ikositetraeder (1 2 2) képei,ha tengelyei ugyanoly helyzetűek, mint az előbbi testnek.147. ábra.Megoldás. (146. ábra.) Ha egy hexakisoktaeder minden octansánakoly két-két szomszéd lapja egyesül egy síkban, melynekközös éle a rövidebb tengely végpontján meg}' keresztül, úgy hogyegy octanst határló hat congruens háromszög helyett, három symmetrikusnégyszög (deltoid) keletkezik, akkor a hexakisoktaeder átmegyaz ikositetraederbe, melynek tehát 24 lapja van.A test képeinek szerkesztése az ábrából könnyen felismerhető,egyik octansának csúcsai: ABCDEFG 1 ; a többieknek főcsúcsa(t 2 , Cr 3 , . . . G s .

182120. —119.feladat. Szerkesztendő/e a triakisoktaeder (112/képeiha tengelyei ugyanoly helyzetűek, mint az előbbi testeké.Megoldás. (147. ábra). Ha hexakisoktaeder minden octansánakoly két-két szomszéd lapja egyesül egy síkban, melynek közös éleegy tengelyről hosszabb vonaldarabot metsz le, mint a többi élek,úgy hogy egy octanst határló hat congruens háromszög helyetthárom egyszárú háromszög keletkezik, akkor a hexakisoktaederátmegy a triakisoktaederbe, melynek tehát szintén 24 lapja van.148. ábra.A test alakjára olyan, mint egy oktaeder, melynek lapjairaszabályos háromoldalú gúlák vannak helyezve. A képek szerkesztéseaz ábrából látható ; egyik octansának csúcsai: ABCG X ; a többieknekfőcsúcsai G 2 , G- 3 ... G S .121. — 120. feladat. Szerkesztendők a tetrakishexaeder (13képei,melynek tengelyei az OA, OB, OC egyenesek (148. ábra).

— 183 —-Megoldás. Ha ismét a hexakisoktaederből indulunk ki és kétszomszéd octansnak szomszéd lapjai egyesülnek egy-egy síkbanegyenszárú háromszöggé, akkor a hexakisoktaeder a tetrakishexaederbemegy át. Ennél ugyan minden octansnak megmarad a hathatárló lapja, de minden ily lap két octanshoz tartozik és ezért lapjainakszáma szintén 24.A test alakjára olyan, mint a hexaeder, melynek lapjaira szabályosnégyoldalú gúlák vannak helyezve. A képek szerkesztése az149. ábra.ábrából látható ; egy octans csúcsai ABCG^vel vannak jelölve; atöbbiek főcsúcsai G 2 , G a . . . G s .122. — 121. feladat. Szerkesztendők a rombdodekaeder (1 1képei és árnyéka, ha egyik tengelye az 1-ső képsíkra merőleges.Megoldás. (149. ábra). Ha a triakisoktaeder két szomszéd octansánakszomszédlapjai egy síkban egyesülnek úgy, hogy e két congruensháromszög egy rombusba megy át, akkor a triakisoktaeder a

— 184 —-rombdodekaederbe megy át. Ez az átvitel azonban csak úgy lehetséges,ha oly sík, melyben két lap egyesül, egy tengelylyel párhuzamos.Ε testnek lapjai (12) a tengelyek bármily hosszúságánál rombusok,melyeknek átlói olyviszonyban vannak egymáshoz,mint egy négyzetátlójaannak oldalához. Haegy oktaeder minden éléresíkokat fektetünk, melyekaz élben találkozó lapokhozegyenlő szögek alatthajlanak, akkor e 12 síktólhatárolt tér egy rombodekaeder.A test 1 -ső képe egynégyzet, melyet a középpontonkeresztül menő ésaz oldalokkal párhuzamosegyenesek négy részreosztanak.A 2-dik képen a csúcsoka képtengelylyel párhuzamosanés egymástólaz előbbi négyzet átlójánakegy-egy negyed távolságnyiralevő egyenesekenfeküsznek.A test saját- és vetettárnyékának szerkesztésea szabályos testekárnyékolásánál mutatotteljárások alapján történik és az ábrában tisztán látható.123. A szabályos rendszer két feles alakja. Vegyük ismét ahexakisoktaeder egyik octansát, pl. a 144. ábrában levőt figyelembe,melynek egymásra következő lapjai: AJ^C^ AJJ./^, A.JÍ/J,,A^I^C^. A 3 B. 2 G U A 3 B T C.J,. Ε hat lap két hármasra osztható; a nemegymásra következő lapok: A^B^C.,, Α«Β χ 0 3 , A^B^C^ és Α^Β,,Ο^A 2 B 3 G U A 3 B 1 C. Í képezik ezeket a hármasakat. Egy ily hármas h,,h 2 , h 3 metszővonalainak szerkesztését a 150. ábra mutatja, hol

— 185 —-h, = (Λΰ/Λ. AB&)κ = (AJl/J,, Α,Β Ά α 2 )Α hexakisoktaeder minden octansából csak egy ily hármastakarunk megtartani úgy, hogy a 48 lap közül csak 24 maradjonmeg. Ha ezen eljárásnál szabályszerűséget akarunk követni, akkorvagy azokat a hármasokat tartjuk meg az egyes octansokban, melyekközül a szomszédok egymásnak tükörképei a határló symmetriasíkravonatkozólag, vagy pedig oly hármasokat, melyek közül aszomszédok a határló symmetria-síkban levő egyik vagy másiktengely körül egymásba forgathatók, tehát congruensek.így ha a 150 a., 150 b. ábrák, a hexakisoktaedernek egy tengelyremerőleges síkra vonatkozó képei, akkor a felső (látszó) 24 lapközül megtarthatjuk az első esetben (151. a ábra) a nem sraffozottlőOa. ábra.150 b. ábra.12 lapot, és az alsó lapok közül az ezek alatt levő 12 lapot, a másodikesetben a (152. b. ábra) a nem sraffozott 12 lapot és a sraffozottakalatt levő 12 lapot.Az ekkép származott 24 lapú testet, vagy kristályalakot, azelső esetben dyakis-dodekaedernek, a másodikban pentagon-ikositeiraederneknevezik. Az elsőnek lapjai trapesoidok, a másodiké ötszögek.Az első a symmetria-síkoktól symmetrikus részekre osztható,de a tengelyek körül nem forgatható 90°-kal önmagába; a másodikellenben bármely tengelye körül 90°-kal önmagába forgatható, dekét tengelyén keresztül menő sík nem symmetria-síkja. Mindkéttestnek lapjai a tengelyekről szintén ugyanoly nagyságú vonaldarabotmetszenek le, mint a hexakisoktaedernek lapjai, s mert azoknakfélannyi lapjuk van, mint emennek, azért e kristályalakok a hexakisoktaederfeles alakjainak neveztetnek.

— 186 —-Az első kristályalakot J-vei, a másodikat í J a ~-j-vel szokásjelölni, hol abc annak a hexakisoktaedernek jelölése, melyből amafeles alakok leszármaztattak.A két test képeit a főszerkesztési vonalakkal együtt a 151. és( 1 l1 /. 2\j — • II'll 1 / 21' 9 3 ' I151. ábra.A dyakisdodekaeder lapjai congruens trapesoidok. A pentagonikositetraederlapjai congruens ötszögek, melyeknek kétszer kétoldaluk egyenlők; t. i. a tengelyek végpontjában és az octansokcsúcsaiban összefutok. Pl. a 152. ábrában a GEGJJJl ötszögoldalai közül C®= CH, G X E= G,I).124. A szabályos rendszer tetraedrikus feles alakjai. —A hexakisoktaederből még másképen is lehet feles alakot leszármaztatni,mint az előbbi §-ban történt. Ugyanis a hexakisoktaeder nyolcz

— 187 —-octansát két négyesre bonthatjuk akképen, hogy egy-egy négyesbennincsenek szomszéd-octansok. Ha az octansokat a főcsúcsoknál levőG 1 G. 1 ... G^ betűvel jelöljük (145. ábra), akkor a két négyes G^G^G^G,és G 3 G 4 G 6 G 7 .Ha egy ily négyesnek lapjait megtartjuk, a többieket pedig eltávolítjuk,akkor a megmaradt lapok meghosszabbítva egy kristályalakothatárolnak, mely a hexakisoktaeder tetraedrikus feles alakja.152. ábra.A szabályos rendszer többi alakjaiból a hexaeder és rombdodekaederkivételével ezúton leszármaztathatok feles alakok.És pedig :a hexakisoktaeder felesalakja ahexakistetraeder; az ikosaeder felesalakja a tnakistetraeder; a triakisoktaeder feles alakja a deltoiddodekaeder;a tetrakishexaeder feles alakja a pentagondodekaeder,végre az oktaeder feles alakja a tetraeder. A hexaeder- és rombdo-

— 188 —-153. ábra.dekaedernek azért nincs feles alakja, mert a négy nem szomszédoctansnakhárom-három lapja egyszersmind a többi négy nem szomszéd-octansnakis lapja. Bár ugyanazt látjuk a tetrakishexaedernélis, t. i., hogy négy nem szomszéd-octansnak hat-hat lapja egyszersminda többi négy nem szomszéd octansnak lapja ; ámde ily hathatlap közül három nem szomszédlapot az egyik octanshoz tartozónak,a másik hármat pedig a szomszéd-octanshoz tartozónaktekinthetjük és belőle egy új testet, a feles alakot származtathatjuk le.Ε feles alakoknak legáltalánosabbika tehát a hexakistetraeder,ennek 24 lapja a három páronként egymásra merőleges tengelyirányában szintén oly helyzetű, hogy mindegyik lap a tengelyekr őla, b, c vonaldarabot metsz le ép úgy, mint a teljes alak lapjai. A felesalakokat itt is ugyanazon symbolummal jelöljük, mint a teljeset, amelybőlleszármaztathatók, csakhogy a symbolumot, még 2-velosztjuk.

— 189 —-125. —· 122. feladat. Szerkesztendők a hexakistetraedernek( 1 - 1 f' 2 ) képei.Megoldás. (153. ábra). Rajzoljuk meg a test teljes alakjánakképeit (145. ábra) és tartsuk meg a felső négy octans közül aGiABCDEF-et és azt az egyet (G 3 ), mely véle nem szomszédos,úgyszintén az alsó négy közül azt a kettőt (G ü , G s ), mely ezekkelnem szomszédos.Hosszabbítsuk meg G^ABCDEF octansban a G,D, G.E, G X Féleket, míg a többi három megtartott octansban az ezeknek megfelelőéleket a Η, I, J pontban nem metszik. Ezzel a testet határló154. ábra.lapok egy negyed része már meg van határozva és ebből a hátra levőlapok és élek könnyen meghatározhatók.fl 2 2Λ126. —123. Szerkesztendők a triakisteiraedernekl — .γ - I képei.Megoldás (154 ábra.) Induljunk ki az ikositetraederből(146. ábra), melynek G^BGDEF octansát és az ezzel nem szomszédosoctansokat (G 3 , G e , Cr 8 -at) megtartván lapjait egymással

— 190 —-metszéshez hozzuk. A G X B, G^E, G X E élek és az ezeknek megfelőélek egymást a Η, I, J pontban metszik, úgy hogy GJil-J egyquadransa a testnek. Ugyanígy származnak a többiek is.127. — 124. feladat. Szerkeszszük a deítoiddodekaedemekf^-j--) képeit.Megoldás. (155. ábra). Ε test atriakisoktaederből(147. ábra)származtathatóle, ha a nem szomszédos octansainak lapjait metszéshezhozzuk.155. ábra.A G L AB(J octans G L A, G^ élei a felső nem szomszédos octansnak(Cr 3 -nak) megfelelő éleit az U, V pontban metszik; ezekneka B, illetve A pontokkal összekötő egyenesei egy J pontban találkoznak,és G X ABJ egy lapja a testnek. A J pont képeiből a U, 1, Κpontoknak képei meghatározhatók, mert az 1-ső képek H'I J'K'egy négyzet szögpóntjai; a 2-dik képek Η", I", E" pedig a tenge-

— 191 —-lyek 0 metszőpontjának 2-dik képén, u"-n, keresztül menő és aképtengelylyel párhuzamos egyenestől époly távolra vannak, mint J" •128; — 125. feladat. Szerkesztendők a pentagondodekaederf képei.Megoldás. (156. ábra.) A tetrakishexaeder (148. ábra) GyBAGoctansának hat lapja közül három nem szomszédlapot, tehát azAG lt BG U GGy élen keresztül menőt és megfelelőleg az OG, OA, OBtengelvlyel párhuzamosat metszéshez hozzuk egymással; ezzel a156. ábra.testnek G L csúcsából kiinduló GJ, G X H, G^K éleit kapjuk. Ugyaneztteszszü ka többi nemszomszéd-octanssal(tr 3 , G e , G s -czal). A tetrakishexaederminden oly csúcspárján, mely egy tengelynek végpontja,egy másik tengelylyel párhuzamos élpár megy keresztül. ígyjelen esetben az A, Β, Ο csúcsokon az OG, Ο A, OB tengelylyel párhuzamosélek mennek keresztül, melyek az előbbi élekhez csatlakoznak.A test lapjai symmetrikus ötszögek, melyek, ha szabályos ötszögekbemennek át, úgy a test a rombdodekaeder néven ismert szabá-

- 192 —lyos test lesz. Ezért van meg a hasonlatosság ezen ábra 1-ső és a142. ábra 4 képei között.A pentagondodekaeder mind a nyolcz octansának megmaradnakfőcsúcsai és ezért azt a tetrakishexaeder oly leszármazásánaktekintjük, mint a mikép a dyakisdodekaeder származik a hexakisoktaederből.129. A szabályos rendszer negyedes alakja. A tetraedrikuspentagondodekaedera dyakisdodekaeder, vagy apentagonikositetraedertetraedrikus feles alakjának tekinthető, mert ezekből akkép származik,hogy négy nem szomszédos octans lapjait elhagyjuk és a másiknégy szintén nem szomszédos octansnak lapjait metszéshez hozzukegymással.Ez a test természetesen még a hexakistetraederből is leszármaztatható,ha minden quadransának hat lapja közül oly háromnem egymásra következő lapját tartjuk meg, melyeknek nincsközös élük.Ε test képeit a 157. ábra mutatja. A G Y B, G y E, G X F élek adyakisdodekaeder (151. ábra) ugyané nevű éleinek meghosszabbításai.Az AF, BB élek 1-ső képei merőlegesek az AO, BO tengelyekre ;a CE él 1-ső képe párhuzamos a GEGJ) lapnak 1-ső nyomával,vagy nyomával az AOB síkon. Ha a többi három quadransra (G 3 , G e ,£r 8 -ra) is elvégezzük e szerkesztést, úgy megkapjuk a test 1-sőképét és ebből a 2-dik képet.A test 12 ötszögű lapjai congruensek, de nem egészen szabálytalanok,a mennyiben kétszer két oldaluk egyenlő. A 157. ábraEG,DHI ötszögének oldalai közül HD = Hl, G\D = G L E. —Emlékezetbe akarjuk hozni még ez alkalommal, hogy a tárgyaltkristátyalakok mindegyikének lapjai a tengelyekről egyenlővonaldarabokat metszenek le, és e lapok a tengelyeken fekvő pontjaivalis kifejezhetők. Ha pl. az utolsó kristályalaknak lapjait a tengelyekenfekvő pontokkal akarjuk kifejezni, jelöljük mint előbb aG x quadrans egyik lapjának metszőpontjait az Ο ponton keresztülmenő tengelyekkel A lt C. 2 , U 3 -mal. Rakjuk az OA U OC. 2 , OB 3 , tengelyekreaz Ο pontból mérve ugyanazon részére, melyen az A l ,C i ,B 3 pontok feküsznek, az OA t = a, 0C. 2 — c, OB 3 = b vonaldarabokatakképen, hogy az OA U OB U OC L vonaldarabok az 1-ső tengelyen,az OA. 2 , öB. 2 , OC 2 vonaldarabok a 2-dik tengelyen és az 0A :UOB S , OC 3 vonaldarabok a 3-dik tengelyen egyenlők legyenekmegfelelőleg az a, b, c vonaldarabokkal.Határozzunk meg a tengelyek másik részén szintén kilenczpontot, 9Í 1; S8 lf ... @ 3 -t akképen, hogy az 0« lf O^, Od, és az 03í a ,

- 193 —végre 02ϊ 3 , 0$ 3 . 0S 3 vonaldarabok az 1 ső, 2-dik, 3-diktengelyen egyenlők legyenek az a, b, c vonaldarabokkal.Ezt véve a tetraedrikus pentagonaederGy quadransának lapjai A yB.fi.A.fijy(J :i , A^B./JyG, „ „ 31-.©,©:,, AJG tí „ „• 21 födj A&&, «3»,®,

- 194 —Χ. FEJEZET.Siklapú testek metszései síkkal és egyenessel.130. Az általános eljárás· Egy siklapú test metszését egy Ssíkkal akkép határozzuk meg, hogy a test éleinek vagy lapjainakfelkeressük metszőpontjait, illetve metszővonalait az S síkkal: ametszőpontok és metszővonalak a metszésidomnak, mely sokszög,szögpontjai, illetve oldalai. A test élei és lapjai véges hosszúságúaklévén, nem minden él és lap, mint véges hosszúságú egyenes éssík, fogja a metsző síkot metszeni. Ennélfogva csak azoknak azéleknek és lapoknak metszései szolgáltatják a metszés-idomnak- szögpontjait és oldalait, melyek meghosszabbítás nélkül metszik asíkot. Azt azonban, hogy melyek a metsző élek vagy lapok, csakkísérlet utján tudhatjuk meg, ha tényleg megszerkesztjük a metszést.Hasonlókép egy egyenes metszőpontjai egy siklapú testtel olypontok, melyekben az egyenes a testnek lapjait vagy éleit azoknakmeghosszabbítása nélkül metszi. Ezt szintén kísérlet utján tudhatjuk,bár czélszerű a következő általános eljárást, mely a szerkesztéstegyszerűsítheti, figyelembe vennünk.Az egyenes metszőpontjai a siklapú testtel, azon metszésidomkerületén feküsznek, mely szerint metsző egyenesen keresztül fektetetttetszőleges sík a siklapú testet metszi. Ennélfogva ha egyegyenesnek és egy siklapú testnek metszőpontjait akarjuk meghatározni,a testet az egyenesen keresztül menő oly síkkal metszük,melynek metszésidomát a testtel lehető legegyszerűbben szerkeszthetjük; az egyenes metszőpontjai a metszésidom kerületével képezikegyszersmind a siklapú test és az egyenes metszőpontjait.Ezen általános észrevételek után már áttérhetünk az egyeskülönös feladatokhoz.131. — 126. feladat. Szerkesztendő egy ötoldalú gúlának metszésidomaegy síkkal.Megoldás. (158. ábra) A gúla alapsokszöge ÁBCDÉ az 1-sőképsíkon fekszik ; a sík nyomai ^í, s 2 . Minthogy nem metszi azalapsokszöget, azért a sík sem metszi azt, hanem csak az oldallapokat.Ha tehát az MA, MB, MG oldalélek metszőpontjait A, B,C . . .-tfelkeressük az S síkkal és azokat abban a rendben, a mint az oldaléleka testen egymásra következnek AB, BC, . . . egyenes vonalakkalösszekötjük, úgy megkapjuk az ABC . .. metszésidomot.

— 195 —-158. ábra.De nem épen szükséges minden egyes élnek metszőpontját azS síkkal az általános eljárás szerint meghatározni. Mert ha pl. azAÍC élnek C metszőpontját az S síkkal az általános eljárás szerint ·megszerkesztjük, akkor ebből a többi éleknek metszőpontjai következőképhatározhatók meg:Az MBC lapnak 1-ső nyoma BC. Az s t és BC nek metszőpontján,I-n, megy keresztül az S, MBC síkok metszővonala CB;ebből az MB metszőpontja az S síkkal, t. i. a Β = (MB, Cl) pont,meghatározható.jiasonlókép az (AB, sj) = F metszőponton megy keresztülaz MAB lapnak FB metszővonala az S síkkal; ennélfogva (MA,BF) = A az MA metszőpontja az S síkkal, stb.Ε szerkesztés mutatja, hogy a metszésidom l-s& képének13*

-=· 196 —A'B'C'B U'-nek és az alapsokszögnek ABCDÉ-nek megfelelő oldalai;A'B',AB·, B'C',BG;... egymást az egyenesben metszik, és a megfelelőszögpontokat összekötő egyenesek : M'A'A, M'B'B, . . .mint az éleknek 1-ső képei, a gúla csúcsának 1-ső képében találkoznak.Ily helyzetű sokszögek, mint A'B'C' . . ., ABC . . . perspectivhelyzetű cöllinear sokszögek ; s x a collineatió-tengely, M' acollineatió-középpont.Az A'B'C'. . . sokszög tehát egyik szögpontjának, pl. a Cpontnak, pontos meghatározásától függ, mert C"-ből kell a többiszögpontokat szerkeszteni.Egy más eljárás vagy módszer az volna, hogy közvetlen agúla lapoknak keressük metszővonalait az S síkkal.Egy a gúla Μ csúcsán keresztül menő és az 1-ső képsíkkalK 1 -gyel párhuzamos R sík az S-et egy r egyenes szerint metszi,melynek r', r" képei könnyen szerkeszthetők.A gúlának egyik, pl. MDE lapja a párhuzamos Ki és Rsíkokat párhuzamos egyenesek szerint metszi; Kegyel a metszőegyenesKÉD, R-rel pedig egy ezzel párhuzamos és az Μ pontonkeresztül menő egyenes MN. Minthogy az S sík a KED, MNegyeneseket a Κ — EB) és az Ν = (MN, r) pontokbanmetszi, azért KN az S síknak metszővonala az MDE gúlalappal.Az nyom és az r egyenes segélyével tehát a gúla oldallapjainakmetszővonalait az [s^'j = S síkkal következőkép találjuk:az alapsokszög egy oldalával a gúla csúcsán keresztül párhuzamosthúzunk, melynek metszőpontj át r-rel összekötjük az alapsokszögillető oldalának és sj-nek metszőpontjával; az összekötőegyenes metszővonala az S síknak azzal az oldallappal, mely azalapsokszög illető oldalán megy keresztül.így lett pl. az MAB oldallap metszővonala az S síkkalszerkesztve.Minden ily metszővonalnak végtelen távol fekvő pontját,tehát a pontos szerkesztésre igen alkalmast, egy új egyenesnekq-nek használatával is megkaphatjuk. Ε q egyenes a gúla Μ csúcsánkeresztül menő és az S síkkal párhuzamos Q síknak metszővonalaaz alapsokszög síkjával s mint ilyen az s^től ép oly távolságravan, mint Μ az r-től (qs x távolság = M'r' távolság).Az MEB lap metszővonala a Q síkkal az Μ ponton és azL = (q, ED) ponton megy keresztül; az ML-\e\ lesz tehát a KEDNegyenes, mint az S sík és az MED gúlalap metszővonala párhuzamos.Ha tehát a gúla alapsokszögének oldalait, az s^gyel és

— 197 —-a q-va\ metszéshez hozzuk; és az s^en nyert metszőpontokonkeresztül párhuzamosakat húzunk azokhoz az egyenesekhez, melyeka q-η nyert metszőpontokat az Μ csúcscsal összekötik, akkor agúla oldallapjainak metszővonalait az S síkkal, azaz a metszésidomoldalait fogjuk nyerni.így az AB metszi ^-et és q-1 az F és a G pontban;FABH//GM, az Μ AB lap metszővonala S-sel.Mindezekből látható, ha a gúla alapsokszöge az 1-ső (2-dik)képsíkon van:A metszésidont 1-ső (2-dik) képe a gúla alapsokszögének 1-ső(2-dik) képével perspectiv helyzetű collinear alakzat, a gúla középpontjának1-ső (2-dik) képe a collineatió-középpont, a két sokszögsíkjának metszővonala a collineatiö-tengely.A metszésidom valódi alakját megkapjuk, ha azt az S metszősíknyoma körül az 1-ső képsíkra borítjuk.Ε szerkesztésnél czélszerű az r egyenesnek leborított helyzetétr x -et felhasználni. így az FABH egyenes az s x és r-t az Fés Η pontban metszi; ha HH X J_ s x és H x az r x -en van, akkorFAyByHy az FABH egyenesnek leborított helyzete, melyen azA t B 1 pontok (A'A X _j_ s u B'B X J_ s x ) könnyen megtalálhatók.A leborított egyeneseknek végtelen távol fekvő pontjait előremegkaphatjuk, azaz elég egyszerűen szerkeszthetünk oly egyeneseket,melylyel a leborított metszési sokszög oldalai párhuzamosak.Ugyanis minthogy MG a Q síkban párhuzamos FABH-\&\az S síkban, tehát MG és q-nak hajlásszöge egyenlő FABH és 5!hajlásszögével: a leborított MG és FABH egyenesek: M X G,FAyByHy is párhuzamosak.Ennélfogva ha a Q = [Mq\ síknak q nyoma körül az 1-sőképsíkba leborított Μ pontot Jl^-nek nevezzük, akkor ezen M x pontés az s u q egyenesek segélyével az alapsokszögből a leborított metszésisokszög oldalait ugyanazon eljárás szerint nyerjük, mint amilyennel a metszési sokszög 1-ső képének oldalait az Μ pont 1-sőképe, és szintén az s 1; q egyenesek segélyével már találtuk. (T. i:FAB metszi s x és q-t az F és G pontban, FA'B'//GM·; migFAyBJJGMy.)A leborított metszési sokszöget tehát az alapsokszögből ametszési sokszög képeinek felhasználása nélkül is meghatározhatjuk.Minthogy a metszési sokszög 1-ső képének szögpontjai azonegyeneseken feküsznek, melyek az alapsokszög szögpontjait az M'ponttal összekötik, azért a szerkesztés egyféleségét tekintve, a lebo-

— 198 —-rított metszési sokszög szögpontjai is azon egyeneseken lesznek,melyek az alapsokszög szögpontjait az M x ponttal összekötik.(Tehát az M^A, M^ByB,.. pontok egy-egy egyenesen feküsznek.)Ebből következik: a leborított metszési sokszög perspectivhelyzetű collinear alakzata a gúla alapsokszögének·, az M 1 ponta collineatió-középpont, az nyom a collineatió-tengely.A gúla hálóját és a metszésidomot a hálón a 158 a. ábramutatja. Ez a 158. ábrából akkép szerkeszthető, hogy az egyesgúlalapok MAB, MBC, . . . közös oldaléleikkel összefüggőleg egymásmellé rajzoltatnak.Az MA él és hasonlókép a többi él a 2-dik képsíkkal párhuzamoshelyzetbe lettek forgatva a csúcson keresztül menő és az158 a. ábra.1-ső képsíkra merőleges tengely körül; MA"l és MA"ι az MA ésMA vonaldarabok valódi hosszúsága. A háló AB, BC, . . . .egyenesei egyenlők az alapsokszög AB, BC, . . . oldalaival.132. — 127. feladat. Szerkesztendő egy négyoldalú hasáb síkmetszése·,e metszés valódi alakja, és alakja a hasáb hálóján.Megoldás. (159. ábra.) A hasáb alapszöge ABCD az 1-sőképsíkonjekszik, a metsző sík S = [s 1( s 2 ]. Minthogy s x nem metsziaz ABCD alapsokszöget, azért a sík a hasábnak oldalfelületétmetszi. A hasáb oldaléleinek metszőpontjai vagy oldallapjainakmetszővonalai az S síkkal, a metszési sokszögnek szögpontjai,illetve oldalai.Az oldalélek metszőpontjait az S síkkal, vagy az általános. eljárás szerint, vagy pedig a következőképen szerkesztjük :

- 199 —A hasáb egyik élének, pl. az A-n keresztül menőnek a-nak,1-ső projiciáló síkját 3-dik képsíknak választjuk és felkeressük aza élnek 3-dik képét AA',"P'"-msX egy az élen fekvő (Ρ, P") pont 3-dik-képének P"'-nak segélyével (P"P X = P'P'"), valamint az S síknak3-dik nyomát FQ"'A"'-mat egy az S síkban fekvő (Q\ Q") pont 3-dikképének Q'"-nak segélyével (Q"Qx= Q'Q'"). Az A A"'P"' és az159. óbra.FQ"'A"' metszőpontja A'", az a él és az S sík metszőpontjának3-dik képe, melyből az 1-ső és a 2-dik kép A', A" már merőlegesekhúzása által szerkesztendő.A hasáb többi éleinek metszőpontjait az S síkkal ugyanezeneljárás szerint szerkesztjük, felhasználván azt a viszonyt, hogyaz éleknek 3-dik képei és a sík 3-dik nyomai, az egyes éleken

= 20Ö -keresztül menő 1-ső projiciáló síkokon, úgy a térben, mint a leborításbanpárhuzamosak.Ha tehát a Β ponton keresztül menő oldalélnek b-nek, 3-dikképét, nem az ű-nak 1-ső projiciáló síkján, hanem a fc-nek 1 -ső projiciálósíkján, mint 3-dik képsíkon akarjuk meghatározni, akkor a .B-nkeresztül az AA"'-má\. párhuzamos BB'" egyenest húzunk, melyb-nek 3-dik képe. Ugyancsak az S síknak 3-dik nyoma ezen új 3-ikképsíkon párhuzamos FQ"'A" J -mai és keresztül megy azon ponton,melyben a b élnek 1 -ső képe az s r et metszi.Ε szerint az ABBA alapsokszög szögpontjain keresztül párhuzamosakathúzunk az ^.^.'"-mal és az oldalélek 1-ső képeinek ésSi-nek metszőpontjain keresztül párhuzamost húzunk FA'"-mai;végre a megfelelő párhuzamosak metszőpontjaiból A'",· B"\ C'"D"'-bó\ merőlegeseket bocsátunk az illető élek 1-ső képeire; ezeknekA'B'C'B' talppontjai, az élek metszőpontjainak 1-ső képeilesznek.Az ABCD metszési sokszög oldalai az ABCD alap sokszögoldalait síkjuknak metszővonalában, mely jelenleg s u metszik; sezért a két sokszög képei peresp. helyzetű affin alakzatok. Ennélfogvaaz egyik sokszögből, továbbá a másiknak egy szögpontjából,valamint az affinitási-tengelyből a másik sokszögnek többi szögpontjaiegyszerű uton szerkeszthetők.A metszésidom valódi alakját megkapjuk, ha azt síkjának, pl.1-ső nyoma körül az 1-ső képsíkra borítjuk. A leborított szögpontokA^ByC^Dy azokon a merőlegeseken feküsznek, melyeket azA'B'C'D' pontokból s^-re bocsáthatunk. Másrészt az A pont távolságaaz s,-nek F pontjától egyenlő FA"'-m&\. Ilyen lesz tehát aleborított Α Λ pontnak is távolsága az JF-től (FA{ = FA'"). Ugyanígya B"'C"'D"' pontoknak távolsága és a ByCyBy pontoknak távolságaazon pontoktól, melyekben megfelelőleg a BCB pontokon keresztülmenő élek 1-ső képei az Sj-et metszik, egyenlők.A hasáb hálójának szerkesztésénél czélszerű a hasábot egyaz oldaléleire merőleges síkkal metszeni, mert e metszés (normálismetszés) a hálóban egy egyenes vonalon lesz, minthogy a hasábéleka metszési sokszög oldalaira merőlegesek.Az iiy egyenes, mely az alapszög C pontján megy keresztül ésmerőleges az oldalélek 1-ső képeire, egy az oldalékre merőlegesU síknak I-ső nyoma.Az U sík metszését *A*BC*B-ét a hasábbal ugyanazon utonszerkesztjük, mint az S síkét. Ε szerkesztésnél az oldaléleknek lebo-

-•— 201 —159 a. ábra.rított helyzete A"'A, B"'B . . . 1-ső projiciáló síkjuknak 1-ső nyomakörül ugyanaz marad mint előbb volt, ellenben az U sík nyomaieme projicziáló síkokon az AA'", BB'" . . .-ra merőleges egyeneseklesznek, melyek az u L egyenes pontjaiból indulnak ki. A normálismetszés 1-ső képe tehát *A'*B'C*D' és valódi alakja *A*B i C*D í .Ha a normális metszés valódi alakját egy egyenesre *D*A*BC*jD-rekifejtjük(159a.ábra)és apontokban az illető egyenesre merőlegeseketemelünk, úgy a hasáb oldaléleit megkapjuk a hálón. Az ABCDalapsokszög szögpontjai és az ABCD metszésidom szögpontjaia hálónkiadódnak, ha e szögpontoknak távolságát a normális metszés szögpontjaitól,tehát az *A'"A, *B"'B.... és *A"'A"', *B'"B"',.. . vonaldarabokata hálóban az illető élekre reákrakjuk (*AA = *A"'A,

— 202160. ábra.*AA = *A'"A'"). Ugyanígy lett a felső alapnak G szögpontja is a3-dik képből meghatározva (DG'" ·= DG).133. — 128. feladat. Messünk egy háromoldalú hasábot Η-tegy oly síkkal, mely azt egyenoldalú háromszög szerint metszi.Megoldás. (160. ábra.) A hasáb alapsokszöge az 1-ső képsíkonlevő ABC háromszög. A hasábot az S = [s^ s 2 ] síkkal, mely oldaléleiremerőleges, az ABC háromszög szerint metszszük az előbbipéldában mutatott eljárás szerint (AA"' _\_FA'" ; A'"AF^_a hasábéleinek, A"'FA

ges helyzetű H x hasábba kerül, melynek alaplapja az A X B X C X háromszög.Ha most egy egyenoldalú háromszöget tudunk szerkeszteni,melynek 1-ső képe az A X B X C X háromszög (100. feladat), akkorannak UX síkja a HL hasábot ugyancsak abban az egyoldalú háromszögbenmetszi. És ha e háromszög síkját U t -et a hasábbalegyütt az körül addig forgatjuk, mig a Η helyzetbe nem jut,akkor a forgatott UN melyet U-val akarunk jelölni, már a Η hasábotegyenoldalú háromszög szerint metszi.A 100-dik feladat megoldására visszagondolva, az A X B X G Xháromszög B X C X oldala fölé egy A 0 B X C X egyenoldalú háromszögetszerkesztünk; ennek A 0 csúcsán és az A X ponton keresztül körtfektetünk, melynek középpontja a B X C X egyenesen van. Ha e körnek1 metszőpontja a B X C X egyenessel oly helyzetű, hogy az A () IB X< A X 1B X ^-nél és ha ezen I ponton keresztül húzott B* X C* Xegyenes akkép van meghatározva, hogy A X IB* = A 0 IB Xakkor a B X , C X pontokból az A X I = ^-re bocsátott merőlegesek aB\C* X I egyenest a B' X C* X pontokban metszik és A X B* X C* X háromszögegyenoldalú.Ezt az A X B* X C* X háromszög az A X I — e x egyenes körül egybizonyos (B x ) OB x — φ szög alatt egyik vagy másik értelembenforgatva oly helyzetbe jut, hogy derékszögű projectiója az A X B X C Xháromszög((B X )0— B\0, B\0 _\_ e x , (Β Χ )Β Χ ΧΘΒ Χ ). Ε helyzetbeforgatott A X B* X C* X háromszög U x és V x síkja tehát már a H t hasábotaz A X B X *C X * egyenoldalú háromszög szerint metszi.Az U, és VX síkot az s x körül most addig kell forgatni, mig aHT hasáb a Η hasábba, vagy a mi ugyanaz, az A X B X C X háromszögaz S sík ABC háromszögébe nem jut. Ε forgatásnál az A X 1E X = e xegyenesnek az Sj-en fekvő E X pontja nem változik, A X pontja pedig.4-ba kerül úgy, hogy a keresett két sík U és V az AE X — e egyenesenmegy keresztül és S-hez φ szög alatt hajlik, s mint ilyen,meg van határozva. Ezen az e egyenesen keresztül kell tehát azt akét síkot U, V átfektetni, mely az S síkhoz φ szög alatt hajlik, ezek,valamint a velük párhuzamos síkok már a Η hasábot egyenoldalúháromszögek szerint metszik.A 83. feladat szerint e egyenest e' körül 1-ső projiciáló síkjávalaz 1-ső képsíkba borítjuk az [A~\E X = [e] helyzetbe. Az e' egy Qpontjából Q[P] merőlegest bocsátunk [ej-re, melynek talpa [P], és

- 204 —egyenesnek (Ρ) pontján keresztül két egyenest húzunk, melyek a(P)R-hez φ szög alatt hajlanak; ezek az egyenesek a w-t az U és Vsíkok 1-ső nyomának pj-nek egy-egy pontjában metszik. Máskülönbenaz U és V síknak 1-ső nyomai még az ponton, 2-diknyomai pedig az E. 2 ponton mennek keresztül.Az U = [ÍÍJ, V = [υ 1 , t/ a ] síkok a hasábot az AB u C UiAB V C V háromszögek szerint metszik. (Az AB és /IC metszőpontjátaz %-gyel, összekötjük ^4'-sel; az összekötő egyenesek az AB„C lcháromszög 1-ső képének A'B' U> A'C'„ oldalait adják. Ha továbbáΒ·ηΒ· = B B'„ és GuO- = C'C' V , akkor A'BvC'v 1-ső képe azAB V C V háromszögnek.)Az AB U C U háromszög az nyom körül az 1-ső képsíkra lettborítva; a leborított helyzete (A) (B„) (G„), mely egyenoldalúháromszög.134. — 129. feladat. Szerkesztendő egy oly oktaeder síkmetszése,mely csúcstengelyévéi a,ζ 1-ső képsíkra merőleges.Megoldás. (161. ábra.) Az 1-ső képsíkra merőleges csúcstengelyAF az [s^ s,] metszősíkot a Ρ pontban, az AF tengelyenkeresztül menő ACFE és ABFD síkok pedig az [s^ s 2 ]-t a PG és aΡ Η egyenesek szerint metszik. PG az ACFE négyzet oldalait a2 és 5 pontban, PH pedig az ABFD négyzet oldalait a 3 és 6pontban, végre az [s 1; s 2 ] sík a BCDE négyzet oldalait az 1 és 4pontban metszi. 123456 hatszög lesz tehát az ABCDEF oktaedermetszésidoma az [s 1; s 2 ] síkkal.Az 123456 hatszög rajzolásánál ügyelnünk kell arra, hogy az12,45; 23,56; 34, 61 oldalpárak, melyek párhuzamos oktaederlapokonfeküsznek, párhuzamosak, s ilyenek lesznek tehát egynevűképeik is.De ha a szerkesztés pontosságát még fokozni, vagy a mármeglévőt, pontosság tekintetéből ellenőrizni akarjuk, a következőketlehet figyelembe venni:Az ACD és AB Ε oktaederlapok az 1-ső képsíkot az AI egyenesszerint metszik, mely BE//CD-\e 1 párhuzamos. Az AI ésnyomok közös I pontján megy keresztül ama oktaederlapoknak16, illet. 45 metszővonala az s 2 ] síkkal.Az FBE, FCD oktaederlapok, melyek az előbbi kettővel párhuzamosak,az F ponton keresztül menő és az 1-ső képsíkkal párhuzamossíkot az FJ egyenesben metszik, mely az [s 1} s 2 ] síkot a Jpontban találja. Ε J ponton mennek tehát keresztül ama oktaederlapoknak34, 12 metszővonalai az [s 1; s 2 ] síkkal.

— 205 —-Az AD Ε oktaederlap és az [s pl , s 2 ] sík az 1-ső képsíkkal párhuzamosBCDE síkot a DE, és az 14 egyenes szerint metszi; a DE és14 metszőpontján K-n megy tehát az 56 egyenes, mint az ADEoktaederlapnak metszővonala az [s 1( s 2 ] síkkal, keresztül, stb.A 161 a. ábra az oktaeder hálóján levő metszésidomot 432165ábrázolja.161. ábra.135. — 130. feladat. Szerkesztendő az ikosaedernek síkmetszése,ha egyik csúcstengelye az 1-ső képsíkra merőleges.Megoldás. (162. ábra). Az 1-ső képsíkra merőleges AL csúcstengelyés a GHIJK, BCDEF ötszögek E, F síkjai az s 2 ]

— 206 —-metszősíkot az 0 pontban és az e, f egyenesekben metszik. Az e ésaz / egyeneseknek metszőpontjai a GHIJK, BCDEF ötszögekkerületével a 2, 11 és a 6, 9 pontok.Az A. GHIJK és az L. BCDEF gúla. oldaléleinek közös 1-sőképük van. Az AK és LC oldaléleknek és az [s t , s. 2 ] síkban fekvő0N egyenesnek közös 1-ső képe van. ON az AK, LC éleket az1, 7 pontban metszi. Az/egyenesnek és a BC élnek metszőpontját a7 ponttal összekötő 78 egyenes a BCL gúlalapnak metszővonala161 a. ábra.az [s x , s t ] síkkal. Ε szerint a szóban forgó két gúlának metszése az[s 1( s 2 ] síkkal a 11 1 2 és a 6789 törtvonal.Hátra volna még a prismatoid oldallapjainak metszése azK, s 2 ] síkkal. A GFB lap az F síkot a BF egyenes szerint az Εsíkot egy a G ponton keresztül menő és BF-fel párhuzamos GFegyenes szerint metszi. Ha az e és .Cr P-nek közös pontja P, akkor9 Ρ lesz a GFB lapnak metszővonala és 10 = (9 P, GF) a GFélnek metszőpontja az [s 1; s. 2 ] síkkal. Ugyanezen úton lettek az

— 207 —-5, 4, 3 mets'zőpontok is meghatározva úgy, hogy az [sj, s á ] sík azikosaedert az 1 2 3 ... 10, 11 sokszög szerint metszi.Ε sokszög négy pár oldala 1 2, 7 8; 45, 9 10; 56, 10 11 ; 67,11 1 párhuzamos lapokon fekszik; ellenben a többi három oldalközött (23, 34, 89) nincs párhuzamos. Figyelemre méltó a 34 oldal,mely az 1-ső képsíkra nézve látszó és két nem látszó oldalhoz 23és 45-hez csatlakozik.162. ábra.A metszés valódi alakját az ismert úton megkapjuk, ha azt s tkörül az 1-ső képsíkba, vagy az e és / fővonalak egyike körül az1-ső képsíkkal párhuzamos síkba forgatjuk; a metszést a hálón a.162 a. ábra mutatj-a, mely a 162. ábrából lett meghatározva és 2 : 3viszony szerint kisebbítve. —A következő feladatokban a metsző sík helyzetét kell megállapítanunk: .

— 208 —Messünk egy szabályos tetraedert négyzet szerint; egy oktaedertés hexaedert szabályos hatszög szerint; egy ikosaedert ésdedokaedert szabályos tízszög szerint.Messük a szabályos testeket az él-, lap- és csúcstengelyremerőleges síkokkal, melyek a test középpontján mennek keresztül,ha az illető tengelyek az 1-ső képsíkra merőlegesek, tehát a metszősíkokaz 1-ső képsíkkal párhuzamosak.3

—• 209 —Messünk egy szabálytalan tetraedert rombus szerint. (Ametszősík két szemben fekvő éllel párhuzamos és a többi éleketama két él mértékszámának viszonya szerint osztja).136. —131. feladat. Szerkeszszük meg egy egyenes metszőpontjaitegy hasáb oldallapjaival.Megoldás. (163. ábra). A hasáb két alapsokszöge ABC, ABC·,az egyenes e. Az egyenesnek egyik, pl. az 1-ső projiciáló síkja ahasábot az ^4 0 P 0 O 0 háromszögben, az e egyenes e háromszög kerületéta P, Q pontokban metszi; e P, Q pontok a hasáb és az egyenesmetszőpontjai.163. ábra.A Ρ pont a hasáb BCBC oldallapján a Q pont a CACA oldallapjánfekszik; Ρ az 1-ső, Q a 2-dik képsíkra nézve a hasábtól elvan födve, a másikra nézve pedig nincs elfödve. Ezért az é egyenesneka P'Q'-η kívüli részei közül: P'-től a hasáb 1-ső szegélyzősokszögeik terjedő része, nem látszó, Q'-tői pedig látszó; mig e"-nekaP"Q" kívüli részei közül: Ρ '-tői a hasáb 2-dik szegélyző sokszögéigterjedő rész látszó, a Q"-tői pedig nem látszó ; a szegélyző sokszögekenkivül levő része az egyenesnek mindkét képen látszó.KLUG: Ábrázoló geometria. "

— 210 —-Ha a hasáb alapsokszögei az egyik képsíkkal párhuzamosak,akkor czélszerű az egyenes projiciáló síkja helyett a hasábot azegyenesen keresztül menő és a hasáb oldaléleivel párhuzamos síkkalmetszeni, mert e metszés meghatározása, különösen ha a hasábsokoldalú, kevesebb vonalak húzását kívánja, mint a projiciálósíkmetszése.Szerkesztendő egy alapsokszögével az 1-ső képsíkon nyugvóhasábnak metszése egyenessel ez utóbbi eljárás szerint!164. ábra.132. feladat. Szerkesztendő az e egyenes metszőpontja azM. ABCDG gúlával.Megoldás. (164. ábra.) Az e egyenesen és a gúla Μ csúcsánkeresztül menő sík, a gúla AMG lapját az MI, a. BMC lapját az MHegyenes szerint metszi, melyek az e egyenest a Q, Ρ pontokbantalálják. Ε Q, Ρ pontok lesznek az e egyenesnek metszőpontjai agúla felületével.A kivitelnél az Μ csúcson keresztül az e-vel párhuzamos /egyenesnek, valamint az e egyenesnek felkeressük F, Ε metsző-

— 211 —-pontját a gúla alapsokszögének síkjával; az FE egyenes az alapsokszögkerületét az IH pontokban, tehát az [e, f] = [e, 31] sík a gúlaoldalfelületét az MI, MH egyenesek szerint metszi.XI.FEJEZET.A gömb.137. A gömb származtatása és síkmetszései. Egy félkör,mely végpontjain keresztül menő átmérője körül egy teljes körülforgástvégez, egy gömbfelületet, vagy rövidebben mondva, egygömböt ír le. A forgó félkör középpontja a gömb középpontja, annaksugarai a forgás minden állapotában a gömb sugarai. A gömbközéppontján keresztül menő egyenesek és síkok a gömb átmérőiés átmérősíkjai. Minthogy a gömb sugarai egyenlők, azért a gömbminden pontja annak középpontjától egyenlő távolságra van.Egy síknak metszővonala, vagy metszése a gömbbel csak körlehet. Ugyanis, ha a gömb Ο középpontjából a metsző síkra bocsátottmerőlegesnek talppontja C, és a metszővonalnak c nek kéttetszés szerinti pontja A, B, akkor az OAC, OBC congruens derékszögűháromszögek (Ο A = OB, OC közös) folytán, AC = BCA c metszővonal két tetszés szerinti pontja A,B&C ponttól egyenlőtávolságra lévén : c nem más, mint egy oly kör, melynek középpontjaC. Másrészt az OAC, OBC congruens derékszögű háromszögekbőlkövetkezik, hogy OAC ^ = OBC

— 212 —-Minden a gömbön belül levő C pont egy a gömbön fekvőkörnek középpontja. Ε kör síkja merőleges arra az OC egyenesre,mely a C pontot a gömb középpontjával, O-val összeköti. De ha a(7 pont az Ο pontban van, akkor az OC egyenes határozatlan ésekkor nem egy, hanem számú kört lehet a gömbön találni,melynek középpontja C=0; ezek a gömb főkörei.138. A gömb érintősíkjai és érintői. Láttuk, hogy az oly sík,melynek távolsága a gömb 0 középpontjától a gömb r sugarávalegyenlő, a gömböt egy pontban metszi. Az oly sík, melynek csakegy közös pontja van a gömbbel, a gömb érintősíkja; a gömb és azérintősík közös pontja pedig az érintőpont.Az érintősík az érintőponthoz húzott gömbsugárra merőleges,mert az érintőpont azon középpontjával egyesült körnek tekinthető,mely szerint az érintősík a gömböt metszi. Ε körülményből meghatározható,a gömb bármely pontjának érintősíkja.Minden egyenes, mely az érintősíkban az érintőponton keresztülhúzható, a gömb érintője az illető pontban.A gömb érintője e annak egy Ε pontjában, érintője azon ckörnek, mely szerint az e-n keresztül fektetett tetszés szerinti S síka gömböt metszi.Ugyanis az e, mint az Ε pont Ε érintősíkjában fekvő egyenesmerőleges a gömb OE sugarára, s mint az S síkban fekvő egyenesmerőleges arra az OC egyenesre, mely a gömb 0 középpontját a ckör középpontjával (7-vel összeköti. Az e egyenes tehát merőleges azOEC síkra, és így az EC egyenesre, mely a c körnek Ε pontjánkeresztül menő sugara. A talált eredményt következőkép akarjukkifejezni: a gömb érintősíkja tartója mindazon érintőknek, melyeketaz érintőponton keresztül menő és a gömbön fekvő körökhez azérintőpontban húzhatunk.139. Ponton vagy egyenesen keresztül menő érintősíkok.Szerezzünk fogalmat a gömb egy c körének pontjain keresztülmenő érintősíkokról!Legyen az r sugarú Ο középpontú gömb c körének középpontja(7; a c tetszés szerinti £ pontjának érintősíkja E, végre az OC egyenesés az Ε sík metszőpontja M. Minthogy ME _L EO, EC _\_M0,azért az OMC derékszögű háromszög folytán OM=OE0(7= r 3 :OC. Ebből látható, hogy az Μ pont független a c kör Ε pontjától.Minthogy továbbá a gömbnek a c kör pontjaihoz futó sugaraia c kör síkjához egyenlő szögek alatt hajlanak, azért e sugarakramerőleges érintősíkok is egyenlő szöget képeznek a ckör síkjával. Ennélfogva: egy gömbön fekvő kör pontjainak érintő-

— 213 —-síkjai a kör síkjához egyenlő szögek alatt hajlanak és egy pontonmennek keresztül, mely a gömb középpontjából a kör síkjárabocsátott merőlegesen fekszik. A kör síkjának és e pontnak távolságaa gömb középpontjától, a gömb sugarának négyzetévelegyenlő szorzatot ad.Viszont: egy a gömbön kivül fekvő ponton keresztül menőérintősíkok és érintők a gömböt egy oly kör pontjaiban érintik,melynek sikja merőleges a gömb középpontját a felvett ponttalösszekötő egyenesre. — Egy pontból a gömbhöz húzott érintőknekaz a része, mely a ponttól az érintőpontokig terjed,egyenlő. Ez utóbbi tulajdonságot ekképen szokták kifejezni: egypontból a gömbhöz húzott érintők egyenlők.Mint különös esetek megjegyzendők: a gömb egy főkörénekpontjain keresztül menő érintősíkok párhuzamosak a főkör síkjáramerőleges egyenessel; továbbá: a gömbnek egy egyenessel párhuzamosérintősíkjai és érintői a gömböt egy főkör pontjaibanérintik, melynek síkja azon érintősíkokra és érintőkre merőleges.Mikép szerezzünk fogalmat a gömb oly érintősíkjáról, mely egyadott egyenesen megy keresztül ? A gömbön kivül az adott e egyenesenegy Μ és Ν pontot veszünk fel. A gömbön van egy c més egy c n kör, melynek pontjain keresztül menő érintősíkok azM, illetve az Ν pontot tartják. A c m és c n köröknek két metszőpontjaA, Β oly tulajdonságú, hogy érintősíkjai úgy az M, mintaz Ν ponton, tehát az MN == e egyenesen mennek keresztül.Ha az Μ pontot az e egyenes végtelen távol fekvő pontjábanvesszük fel, akkor a c m kör síkja az e egyenesre merőlegesfőkör síkja. És ha az Ν pontot a c m sík és az e egyenes metszőpontjábanvesszük fel, akkor a c n kör a c m kört az Ν pontból ac m -hez húzható érintők A, Β érintőpontjaiban metszi. A szerint,a mint az Ν pont a c m körön kivül, belül vagy a körön fekszik,tehát az e egyenes a gömböt metszi, nem metszi, vagy érinti, azA, Β pontok valóak, képzeletiek vagy egybeesők lesznek.Ennélfogva: egy egyenesen keresztül a gömbhöz 2, 1,0érintősík fektethető a szerint, a mint az egyenes a gömböt nemmetszi, érinti, vagy metszi. A gömbnek két érintősíkja symmetrikusarra az átmérősíkra vonatkozólag, mely az érintősíkokmetsző vonalán megy keresztül.140. A gömb pontjainak, érintősíkjainak, érintőinek ésköreinek sokaságáról. — A gömb származtatásából következtethető,hogy pontjainak száma σο 2 . Ennyi pont van minden másfelületen is, így pl. a síkon, mely a legegyszerűbb felület.

— 214 —-A gömb minden pontjának van egy érintősíkja és «>' érintője;ezért a gömb érintősíkjainak és érintőinek száma σο 2 , illetveA pontra nézve egy föltétel, hogy egy adott gömbön feküdjék; úgyszintén a síkra és az egyenesre nézve egy föltétel, hogyegy gömböt érintsen.A gömbnek egy síkban oc 1 pontja és érintője van; egypontból a gömbhöz co 1 érintősík és ugyanennyi érintő fektethető.Minden egyenes a gömböt véges számú (2) pontban metszi, sminden egyenesen keresztül ugyanennyi érintősík fektethető agömbhöz.A gömbön kör és °

— 215 —-Α ρ, q egyeneseket a gömb reciprocus polárisainak és az egyikegyenest a másik polarisának nevezzük. Ezeknek jellemző tulajdonságuk,hogy egymásra merőlegesek, hogy normális transversalisuka gömb középpontján megy keresztül és a gömb középpontjátólmért távolságaik szorzata a gömb sugarának négyzete, végre,hogy a gömb középpontja nem választja el metsző pontjukat anormális transversalissal.Egy egyenesen keresztül menő érintősíkok a gömböt abban akét pontban érintik, melyben az egyenes polarisa a gömböt metszi.Ha egy egyenes a gömböt érinti, akkor polarisa is érinti agömböt és az egyenesre merőleges az érintőpontban ; ha az egyenesa gömb egy átmérője, akkor polarisa végtelen távol van.A ρ egyenes egy tetszőleges R pontjának polarissíkjai azegyenes polárisán q-n megy keresztül. Ugyanis, ha az Ο középpontbóla p, q-ra bocsátott merőlegesek talppontja P, Q és az Rpolarissíkja az OR egyenest a Τ pontban metszi, akkor az OR. OT =OP. OQ = vagy a mi ugyanaz: OR: OP = OQ: OT proportiókövetkeztében az OPR, OQT háromszögek hasonlók, és ígyOTQT. Az R pont polarissíkja tehát keresztül megy a Q pontonés mert úgy e polarissík, mint a q poláris merőleges az [Op] =[Oi?P] síkra, azért a polarissík a q polárison megy keresztül.Ennélfogva : ha egy pont egy egyenest ír le, akkor a pontnakpoláris síkja az egyenes polarisa körül forog; és fordítva.Ebből következik: egy ponton keresztül menő egyenesekpolarisai a pont polarissíkjában feküsznek ; továbbá: egy sík pontjainakpolarissíkjai a sík pólusán mennek keresztül.Mindezekből azt látjuk, hogy egy gömb a tér pontjai, egyeneseiés síkjai közt oly vonatkozást létesít, melynél a pontnak sík;az egyenesnek egyenes felel meg, még pedig akképen, hogy ha aρ egyenes, vagy a Ρ sík a ζ» ponton megy keresztül, akkor a ρegyenesnek megfelelő q egyenes és a Ρ síknak megfelelő Ρ pont aQ pontnak megfelelő Q síkban van.A tér elemeinek e vonatkozását általában reciproc vonatkozásnak,vagy correlatiónak, jelen esetben, a midőn e vonatkozást agömb létesíti, reciproe-polaris, vagy csak poláris vonatkozásnak,végre a gömbnek e vonatkozásból származó tulajdonságait polaristulajdonságoknaknevezzük.142. A gömb ábrázolása. A gömböt és általában mindengörbe felületet azon pontok képeivel ábrázoljuk egy képsíkon, melypontokon keresztül menő projiciáló sugarak az illető felület érintői.Azon vonalat, melynek pontjain a felületet érintő projiciáló sugarak

— 216 —-keresztül mennek : a felület valódi szegélyvonalának, annak képétlátszólagos szegélyvonalnak vagy szegélynek nevezik.A gömb 1-ső szegélyvonala az a főkör, melynek pontjain keresztülaz 1-ső képsíkra merőleges érintősíkok és így merőlegesérintők fektethetők. A gömbnek tehát 1-ső szegélyvonala az 1-sőképsíkhoz párhuzamos főköre.Hasonlókép a gömbnek a 2-dik szegélyvonala a 2-dik képsíkhozpárhuzamos főköre; mert e kör pontjainak érintősíkjai merőlegeslévén a 2-dik képsíkra oly érintőket tartalmaznak, melyek a2-dik képsíkra merőlegesek.165. ábra. 166. ábra.A 165. ábrában 0', O" a gömb Ο középpontjának képei ;k\, k'\ az 1-ső képsíkhoz párhuzamos k x főkörnek, és k'. 2 , k'\ a2-dik képsíkhoz párhuzamos k. 2 főkörnek képei. k\ lesz tehát agömbnek 1-ső, k. 2 " annak 2-dik szegélyvonala. Jól megjegyzendő,hogy e körök nem ugyanegy körnek, hanem két különböző körnek(ky és & a -nek) képei.Ha azonban a gömb középpontját a képtengelyen veszszük fel,akkor a két valódi szegélyvonal a gömbnek metszése a két képsíkkal,és egybeesik a két látszólagos szegélyvonal, mint ezt a 166. ábra mutatja.

— 217Feladatok.143. — 133. feladat. Szerkesztendő a gömb érintő síkja annakegy adott pontjában.Megoldás. (165. és 166. ábrák.) A gömb egy A pontjának 1-sőképét A'-et tetszés szerint vehetjük fel az 1-ső szegélyvonaltól,k\-Xő\ bekerített sík részen. J-nak 2-dik képét megkapjuk, e pontonkeresztül menő és az 1-ső képsíkhoz párhuzamos a x körnek, vagya 2-dik képsíkhoz párhuzamos a. 2 körnek 2-dik képén. Ha azonbanaz ű l5 a. 2 körök egyikének sem akarjuk képeit megrajzolni, akkormeghúzzuk a k x körnek A'O' sugarára az A' pontban merőlegeshúrt; ennek fele megadja az A pont 2-dik képének távolságát a k xkör síkjától. Az A' ponthoz tehát két 2-dik kép tartozik, A'' és B",mert az A' pontban az 1-ső képsíkra merőlegesen álló egyenes agömböt két pontban metszi.Az A és Β pont érintősíkja S, U merőleges a gömb OA sugaráraaz A pontban, illetve OB sugarára a Β pontban.144. — 134. feladat. Szerkesztendők egy gömb azon körénekképei és síkja, melynek pontjaiban az Μ ponton keresztül menőérintősíkok a gömböt érintik.Megoldás. (167. ábra.) A gömbnek az Μ ponton keresztülmenő és az 1-ső képsíkra merőleges érintősíkjai a gömböt a k x körA, Β pontjaiban érintik. Ezeknek 1-ső képei az M' pontból a k\ körhezvonható érintők érintőpontjai A\B'. A keresett körnek c-nek 1-sőképe c', az A\B' pontokban érinti k\-Qt, mert ugyan k x és c körnekérintője az A pontban különböző, de az 1-ső képsíkra merőlegesérintősíkban lévén, közös 1-ső képpel birnak.Ugyanígy érinteni fogja c" a k" 2 szegélyvonalat az M" pontbóla k'\-hez vonható érintők D" E" érintőpontjaiban. Az AB DE pontokmár meghatározzák a kör síkját S-et, mely az Μ pont polarissíkja.Az S síkban fekvő c kör képei ellipsisek, melyeknek főtengelyeiS-nek illető nyomaival párhuzamosak, melléktengelyei pedig arramerőlegesek.A c' ellipsis melléktengelyének végpontjait F', G'-et megkapjuk,ha az Μ pontból érintőket húzunk a gömb azon főköréhez,melynek síkja az Μ ponton keresztül menő és az 1-ső képsíkraprojiciáló sík. Ha e síkot és az Μ pontot a benne fekvő és az 1-sőképsíkkal párhuzamos átmérő körül az 1-ső képsíkkal párhuzamoshelyzetbe forgatjuk, akkor a forgatott főkör 1-ső képe összeesikk\-gyc], a forgatott Μ ponté pedig M'" lesz (M'"M' J_M:0, M'"Megyenlő M" távolságával a k'\-Xő\). Az M'" pontból a k\-hez húzhatóérintők érintőpontja F'", G'"; az O M-re merőleges F"'F',

— 218 —-G"'G' egyenesek F, G' talppontjai a c' ellipsis melléktengelyénekvégpontjai és c' főtengelye egyenlő F'"G'"-mai.Ugyanigy nyerhetők a c" ellipsis tengelyei: M"M IV^_ 0"M",M"M IV egyenlő M' távolságával k\-tő\; az M /F pontból &". r hezhúzott érintők k" r t a H IV , I lv pontokban érintik; H IV H", Ι ιν Γ'merőleges 0"M"; H"I" az 0"M" egyenesen a c" melléktengelye;H IV I IV — F"G"' = c kör átmérője = c" főtengelye.145; — 135. feladat. Szerkesztendő egy gömb síkmetszése.Megoldás. (167. ábra). A gömb 0 középpontjából az S metszősíkrabocsátott merőlegesnek C talppontja középpontja annak a ckörnek, mely szerintS a gömbötmetszi. Ε kör 1-sőképének, a c' ellipsisnekmelléktengelyeaz S síknak aC ponton keresztülmenő 1-ső esővonalaCS VHogy a CSj. egyenesnekF, G metszőpontjaita gömbbelmegkapjuk, forgassukCS t -et és 1-sőprojiciáló síkjábanfekvő főkörét agömbnek e sík Οpontján keresztül'menő 1-ső fővonala(O'C', 0"B") körül90°-kai. A forgatottfőkör 1-ső képeakkor a ^-be, aforgatott CS Í pedigC'S'Vba jut(C'C'" Χ Ο C',S,S"\ ·_]_ O'C';C'C"' és ^S" 1 !167. ábra.egyenlő a C ' és S \távolságával az 0"£"-től). G"'S"\ a k\-et az G " pontokbanmetszi; ezeknek képei a visszaforgatás után a c' ellipsis mellék-

— 219 —-tengelyének végpontjai és a c" ellipsis legmagasabb és legalacsonyabbpontjai.Hasonlókép határozandók meg a c" ellipsis H"I" melléktengelyénekvégpontjai H", 1" és a c' ellipsis legmagasabb és legalacsonyabbpontjai Η', P, az S sík C pontján keresztül menő 2-dikesővonal képein, a H IV I IV -be leborított Hl esővonal segélyével.A c\ c" ellipsisek főtengelyei a c kör átmérőjével és az F"'G"'= H IV I IV húrokkal egyenlők.A c metszővonal képei a gömb szegélyvonalait k\, k" r öt érintik.Mert pl. a c és k x kör A metszőpontjának érintősíkjában feküszneke köröknek érintői az A pontban. Az érintősík azonban az 1-sőképsíkra projiciáló, tehát a benne fekvő érintők 1-ső képei egybeesnek,azaz a c' és k' görbének az A' pontban közös érintője van.c' és k\ érintőpontjai A', B' a c és k t kör síkjainak metszővonalán,— a c" és k'\ 2 érintőpontjai D", E" pedig a c és k 2 kör síkjainakmetszővonalán vannak.A metszővonal bármely pontjának érintője a pont érintősíkjánakés a metszősíknak metszővonala.Hogy a c görbe Ρ pontjának érintőjét megszerkeszszük, határozzukmeg a Ρ pont U érintősíkjának 1 -ső nyomát, %-et, a következőképen.Forgassuk a Ρ pontot a gömb középpontjának 1-sőprojiciáló sugara körül mindaddig, mig a k 2 körre nem jut; a forgatottΡ pont legyen Ρ,. P, érintősíkja a 2-dik képsíkra projiciáló sík,melynek P",U", 2-dik nyoma k ' 2 -et a P'\ pontban érinti; az 1-sőnyoma U",U,. Ha a Ρ pontot és érintősíkját visszaforgatjuk, migPi a P-be nem jut, akkor az érintősík 1-ső nyoma az % egyeneslesz (O'U = O'Ui; J_ 0'U-r& az U pontban).A Ρ pont U érintősíkjának %-nek 1-ső nyoma s r et a Ρ pontbanmetszi, mely az S, U síkok metszővonalának, tehát a Ρ pontPT érintőjének 1-ső nyoma.Azt a körülményt, hogy a gömb síkmetszésének képe egyképsíkon, mely ellipsis, kettősen érinti a gömbnek e képsíkra vonatkozószegélyvonalát, mely kör, arra használhatjuk, hogy oly ellipsistszerkeszszünk, mely egy kört kettősen, azaz két pontban érint.Oldjuk meg tehát az ábrázoló geometria módszereivel a következőkét planimetriai feladatot.146. - 136. feladat. Adva van egy k kör és kerületén beliilhárompont A', B', C'; fektessünk e három ponton keresztül egy c' ellipsist,mely a kört kettősen érinti.Megoldás. (168. ábra). Tekintsük a k kört egy Ο középpontúgömb azon főkörének, mely szerint e gömb a rajzlapot, melyet 1-ső

— 2 2 0 —-képsíknak választunk, metszi. Tekintsük az A', B', C' pontokat agömb A, B, C pontjai 1-ső képének. Az A, Β, C pontok A'A lt B'B. itC'C 2 távolságai az 1-ső képsíktól, az OA', OB', 00' egyenesekre azA', B', C' pontokban megfelelőleg merőlegesen álló körhúrók fele.Az AB egyenes 1-ső nyomát D-t megkapjuk, ha az A'B'egyenesre az A', B' pontban merőlegeseket emelünk, vagy bármilyirányú párhuzamosakat húzunk, és ezekre az A'A X = A'A, Β'Β χ =τB'B = B'Bi vonaldarabokat reárakjuk, végre az A X B X végpontjaitösszekötő egyenest az ^4'P'-vel metszük a D pontban.Feltételezvén, hogy a C pont nem azon oldalán fekszik a képsíknak,mint az A és Β pont, az AG és BC egyenes 1-ső nyomaΕ és F (ha A'AJ/G'CJ/B'B lt C'C 1 = C'C = C'C 2 , A'C" ésB'C' megfelelőleg elválasztja az A u ; B v , C L pontokat és (A X C 1 ,168. ábra.A'C) = E, (B C', B.C,) = F). Az [ABC] = Ssík 1-ső nyoma DEFa k kört a keresett c' ellipsis érintőpontjaiban P, Q-ban metszi.Tekintsük a gömb azon főkörének síkját, mely az S-re és az1-ső képsíkra merőleges, 2-dik képsíknak, tehát az O-ból a DEF-rebocsátott merőlegest, OG'H'-t, képtengelynek.Az S sík e 2-dik képsíkra projiciáló lévén, 2-dik nyománakG"A"H"-nak A" pontja a G'H képtengelytől A'A = A'A L távolságravan ; azonkívül tengelypontja (DF, G'H).Ε sík a gömböt egy c körben metszi, melynek 1-ső képe a keresettc 1 ellipsis.Minthogy a gömbön két pont van, melynek 1-ső képe A' vagy B',vagy C', t. i. A, A; Β, Β; G, G, azért nyolcz oly síkot lehet találni,melynek metszése a gömbbel az A'B'C' pontokon keresztül menőés a k kört kettősen érintő ellipsist szolgáltatja 1-ső képéül. De

— 221 —-e nyolcz sík közül kettő-kettő symmetrikus az 1-ső képsíkot illetőlegúgy, hogy két-két ellipsisnek képe egybeesik.Ha a szerkesztett S sík 1-ső nyoma nem metszi a k kört,akkor a c' ellipsis ugyan ép úgy határozható meg mint előbb,de érintése a k körrel képzeleti (imaginarius).137. feladat. Adva van egy k kör, annak kerületén belől kétpont, A', B', és a körnek e' húrja; szerkesztendő egy e' ellipsis.mely a k kört kettősen, az e' húrt egyszerűen érinti és az A', B'pontokon megy keresztül.Megoldás. (169. ábra.) Legyen ismét a rajzlap az 1-ső képsík; k egy gömb főköre; A, Β két pont e gömbön, melynek 1-sőképe AB'; e' a gömb egy e körének 1-ső képe.Helyezzünk az AB pontokon keresztül oly síkot, melybenaz e kör egy érintője benne fekszik. Az AB egyenes 1-ső nyoma169. ábra.D. Az AB egyenes az e kör síkját egy Ε pontban metszi, melynek1-ső képe E' = (A'B', e'); az Ε pont távolsága az 1-ső képsíktólE'E, (ha E'EJ/A'AJ/B'B, X A'B', ΌΑ,Β,Ε, egy egyenesenvan és A'A, = Ά A, B'B X = B'B).Borítsuk le az e kört síkjának e' 1-ső nyoma körül az 1-sőképsíkba. Ekkor e az e % helyzetbe, Ε pedig JE r be jut (e. 2 az e'húr, mint átmérő fölé írt kör; E'E. 2 J_ e', E'E 2 — E'E X ).Az E 2 pontból az e 2 közhez húzható érintő e 2 -őt a C 2 pontbanérinti, e'-et az F pontban metszi.A visszahelyezett C. 2 pontnak 1-ső képe C' az e' húron(C. 2 C' e'), a keresett c' ellipsisnek érintőpontja az e'-sel; mig aDF egyenes a c kör síkjának 1-ső nyoma.A c' ellipsis további meghatározása az előbbi feladat szerinttörténik.

222Ε feladatnak szintén általában négy megoldása van.147. — 138. feladat. Szerkesztendő egy gömb saját- és vetett árnyéka,ha a fénysugarak a 2-dik képsíkkal párhuzamosak.Megoldás. (170. ábra.) A gömbnek a fénysugarakkal párhuzamosérintő síkjai a gömböt egy főkör szerint érintik, melyneksíkja a fénysugarakra merőleges átmérősík. Ε c kör képezi agömbnek saját árnyékhatárát, annak vetett árnyéka c* pedig agömb vetett árnyékhatárát az 1-ső képsíkra.Minthogy jelen esetben a fénysugarak a 2-dik képsíkkal170. ábra.párhuzamosak: c-nek 2-dik képe c" a fénysugarak 2-dik képéremerőleges átmérője k". r nek. c-nek az 1-ső képe c' egy oly ellipsis,melynek főtengelye A'B' merőleges a fénysugarak 1-ső képére ésegyenlő a gömb átmérőjével 2r-rel, és a melléktengelynek C'-D'-nekhosszúsága 2r sin λ, hol λ a fénysugarak hajlásszöge az 1-sőképsíkhoz.c-nek vetett árnyéka az 1-ső képsíkra egy c* ellipsis, melynekmelléktengelye A^B* = 2 r, főtengelye C^D^ — 2 r : sin λ.Hogy ezt bebizonyítsuk, a gömböt akkép vettük fel, hogy

— 223 —-az 1-ső képsíkot érintse egy F pontban. De ez csak a bizonyítástegyszerűsíti, mert ha a c kör árnyéka erre az 1-ső képsíkraellipsis, akkor minden az 1-ső képsíkkal párhuzamos síkra is azzalcongruens ellipsis lesz.A c kör egy Ρ pontján keresztül menő fénysugár az 1-sőképsíkot, mely a gömböt F-ben érinti és a vele párhuzamos érintősíkot,mely a gömböt 6r-ben érinti, a P*, Q pontokban metszi.Az FG gömb átmérőnek vetett árnyéka FG+.171. ábra.A gömbnek QGr, QP érintői egyenlők és mert QP a 2-dikképsíkkal párhuzamos, QG pedig az 1-ső képsíkkal párhuzamos,azért QP = Q"P", QG = ; tehát Q"P' Q*G* = P*GvHasonlókép egyenlők a gömbnek a P* ponton keresztülmenő érintői P*P, tehát P'P"* = P,F.A Q"P" = P*Gv és P"P/' = P*F egyenletek összegébőlkövetkezik:+ P*P, = + P"P"* = mely utóbbi egy

— 224 —-állandó vonaldarab t. i. a fénysugaraknak az F és a G pont párhuzamosérintősíkjai között levő része. Ennélfogva: a c kör vetettárnyékának c^-nak egy tetszés szerinti P+ pontja oly helyzetű, hogyazFés 6r* pontoktól mért távolságainak összege egy állandó vonaldarabbalegyenlő, azaz c* egy ellipsis, melynek gyújtópontjai F és GVagy általánosabban kifejezve:Egy gömb vetett árnyéka párhuzamos világításnál egy síkraoly ellipsis, melynek melléktengelye egyenlő a gömb átmérőjével,gyújtópontjai pedig ama síkra merőleges gömbátmérő végpontjainakvetett árnyékai.Az 0"C"U derékszögű háromszögből látható, mert 0*0* =0*D X = UO", hogy UO" = r: sin λ, tehát C*Z>* = 2 r: sin λ.139. Szerkesztendő egy gömb saját- és vetett árnyéka 45 0 világításnál.Megoldás. (171. ábra.) A F'F'"0' derékszögű háromszög λszögéből, mint a fény sugár 1 -ső képsíkszögéből, mely jelenleg egyszersminda fénysugárnak 2-dik képsíkszöge, meghatározzuk r sin λ =QR és r : sin λ = QT vonaldarabokat. 2. QR a saját árnyékhatártképező c ellipsis 1-ső és 2-dik képének e',c"-nek melléktengelyével,C\D\, C". 2 D" 2 -ve 1, 2. QT pedig a vetett árnyékhatárt képező c* és c*ellipsiseknek főtengelyével 0 lf D í)t , Ο/Ζλ,'-gal egyenlő. A c', c" főtengelyeA\B\, A". 2 B'\ és a c„ c* melléktengelye A U B U , A*B. 2 * nagyságranézve a gömb átmérője; helyzetét illetőleg merőleges a fénysugarakra1-ső, illetve 2-dik képeire.A képsíkokra merőleges gömbátmérőknek F t G u F 2 G. 2 végpontjainakvetett árnyékai azon képsíkokra, melyre merőlegesek azillető vetett árnyéknak cc*-nak gyújtópontjai.A saját- és vetett árnyékhatárt képező ellipsiseknek mégnéhány lényeges pontját könnyen szerkeszthetjük.így a c' és c" ellipsisek legmagasabb és legalacsonyabb pontjaG\, D\, illetve G'\, D'\ az A' 2 B\, illetve az A'\B" 1 egyenesektőlr. cos λ távolságra van.A c görbe symmetrikus a CyDy átmérő 1-ső projiciáló síkjáranézve és a C. 2 D 2 átmérő 2-dik projiciáló síkjára nézve. Ennélfogvaaz A. 2 B. 2 pontokkal és a B X A X pontokkal megfelelőleg ama síkokravonatkozólag symmetrikus pontok Ε, I, azon főkörön feküsznek,melynek síkja a képtengelyre merőleges. Az Ε, I pontok képei tehátaz O'O" egyenesen vannak.Tekintve, hogy a c körnek A. 2 B. 2 , C. 2 B 2 és Α Χ Β 1} C^By átmérőiegymásra merőlegesek a C 2 , B. 2 pontokkal és a 0 1;pontokkal megfelelőleg az előbbi projiciáló síkokra symmetrikus

— 225 —-fekvésű J, Κ pontok az El átmérőre merőleges átmérőnek végpontjai.Ennélfogva a J, Κ pontok érintői párhuzamosak az El átmérővel,tehát képeinek érintői merőlegesek a képtengelyre.Minthogy az Ε, I pontok a képtengelyre merőleges síkbanfekvő főkörön vannak, azért az Ε, I pontok érintősíkjai a képtengelylyelpárhuzamosak, s mint ilyenek a képsíkokat a képtengelylyelpárhuzamos egyenesek szerint metszik.Az Ε, 1 pontok a c görbén feküsznek, tehát érintősíkjaik afénysugarakkal párhuzamosak; ezek az érintősíkok lesznek tehát ac kör Ε és I pontjain keresztül menő érintőknek fénymenti síkjai.De e fénymenti ^íkok metszővonalai a képsíkokkal az Ε, I pontokérintőinek vetett árnyékai. Ennélfogva az Ε, 1 pontok vetett árnyékainak,mint a cc* görbéken fekvő pontoknak, érintői a képtengelylyelpárhuzamosak.Minthogy az A lt B x pontoknak érintősíkjai az 1-ső képsíkraés az A.2, B t pontoknak érintősíkjai a 2-dik képsíkra merőlegesek,azért az A u B x pontoknak a 2-dik képsíkra vetett árnyékaiban, ésaz A 2 , B 2 pontoknak az 1-ső képsíkra vetett árnyékaiban az érintőka képt'engelyre merőlegesek.148. — 140. feladat. Fektessünk egy egyenesen keresztül érintősíkokategy gömbhöz és határozzuk meg azoknak érintőpontjait.1. Megoldás. (172. ábra). A gömb 0 középpontjából az adotte egyenesre merőleges síkot S-et bocsátunk, mely a gömböt egyc főkörben, az egyenest az Ε pontban metszi. Az Ε pontból a ckörhöz húzott érintők c-t már a kívánt érintősíkok A, Β érintőpontjaibanérintik a gömböt.Ugyanis az A, Β pontok érintősíkjai c-nek EA, EB érintőitaz A, Β pontokban tartják, és merőlegesek a c főkör S síkjára;ezért egymást az Ε pontban a c síkjára merőleges egyenesben, c-benmetszik.A kivitelnél az S síkot, valamint c-nek Ε metszőpontját S-sel,az 0 ponton keresztül menő a, b fővonalaival határozzuk meg.Ezután az S síkot az a 1-ső fővonal körül az 1-ső képsíkkal párhuzamoshelyzetbe foglaljuk. A c kör 1-ső képe a forgatás után, agömb 1-ső szegélyvonalának k\ képe; az Ε pont pedig E\-be jut.Az E\ pontból k\-h.ez húzható érintők k\-Qt &zA\, B\-ben érintik;ezeknek visszaforgatott helyzete A, B, a keresett érintősíkok érintőpontja.2. Megoldás (173. ábra). Az e egyenes egy tetszés szerinti Μpontján keresztül menő érintősíkok a gömböt egy d körbenKLUG : Ábrázoló geometria. 15

— 2 2 6 —-érintik. Ha a d körhez érintőket húzunk abból a D pontból, melybene a d kör síkját metszi, akkor ezeknek A, Β érintőpontjai akeresett síkok érintőpontjai lesznek.Ugyanis az AM, BM egyenesek érintői a gömbnek az A, Βpontokban, mert e pontok a d körön feküsznek, melynek érintősíkjaiaz Μ ponton mennek keresztül. Másrészt az AD, BD egyenesekis érintői a gömbnek az A, Β pontokban. Ennélfogva az172. ábra.ADM — [Ae], BDM = [Be] síkok a keresett érintősíkjai a gömbnek,mert az AM, AD; BM, BD érintőin mennek keresztül.A 173. ábrában a gömb középpontját a képtengelyben, az Μpontot pedig az e egyenes 1 -ső nyomában vettük fel. A d körneksíkja az 1-ső képsíkra projiciáló ; egyik átmérőjének végpontjaid, G,az Μ pontból ^-hez húzott MF, MG érintőknek érintőpontjai.A d kört és síkjának D metszőpontját c-vel, a GF átmérőkörül az 1-ső képsík d x körébe és D x pontjába borítjuk. A D x pont-

— 227 —-ból rfj-hez húzott érintők A u B, érintőpontjait meghatározván, dsíkját visszaforgatjuk eredeti helyzetébe. Ε visszaforgatás után azA t , B x pontok A, B-be, azoknak 1-ső képei Α',Β' az FG egyenesrejutnak, mig az A", B" 2-dik képeknek távolsága a képtengelytőlA'A U BB,. A Β A, DB érintők 1-ső nyomai (FG, DA) = H, (FG,DB) — I a keresett érintősíkok 1-ső nyomain feküsznek ; a 2-diknyomok pedig e-nek 2-dik nyomán mennek E 2 -η keresztül. — AzAB egyenes az e egyenesnek polarisa a gömbre vonatkozólag.149; — 141. feladat. Szerkesztendők egy gömbnek azon érintősíkjai,melyek egy adott S síkhoz α és egy adott U síkhoz β szögekalatt hajlanak. f173. ábra.Megoldás. (174. ábra). A gömbnek az S síkra merőleges átmérőjénvan egy A ponton, a melyen keresztül menő érintősíkjai agömbnek, az Ο A egyeneshez 90°-x szög alatt hajlanak. Ezen érintősíkoka gömböt egy az OA egyenesre merőleges és így az S-hezpárhuzamos síkon fekvő kör pontjaiban érintik, és az S síkhoz αszög alatt hajlanak.Hasonlókép lehet egy az U síkra merőleges gömb-átmérőnegy Β pontot találni, a melyen keresztül menő érintősíkok az OBegyeneshez 90°-β szög alatt, tehát az U síkhoz β szög alatt hajlanak.15*

— 228 —-Ebből következik, hogy a gömbnek az S és U síkhoz a, illetve βszög alatt hajló érintősíkjai az A és a Β ponton, és így az AB egyenesenmennek keresztül.Hogy az A pontot megkapjuk, forgassuk a [s 1; s 2 ] síkra merőlegesOP gömb-átmérőt az 1-ső képsíkra merőleges gömbátmérőkörül a 2-dik képsíkhoz párhuzamos helyzetbe, OP-be. Ekkor azOPi-hez 90°-a szög alatt hajló és a 2-dik képsíkra projiciáló síknak2-dik nyoma OP,-nek 2-dik képével, 0"P"i-gyel, 90°-a szöget képez.És ha e sík a gömb érintősíkja, akkor a 2-dik nyoma a gömbnek2-dik szegélyvonalát érinti. Ennélfogva a forgatott OP átmérőnek2-dik képén, 0"P",-n, a forgatott A pontnak 2-dik képét, A",-et,174. ábra.megkapjuk, ha a körhez oly érintőt húzunk, mely az 0"P"i-gyei90"-x szöget képez; ez az érintő az 0"P"i-et az A", pontban metszi.^4'Vből A'i és a kívánt A pont A' A'' képei szerkeszthetők.Hasonlókép járunk el a Ρ pont szerkesztésénél az [u u M 2 ]síkra merőleges gömb-átmérővel, 00-val.Az A, Β pontokon kivül van még egy C pont az OP átmérőn(AO = OC), és egy D pont az OQ átmérőn (BO = OD), melyekenmegfelelőleg keresztül menő érintősíkok az [s t , s 2 ] síkhoz a, az[%, w 2 ] síkhoz β szögek alatt hajlanak. Ezért általában nyolcz érintősíkotkapunk (az AB, AD, BC, CD keresztül menők ezek!), melyekaz 8 és U síkhoz α és β szögek alatt hajlanak.

— 229 —-Oldjuk meg e feladatot, ha az adott síkok a képsíkok, tehát:142. feladat. Szerkesztendők egy gömbnek azon érintősíkjai,melyeknek képsíkszögéi «, β adva vannak.Megoldás. A gömbnek azon érintősíkjai, melyeknek 1-ső képsíkszögea, a gömböt két, az 1-ső képsíkkal párhuzamos síkbanlevő kör pontjaiban érintik. Ugyanígy van két kör a gömbön, melynekpontjain keresztül menő érintősíkok 2-dik képsíkszögé β.Ε négy kör nyolcz metszőpontja, mely e feladatnál elég egyszerűenszerkeszthető, a kívánt érintősíkok érintőpontja.175. ábra.150. —143. feladat. Szerkesztendők egy e egyenes és egy gömbmetszőpontjai.Megoldás. (175. ábra). Az egyenesen keresztül menő 1-ső,vagy 2-dik projiciáló sík a gömböt egy kör szerint metszi; e kör.ésaz egyenes metszőpontjai a kivánt pontok. Ezen kör és az egyenesmetszőpontjai a kör képeinek szerkesztése nélkül is megkaphatok.Ugyanis, ha a metszősík pl. a 2-dik képsíkra projiciáló, tehát a kimetszettkörnek, d-nek, 2-dik képe d" a k'\ körnek azon F"G"

— 2 3 0 —-húrja, mely az egyenes 2-dik képén fekszik, és ha metszősíkot az eegyenessel és a d körrel együtt a 2-dik képsíkkal párhuzamos k. 2kör síkjára borítjuk, és a metszőpontokat A" 2 , B'\-öt a leborítotthelyzetben meghatározzuk, úgy ezeknek visszaállított helyzeteA, Β a kívánt metszőpontokat szolgáltatja.Czélszerűbb azonban, mert a leborított d'\ kör rajzolásaelmarad, a metszősíkot az e egyenesen és a gömb 0 középpontjánkeresztül fektetni, és a kimetszett c főkört a gömb középpontjánkeresztül menő 1-ső, vagy 2-dik fővonala körül a k lt illetve a k. 2kör síkjára ráborítani.Az ábrában az [eO] sikot 01 fővonala körül a k y síkjára borítottukreá. A Ρ pontnak, a Pl = e egyenesnek és a c körnek 1-sőképei ezen lebontásban P\, P\I' — e\ és k\. e\ a k\ kört az A' v B\pontokban metszi, melyek a sík visszaállítása után a keresett (A',A"), (Β', B") pontokat adják.A gömbnek mindkét képsíkra nézve csak egy negyede látszik ;a Β pont ezen negyeden fekszik, mig az A pont az 1-ső képsíkranéző egyénre a nem látható, a 2-dik nézőre a látható negyeden van,s ezért az egyenesnek képei akkép rajzolandók, mint azt az ábramutatja.Mielőtt egy uj feladathoz fognánk, előre bocsátjuk a következőket:Ha egy gömbön egy c kört veszünk fel és annak pontjainkeresztül párhuzamos egyeneseket húzunk, akkor ezeknek másodikmetszőpontjai a gömbbel szintén egy körön J-n feküsznek. Ugyanis,ha a párhuzamosakra a merőleges átmérősíkot bocsátjuk, akkorez az átmérősík a gömböt két symmetrikus részre osztja. A c körnektehát a gömbön egy symmetrikus kör fog megfelelni, melynekpontjai a c kör pontjaiból az átmérősíkra bocsátott merőlegeseknekmásodik metszőpontjai a gömbbel.Ebből következik: párhuzamos világításnál egy gömbön fekvőkörnek vagy körívnek a gömb belső felületére vetett árnyéka ismétkör, vagy körív lesz.144. feladat. Adva van egy az 1-ső képsíkon nyugvó üres félgömb,melynek határló főköre az 1-ső képsíkkal párhuzamos; határoztassékmeg a félgömbnek belső felületére vetett árnyéka, valamint agömb külső felületének saját- és vetett árnyéka.Megoldás. (176. ábra). Az 1-ső képsíkkal párhuzamos k L főkörfele, ACB, a gömb belső felületére veti árnyékát, mely egy a k L körrelaz OL fénysugárra merőleges átmérősíkra vonatkozólag symmetrikusfélkör lesz. Hogy ez utóbbi félkört megkapjuk, forgassuk az

— 231 —-OL fénysugarat, a gömbnek az 1-ső képsíkra merőleges átmérője,mint tengely körül mindaddig, mig OL a 2-dik képsíkkal nem párhuzamos,azaz az OLi helyzetbe. Az OL t --re merőleges átmérősíkekkor a 2-dik képsíkra projiciáló; az OCi félkörrel arra vonatkozólagsymmetrikus félkör síkja szintén projiciáló és 2-dik képe 0"C"i, ha C"i C"i // 0"L"u Az OCi félkört visszaforgatván, annak1-ső képe az A'O'B' félellipsis, 2-dik képe az A"C"B" félellipsis.Az A'TJ'B' félellipsis főtengelye A'B' J_ O'L', melléktengelyé-176. ábra.nek fele O'C'; A"B", O'C" pedig a 2-dik képnek átmérője és azehhez kapcsolt átmérő fele. Hogy ez utóbbinak féltengelyeit 0"G",0"F"-et megkapjuk, meghatározzuk az ACB sík 2-dik fővonalát0E-1 (O'E'l/x, ~C'E'//A'B', C"E"//A"B"), melynek 0"E" 2-dikképe h". 2 -\. az 0"G" főtengely G" végpontjában metszi.A melléktengely 0"F" J_ 0"G"-re. Ha a félgömböt az OF3-dik projiciáló síkjával metszük és a kimetszett főkört az OF-felegyütt a 2-dik képsíkkal párhuzamos síkra borítjuk, akkor a főkör

— 232 —-*" 2 -be az OF pedig 0"C"F"'-be jut, ha G"" távolsága 0"F"-tőiegyenlő C" távolságával az O'GVtől. — 0"C'"F"' metszi a £" 2 -otF"-ban, F"'F" _J_ 0"F" meghatározza az F" pontot, és F"'F"vonaldarab az F' pont távolsága O'CVtől, mely F', az A'C'B' ellipsislegmagasabb pontja.A félgömb külső felületének saját árnyékhatára, az AKB félköra 139. feladat szerint határozandó meg; az árnyékvető vonal aképsikokra: az AKB és az A1B félkör.151. — 145 feladat. Szerkesztendő két gömb közös érintősíkja.Megoldás. Ha két G x , G 2 gömb két tetszés szerinti párhuzamosés ugyanegy értelmű sugarának végpontjait összekötjük, akkoraz összekötő egyenes a gömbök 0 lt 0. 2 középpontjain keresztülmenő egyenest, — a gömbök középponti tengelyét — egy K V2 pontban,a két gömb külső hasonlósági pontjában metszik. Ugyanígy agömbök két tetszés szerinti párhuzamos, de ellenkező értelmű sugaránakvégpontjain keresztül húzott egyenes az OjO á középpontitengelyt egy B n pontban, a gömbök belső hasonlósági pontjábanmetszik. A két gömb belső- és külső hasonlósági pontja B 12 , K 12 az0 1 0. i vonaldarabot belsőleg és külsőleg a gömbök r lt r. 2 sugarainakviszonya szerint osztja, azaz: B 12 0 1 : B v2 0. 2 = K 12 Ö 1 : K 12 0. 2 — r x .r 2 .Minden sík, mely a B u , vagy a K 12 hasonlósági ponton megykeresztül és egyikét az adott gömböknek érinti, a másikat is fogjaérinteni. Mert ha pl. az első gömb érintőpontján A x ~η keresztül menősugárhoz párhuzamosan haladó sugárnak végpontja a másodikgömbnél A 2 , úgy A 2 az A X K 12 , vagy A ± B V2 egyenesen fekszik ésszintén merőleges az illető érintősíkra.Ennélfogva: két gömb közös érintősíkjainak száma ; ezeka gömbök külső-, és belső hasonlósági pontján mennek keresztül.A gömbök a közös érintősíkokat ugyanazon, vagy különböző oldalonérintik, a szerint, a mint a sík a külső- vagy a belső hasonlóságiponton megy keresztül.Ha két gömb egyik hasonlósági pontján keresztül síkot fektetünk,akkor a gömbök középpontjainak e síktól mért távolságiviszonya egyenlő a gömbök sugarának viszonyával. Ugyanis, ha az0 U 0. 2 pontból a K 12 -η keresztül menő síkra bocsátott merőlegesektalppontja A x , A. 2 , akkor az 0 ν Α χ·. 0. 2 A. 2 = 0 X K V2 : 0 2 K n = r x : r. 2 .146. feladat. Szerkesztendő három gömb közös érintősíkja.Megoldás. A három gömbnek G^ G á , G 3 -nak középpontja 0 lt0. 2 , 0 3 , sugara r L , r. 2 , r 3 ; a G^, G^, G 2 G 3 gömböknek külsőésbelső hasonlósági pontjai K 12 B 12 , K l3 B 13 , K 23 B 23 .

- 233 —Α Κ 12 Κ 13 egyenesen keresztül a G 4 gömbhöz érintőleg két síkfektethető, mely a G 2 és G 3 gömböket is érinti; az érintés a síkokugyanazon oldalán történik, tehát az érintősíkok a K 23 ponton iskeresztül mennek.Minthogy a két érintő sík egymást egy egyenesben metszi: aK xi K í3 Κ ΪΆ pontok ugyanegy egyenesben feküsznek.Ugyanezen uton következtethető, hogy a. B 12 B 13 K 23 , B X2 B 23 K X3és B 13 B l2 K 12 hasonlósági pontok is egyenesen feküsznek.A négy egyenest, mely három gömb hat hasonlósági pontjáthármával tartja, a három gömb hasonlósági tengelyeinek nevezik.A három gömb nyolcz közös érintősíkja tehát párjával ahárom gömb négy hasonlósági tengelyén megy keresztül.Minden sík, mely a három gömb egyik hasonlósági tengelyénmegy keresztül, a gömbök középpontjától oly távolságra van, melyeknekviszonya megegyező a gömbök sugarainak viszonyaival.Ugyanis, ha a K 12 K 13 K 23 hasonlósági tengelyen keresztül menősíkra az 0 X , 0 2 ,0 3 pontból bocsátott merőlegesek talppontjai A lt A 2 ,A 3 , akkor Ο χ Α χ : 0 2 A 2 = r x : r 2 , és 0 2 A 2 : 0 3 A 3 = r 2 : r 3 , tehát0 X A X : 0 2 A 2 : 0 3 A 3 — r x : r 2 : r 3 .Négy gömbnek általában nincs közös érintősíkja. De ha egömböknek középpontjai 0 ± 0 2 0 3 0 4 , sugarai r x r t v 3 r±, páronkénthasonlósági pontjai B 12 K 12 , B 13 K 13 , . . . B 3l K 3i , akkor kimutatható,hogy a külső hasonlósági pontok K 12 K 13 K Xi K 23 K u K 3i egy síkbanfeküsznek.Ugyanis, ha a gömbök középpontjaiból a K 12 K 13 K 2i K u síkrabocsátott merőlegesek talppontjai A 1 A 2 A s A i , akkor0 X A X : 0 2 A 2 : 0 a A 3 - - : r,: r 3 , és 0 V A V : 0 4 .1 4 = r x ·. r 4 ,tehát 0 X A X : 0 2 A 2 : 0 3 A 3 : 0±A l = r x : r 2 : r 3 : r i .Ebből következik, hogy ama sík a K 2i K 3l pontokon is keresztülmegy.Nyolcz síkot lehet találni, mely a gömbök 12 hasonlóságipontjait hatával magán tartja; ezek: K v2 K X3 K Xi K 23 K 2i K 3i ;K X2 K 13 K 23 B 23 B 2X B 3X , és még ily kettő; K xi K 3i B x3 B 23 B u B 2i ésmég ily három, melyek a gömbök hasonlósági síkjainak neveztetnek.Ha tehát négy pont 0 x 0. 2 0 i 0 i és négy vonaldarab r 1 r 2 r 3 r i vanadva, akkor nyolcz síkot találhatunk, melyeknek a pontoktól mérttávolsági viszonya a négy adott vonaldarab viszonyával (r x : r 2 :r 3 : r 4 ) egyenlő ; e síkok a négy pontból a négy vonaldarabbal, mintsugárral, leírható gömböknek hasonlósági síkjai.

— 234 —-Ha r x = r 2 — r 3 = akkor e gömbök belső hasonlóságipontjai az 0 X 0 3 , ö 1 0 3 ... 0 3 0 4 vonaldarabok felező pontjai; a külsőhasonlósági pontok pedig ezen 0 X 0. 2 , . . . egyenesek végtelen távolfekvő pontjai. Ε szerint négy ponttól egyenlő távolságra hét sík vanvégesben és egy végtelen távol. Ama hét sík a négy pont hat összekötőegyenesének felező pontjain megy keresztül, és pedig: négysík három felező ponton és három sík négy felező ponton megykeresztül.Gömbök szerkesztése különböző feltételekből,152. Négy ponton keresztül menő, azaz egy tetraeder körülírhatógömb szerkesztését a 67. feladatban tárgyaltuk. A következőkbenoly gömbök szerkesztésével (tehát középpontjuk helyzetének éssugarak nagyságának meghatározásával) akarunk foglalkozni, melyeknéla gömbnek 1, 2, 3, vagy 4 érintősíkja és megfelelőleg 3,2,1,vagy 0 számú pontja van adva.Ε feladatoknál fölhasználjuk a gömbnek következő tulajdonságait:1. Ha egy Ρ pontból egy gömbhöz két szelőt, PQ X Q 2 , PR x R 2 -ethuzunk melyek a gömböt a Q v Q.,; R x , R. 2 pontokban metszik,akkor a szelőkről lemetszett vonaldarabok szorzatai egyenlők, azaz :PQ V PQ 2 = PR V PR-2-Ε tétel ugyanis érvényes a két szelőn keresztül fektetett síknakés a gömbnek metszésére, a QyQ^RyR^ körre nézve, és ígygömbre is.Ennek különös esete: Ha egy Ppontból a gömbhez egy Pöiöíszelőt és egy PT érintőt húzunk, mely a gömböt a Τ pontbanérinti, akkor a szelőről lemetszett részek szorzata egyenlő azérintő négyzetével, azaz:PQv PQi = PZ 2·2. Ha a gömb két érintősíkja közül az egyiket a metszővonalkörül forgatva, a másikra borítjuk, akkor a forgó sík éríntőpontja, aszilárd sík érintőpontjába kerül.Ugyanis, a két érintőpont egyenlő távolságra van a két érintősíkmetsző vonalától, és az érintő pontokon keresztül menő egyenesmerőleges az érintősíkok metszővonalára.A tétel következménye: Ha egy gömb két érintősíkja metszővonalánakegy pontját az érintőpontokkal összekötjük, akkor e két

- 235 —összekötő egyenes egyike a másikba forgatható az érintősíkokmetszővonala körül.153. — 147. feladat. Három ponton keresztül oly gömb fektetendő,mely egy adott síkot érint.Megoldás. A három adott ponton keresztül egy c kört fektetünk; a kivánt gömb középpontja a c kör középpontján keresztülmenő és síkjára merőleges d egyenesen fekszik.A c körnek síkja az adott érintősíkot egy e egyenesben metszi,mig a c körnek az e-re merőleges AB átmérője e-t a Β pontbanmetszi. Ha ezen D ponton keresztül az érintősíkban az e egyenesremerőlegest húzunk és erre a D ponttól mérve a VHA. DB vonaldarabotjobbra és balra reárakjuk, akkor a nyert F, G végpontokbármelyike az adott érintősík érintőpontja lehet. A keresett gömböknekközéppontja tehát az a két pont, melyben az F és G pontbanaz adott érintősíkra emelt merőlegesek a d egyenest metszik.A descriptiv megoldásnál (177. ábra) egyszerűsítés kedvéért ac kör síkját, [s„ s 2 ]-et, a 2-dik képsíkra projiciálónak vettük, érintősíkgyanánt pedig az 1-ső képsíkot. Az [s 1; s 2 ] és az érintősíkmetszővonala tehát és a c kör C középpontjából az ^-re bocsátottmerőleges s^et a D pontban metszi.Forgassuk a c kört a C ponton keresztül menő 2-dik fővonalaCD körül a 2-dik képsíkkal párhuzamos síkba; a forgatott helyzetec'". Húzunk D"-bői c"'-hoz érintőt, melynek érintő pontja E. D"Elesz az a vonaldarab, melyet a D ponttól DC'-re kell reá raknunk0', O'-ig, hogy az 1-ső képsík érintőpontját a keresett gömbökkelmegkapjuk. 0', 0' lesz egyszersmind e gömbök középpontjának1-ső képe, mig a 2-dik képek, 0", 0" a G" pontban az s 2 -re emeltd" merőlegesen feküsznek.A keresett gömbök középpontjai tehát 0, 0; szegélyvonalaik' v k\ ; k\, k'\. — A feladatnak nincs megoldása, ha az adott érintősíka e kört metszi!148. feladat. Fektessünk két ponton keresztül oly gömböt, melykét síkot érint.Megoldás. (178. ábra.) Legyen az egyik érintősík az 1-ső képsíkK x , a másik pedig a 2-dik képsíkra projiciáló S = s 2 ] sik;ezeknek metszővonala s 1; végre (A', A"), (-£>', B") a két adott pont.Az S, K x síkok a tért általában négy részre osztják, s a feladatnakcsak akkor van megoldása, ha az A és a Β pont ugyanegy térrészbenT-ben fekszik.A keresett gömbök középpontjai az S, K x síkok szögfelezősíkjai közül egyiknek, U-nak félsíkjában vannak, még pedig abban,

— 236 —-mely az A és Β ponttal együtt ugyanegy térrészben T-ben terjedel.Az A, Β pontoknak tükörképei A 0 , B 0i az U szögfelező síkravonatkozólag szintén rajta feküsznek a keresett gömbökön. Hatehát az AA 0 (_|_ U) egyenes az 1-ső képsíkot a D pontban, BB 0( _ L U) egyenest az 1-ső képsíkon az F pontban metszi, és mi aD"E = \ÍD"A". D"Áo t vonaldarabbal a Β pontból, az F"G =\[F"B". F"Bo vonaldarabbal az F pontból az 1-ső képsíkban177. ábra. 178. ábra.köröket írunk le, akkor ezeknek 0', 0' metszőpontjai a keresettgömböknek érintőpontjai az 1-ső képsíkkal, és egyszersmind Ο, 0középpontjuknak 1-ső képei. A gömbök középpontjainak 2-dik képeiazon körülményből szerkeszthetők, hogy az U síkban feküsznek.A keresett gömbök szegélyvonalai k\, k'\; k'\, k" 2 .149. feladat. Szerkesztendő egy A ponton keresztül menő és háromsíkot érintő gömb.

— 237 —-Megoldás. (179. ábra). A három sík egyike legyen az 1-sőképsík K 1( a másik a2-dik képsíkra projiciálóS, végre a harmadikegy általánoshelyzetű U. Ε háromsík a tért nyolcz octansraosztja, és a keresettgömbök az Aponttal együtt ugyanegyoctansban feküsznek.A háromsík K 1; S,U egymást az s x = [K x ,S], * = [S, U], =[U, Kj egyenesekbenés az pontban metszik,mely az e metszővonal1-ső nyomábanvan.Ha a keresettgömb érintőpontját aK 1; S, U érintősíkokkal,egy pillanatra K u S,179·ábra·U-n&k nevezzük és azokat az E t ponttal összekötjük, akkoraz jE Í K Í , E X S egyenesek hajlásszöge s r hez egyenlőyt E y S, EJJ „ „ e-hez „„ EJJ, Ε,Κ, „ „ %-hezHa tehát az E X S és aze egyenest az körül, az E-JJ és az e egyenestaz it y körül az 1-ső képsíkra forgatjuk, és e-nek forgatott helyzete(e), illetve [e], akkor 1-ször : a forgatott E X S és a forgatott EJJaz EyKy egyenesre jut; 2-szor a forgatott E y S az (e)-hez és a forgatottEJJ az [e]-hez egyenlő szög alatt hajlik, mert (e, EyS) =(e, EJJ)

— 238 —-egyenesben feküsznek, mely nem egyéb, mint a K 1; S, U síkokhárom szögfelezősíkjának metsző egyenese, s melynek mindenpontja a három síktól egyenlő távolságra van.Minthogy a gömbök középpontjai az ο egyenesen feküsznek,azért keresztül mennek azon a c körön, melynek síkja az A pontbólaz o-ra bocsátott merőleges sík V, melynek középpontja C az o-banvan, és végre melynek sugara CA.Ha az ο egyenes 1-ső projiciáló síkját 3-dik képsíknak választjukés (A', A"), valamint az (

— 239 —-az (e s e„), (e s e„), (e s e„), (e s e„) szögek felezői /', g', h', V az /, g }h, i egyenesek 1-ső képei.Most meghatározzuk az S sík 1-ső képsíkszögeinek felezősíkjait; ezeknek 2-dik nyomában f" = i" és h" = ö"-ben vannakaz f, g, h, i egyenesek 2-dik képei.151. feladat. Szerkesztendők négy síkot érintő, azaz egy tetraederbeírható gömböknek középpontjai.180. ábra.Megoldás. Ha azt a négy egyenest f g, h, i-t, mely az elsőhárom síkot érintő gömbök középpontjait tartja, metszéshez hozzukaz 1-ső és 4-dik sík hajszögeinek két felezősíkjával, akkoroly nyolcz pontot nyerünk, mely a négy adott síktól egyenlő távolságravan. Ennélfogva egy tetraederbe nyolcz gömb írható belapjait érintőleg.A descriptiv megoldást végzendő, válaszszuk (181. ábra) azA 1 A 2 A 3 A i tetraeder Λ4Α la PJ át ^ő képsíknak, és a 2-dikképsíkot pedig az AjA^ lapra merőlegesen.Forgassuk le az 1-ső képsíkon kívül fekvő A x csúcsot az

— 240 —-Α Χ Α 2 Α 4 , A^A 2 A 3 , Α χ Α α Α 4 lapoknak Α 3 Α±, A,A :I , A 3 A 4 1-ső nyomakörül kétféleképen az 1-ső képsíkba, és nevezzük e forgatásbólszármazó pontokat A^A^; A^A^; A^A^-nak. Az Aj 1 6A^ A xpontok az A 1 csúcsnak abból a forgásából származnak, melyeknekforgásszögei az Α 1 Α. 2 Α Ά Α ι tetraeder A. 2 A V A 2 A 3 , A 3 A á éleinél181. ábra.levő belső lapszögei.Az A 1 A i , A x A s , A 1 A i élek ez utóbbi forgatásnál az A. 2 AJ,A 2 AJ; A 3 AJ, A S AJ; A AJ, A é AJ helyzetbe jutnak. Ezen egyenespárakszögfelezőin A. 2 C\, A 3 C\, AJG' X -n, fogják a tetraeder

- 241 —Λ 2 , A S , csúcsain átmenő három-három lapot érintő gömbök, azA 2 A ? A I lapot érinteni. Ennélfogva a tetraeder mind a négy lapjátérintő gömb az A I A 3 A I lapot a C\ pontban érinti. Az A 3 C' LTA-jC'-l, A Á C\ szögfelezők azonban az Α 2 Α^Α{", AGA^A^, A I A 6 11 A 1egyenszárú háromszögek következtében az A^A^A^ háromszögoldalainak felező merőlegesei, s ezért a C\ pont az A^A^A^háromszög körülírható körének középpontja.Hogy az A 1 A I A S A I tetraederbe írható gömb az A 2 A. I A I lapotaz A^A^A^ háromszög körül írható körnek középpontjában érinti,azt még következőképen is beláthatjuk. Nevezzük a beírható gömbérintőpontjait az A X , A 2 , A 3 , A IT csúcscsal szemben fekvő lappalPl, P-2, P 3 , ^4-nek.Ha a P.,, P 3 , P± érintőpontot megfelelőleg az A S A IT Α±Α%,A 2 A 3 él körül az A 2 A 3 A L lapba forgatjuk, akkor a forgatott pontokmindegyike a P r be kerül. Ámde a P. 2 , P 3 , P 4 érintőpontok a forgatáselőtt egyenlő távolságra valának az A 1 csúcstól, tehát e hárompont P 2 , P 3 , P T , az A I pontnak ama három él körül történő forgatásaután az Α 2 Α 3 Α± lapba, szintén egyenlő távolságra lesz a forgatottA 1 ponttól,azaz AF, A 1 1 , J. 3 1 -tól. Minthogy azonban af 3 ,P 3 ,P I érintőpontok a forgatás után a P x pontba jutnak, azért a P 1pont, mint a tetraederbe írható gömb érintőpontja az A 2 A S A I lappalaz A T \ A S X , Apontoktól egyenlő távolságra van.így tehát az A 1 A 2 A 3 A I tetraederbe írható nyolcz gömbnekérintőpontja az 1-ső képsíkban fekvő A 2 A 3 A I lappalaz A^A^Al 6 háromszög körülírható körének középpontja C\„ AMMi" „ » , „ Cy„ A^AFA^ „ „ „ „ C 3„ A^A^A^ C i„ y± A í2 A i Δ β „ „ „ „ Β ιη Α Μ ί 3 4 l βιι η η » 2„ Λ 2 J±1 Λ 3 ΑJl 5Jí „ „ „ „.3» -&-1 Λ ΜΛι I AΛι 5 „ ,, „ ,, Ή'. JJ 4'Ε pontok egyszersmind 1-ső képei a nyolcz gömb középpontjainak;azoknak 2-dik képe az A í A 2 A l lap 1-ső képsíkszögei felezősíkjainak2-dik nyomain feküsznek, még pedig a C'^B'^CgB'^ pontokaz egyik és a B"jC" 2 B'\C'\ pontok a másik szögfelezősík 2-diknyomán.A nyolcz középpont két tetraedernek Β = C =C^CgCjC^-nek csúcsa, mely az A = A X A 2 A 3 A 4 tetraeder irányábanakkép van elhelyezve, hogy az A tetraeder bármely csúcsát a Βtetraeder bármely csúcsával összekötő egyenes a C tetraeder egyKLUG : Ábrázoló geometria.

— 242 —-csúcsán megy keresztül. Ennek oka a megoldást bevezető elsőmondatban rejlik.A tetraeder lapjai a tért 15 részre osztják. A csúcsok fölöttlevő négy térben nem fekhetnek a gömbök középpontjai, mert különbena gömbök a csúcscsal szemben fekvő lapot nem érintenék.Két szemben fekvő él fölött levő ékalakú tereknek csak egyikébenvan ily középpont, s ilyen térpár van három ; azonkívül van egyvéges tér; e négy térben feküsznek a C 2 C 3 C i C 1 középpontok. Végrea lapok fölött levő négy térben (három oldalú csonka gúla alakú,melynek nagyobb alaplapja végtelen távol van) feküsznek a Β Χ Β 3B. i B i középpontok.A tetraeder hat belső- és hat külső lapszögét felező tizenkétsík hármával 16 egyenesben és hatával a 8 középpontban ByB., . . .C 4 -ben metszi egymást; a 16 egyenes négyével a tetraeder egyescsúcsain megy keresztül, s minden ily egyenesen fekszik a 8 középpontközül kettő.A feladat itt tárgyalt megoldásának alapeszméje HERMARY francziátólszármazik. (Közölve lett 1879-ben).XII. FEJEZET.A kúp és a henger.154: A kúp és a henger származtatása. Képzeljünk egygörbevonalat c-t és annak síkján kívül egy pontot, M-t. Húzzunk azΜ ponton keresztül c-nek összes pontjaihoz egyeneseket. Ezek azegyenesek egy görbe felületet képeznek, melyet kúp felületnek, vagyröviden kúpnak nevezünk.Ha tehát egy egyenes, melynek egy Μ pontja változatlan marad,akkép mozog, hogy mozgása közben egy c görbe vonal pontjain megykeresztül és c-nek pontjai nem feküsznek az M-el ugyanegy síkban,akkor a mozgó egyenes egy ki'ipot ír le.Az Μ pontot a kúp csúcsának, a c görbét, mely az egyenesekmozgását vezérli, a kúp vezérlő vonalának (directrix), végre a mozgóegyenest minden helyzetében a kúp alkotójának nevezzük. A kúpcsúcsa egy különös pontja a kúpnak, ellenben a vezérlő vonalnakpontjai nem különösek, mert minden más vonal a kúpon, mely annakvalamennyi alkotóját metszi, a kúp vezérlő vonalának tekinthető.Ugyanis az új vezérlő vonal és a kúp csúcsa akkép szabályozza a

— 2 4 3 —-a kúpot leiró egyenes mozgását, hogy ugyanazt a kúpot nyerjük,mint az eredeti vezérlő vonalnál.A kúp vezérlő vonala lehet síkgörbe, azaz olyan, melynekminden pontja ugyanegy síkban van, de akkor a kúp csúcsának agörbe síkján kivül kell lennie; de lehet egy úgynevezett térgörbe is,melynek nincsen minden pontja ugyanegy síkban és ekkor a kúpcsúcsa bárhol vehető fel a térben.A kúp alakja a vezérlő vonal alakjától és a csúcs helyzetétőle vonal irányában függ. Ha a kúp vezérlő vonala II. rendű görbe,tehát kör, ellipsis, hyperbola vagy parabola, vagy egy néven kúpszelet,akkor a kúpot II. rendű kúpnak nevezzük. A II. rendű kúpokegymástól lényegileg nem különböznek, mert minden II. r. kúpotlehet síkkal bármely II. r. görbe szerint metszeni.De egy különös II. r. kúp az olyan, melynek vezérlő vonala körés a kúp csúcsa e kör középpontján keresztül menő és annak síkjáramerőlegesen álló egyenesen van. Ε II. r. kúpot forgáskúpnak nevezzük,mert egy tengely körül forgó egyenes, mely a tengelyt metszi,leír egy ily kúpot.Ha a kúp csúcsát végtelen távol, tehát egy egyenes végtelentávol fekvő pontjában vesszük fel, akkor a kúpot hengernek nevezzük.Egy hengert képeznek .tehát az oly egyenesek (alkotók), melyekegy görbe (vezérlő) vonal pontjain keresztül mennek és egymássalpárhuzamosak, ha nem feküsznek ugyanegy síkban.A hengert is II. rendűnek nevezzük, ha vezérlő vonalaII. r. görbe. De a II. r. hengerek különbözők, a szerint a mint vezérlővonaluk ellipsis (ide értve a kört is), vagy hyperbola vagy parabola,s ezért a II. r. hengereket ezen esetekben elliptikus-, hyperbolikusvagyparabolikus hengernek nevezzük.A II. r. hengerek legegyszerűbbike a forgáshenger; ennekvezérlő vonala kör és alkotói a kör síkjára merőlegesek. Oly egyenes,mely egy vele párhuzamos forgástengely körül egy teljes körülforgástvégez, leír egy forgáshengert.155. A kúp palástja. A kúp minden alkotóját annak csúcsafélsugárra osztja. II. r. kúpoknál e ro 1 számú félsugár ketté választható.Feltételezvén ugyanis, hogy a vezérlő vonal kör, ellipsis, vagyparabola : a kúp csúcsain keresztül menő és e vezérlő vonalat metszőfélsugarak képezik az egyik részt, azoknak kiegészítői egy teljessugárrá a másikat. Ha ellenben a kúp vezérlő vonala hyperbola,akkor ennek egyik ágát metsző félsugarak, és a másik hyperbolaágatmetsző félsugaraknak kiegészítői képezik az egyik részt, a kúpalkotóknaka hiányzó félsugarai pedig a másikat. Ugy az egyik mint16*

a másik részhez tartozó félsugarak összesége a kúpnak egy-egypalástját alkotja. A II. r. kúpot tehát két palástból állónak tekintjük:az egyik paláston a fekvő félalkotók (félsugarak) a másiknak félalkotóitteljes alkotókká egészítik ki; dea két palástnak nincsen közös alkotója.Jellemző, hogy ha egy paláston két pontot veszünk fel, akkoraz egyikpontból a másikhoz juthatunk a kúpon fekvő vonalon haladvaanélkül, hogy a kúp csúcsán keresztül kellene mennünk. Ámde haa két pont a kúpnak két különböző palástján van, akkor nem lehetaz egyik pontból a másikhoz a kúpon fekvő vonalon haladva eljutnianélkül, hogy a csúcson keresztül mennénk.Ha a palástot nem értelmezzük a kúp vezérlő vonalával, melymint említettük, nemkülönös vonalaa kúpnak, hanem apalást jellemzőtulajdonságát abban látjuk, hogy bármily két pontját a kúpon fekvőés a csúcson keresztül nem menő vonallal összeköthetjük, akkor182. ábra. 182 a. ábra.egypalástú kúpokat is meg lehet különböztetni. Ugyanis ha a vezérlővonal olyan görbe, hogy bármely pontjából a görbén haladva amásikhoz juthatnak és a görbének csak egy (vagy általában páratlanszámú) végtelen távol fekvő pontja van, melynek azonban érintőjevégesbe nyúlik, akkor a kúpnak csak egy palástja lesz. Ilyen kúpnaktekinthető például a sík, melynél a vezérlő vonal egyenes,vagy pedig egy olyan (III. rendű) kúp, melynek vezérlő vonala amellékelt (182. ábra) egyágú III. r, görbe.A hengernek csak egy palástja van, mert végtelen távol fekvőcsúcsa nem osztja az alkotókat ketté.156. A kúp és a henger érintősíkja. Egy kúpon, melynekcsúcsa Μ és vezérlő vonala c, egy MA alkotót és egy k görbét veszünkfel (182. ábra) az MA alkotó a k-t egy Ρ pontban a c görbét egy Apontban metszi.

— 245 —-Az MA alkotón keresztül egy síkot fektetünk, mely a k görbéta Ο . . . pontokban, c görbét a B\ . . pontokban, a kúpot magát azMQB, . . . alkotókban metszi. Az MAPQB síkot az MPA alkotókörül akkép forgatjuk, hogy a Β metsző pont közeledjék az A-hoza c görbén. Ε forgásnál az MQB alkotó közeledik elfoglalni azMPA alkotó helyzetét a kúpon, a Q pont pedig a Ρ pont helyzetéta & görbén. Midőn az MA körülforgó sík Β metszőpontja az A pontbajutott, tehát a c görbe AB szelője az A pont érintőjébe került, aforgó sík szintén egy oly határ helyzetet ért el, melynél az MB alkotóa kúpon az M4-val és a Q pont a k görbén a P-vel egyesült, teháta k görbe PQ szelője átment a Ρ pont érintőjébe.Az MA alkotón keresztül menő síknak ez a határhelyzete akúp érintősíkja az MA alkotó szerint vagy alkotó mentén vagy az MAalkotóban ; maga az MA alkotó pedig az érintősík érintőalkotója.A kúp érintősíkját az MA alkotóban még az egyszerűbb szólásmódvégett az MA alkotó érintősíkjának is nevezhetjük, mert a kúpminden alkotójához általában más és más érintősík tartozik.Minthogy a k görbe, a kúp Ρ pontján keresztül menő tetszésszerinti görbe a kúpon és MPA alkotó érintősíkja a k görbe Ρ pontjánakérintőjét (mint a PQ szelőnek határhelyzetét) tartalmazza,mondhatjuk: a kúp egy alkotójának érintősíkja tartalmazza mindazokataz érintőket, melyeket a kúpon fekvő görbékhez az alkotó és e görbékmetszőpontjaibari húzhatunk.Minthogy általában oly sík, mely bármely görbe felület egy Ρpontján keresztül menő és a felületen fekvő görbéknek érintőjét azillető Ρ pontban tartalmazza, a felület Ρ pontjának érintősíkja, azérta kúp egy alkotóján fekvő pontoknak érintősíkjai valamennyien azalkotó érintősíkjában egyesülnek, azaz: a kúp érintősíkja egy alkotóban,az alkotó minden pontjának érintősíkja. Ezt a jelenséget mégekkép is kifejezhetjük: a kúp érintősíkja a kúpot egy alkotó egészterjedelmében érinti.Minden egyenest, mely a kúp egy érintősíkjában fekszik, akúp érintőjének nevezzük. A kúp érintője érinti mindazon görbéket,melyek szerint az érintőn keresztül fektethető síkok a kúpot metszik;az érintőpont az érintőn keresztül menő érintősík érintőalkotójánfekszik.A mit eddigelé a kúp érintősíkjáról mondottunk, az a hengerérintősíkjára vonatkozólag is érvényes, mert a henger oly kúpnaktekintendő, melynek csúcsa végtelen távol van.157. A fopgáskúp és forgáshengernek főtulajdonságai. Aforgáskúpnak és forgáshengernek nagy szerepe van az ábrázoló geo-

— 246 —-metriában, mert tulajdonságainál fogva számos feladat megoldásánálközvetítőül szolgál.Forgáskúpot, mint már említettük, egy oly egyenes ír le, melyegyik metszője mint tengely körül egy teljes körülforgást végez.Forgáshengert pedig egy egyenes, mely egy véle párhuzamos tengelykörül végez egy teljes körülforgást.Ε kúpnak és hengernek ezen származtatásából és az érintősíkértelmezéséből következik:1. a forgáskúp alkotói egy egyenessel— a kúp forgástengelyével —egyenlő szöget képeznek;2. a forgáskúp alkotói a tengelyre merőleges síkokkal egyenlő szögetképeznek, mely az előbbi szögnek pótlószöge ;3. a forgáskúp metszővonala a tengelyére merőleges síkkal mindigkör;4. a forgáskúp érintősíkjai annak tengelyével egyenlő és ugyanolyszöget képeznek, mint a kúp alkotói;5. a forgáskúp érintősíkjai a tengelyére merőleges síkokkal egyenlőszöget képeznek, mely az előbbi szögnek pótlószöge ;6. egy pontból egy gömbhöz húzható érintők és érintősíkok oly forgáskúpnakalkotói és érintősíkjai, melynek tengelye a gömb középpontjánmegy keresztül;7. két a forgáskúp tengelyére merőleges sík annak alkotóiról egyenlővonaldarabokat metsz le;8. a forgáshenger minden pontja, minden érintősíkja és mindenérintője (azaz minden egyenes, mely annak érintősíkjában fekszik,de nem párhuzamos a henger alkotóival), a henger tengelyétőlegyenlő távolságra van.Ha két felületnek azt a helyzeti viszonyát, hogy egy közöspontban közös érintősíkjuk van, akkép fejezzük ki, hogy egymást aközös pontban érintik, akkor mondhatjuk: egy forgáskúp és egygömb egymást egy kör pontjaiban, vagy egy kör mentén érinthetik.És ha egy gömb egy forgáskúpot egy kör mentén érint, akkor ezekrőlazt mondjuk, hogy a gömb a kúpban „be van írva" és a kúp agömb „körül van írva". Az a kör, melynek mentén a két felület egymástérinti, azoknak érintő köre.A gömböt a főkörök mentén érintő forgáskúpok forgáshengerekkéfajulnak el.158. A kúppal kapcsolatos elemek sokaságáról. A kúp alkotóinakszáma σο 1 , mert a kúp alkotói a kúp csúcsát a vezérlő vonalσο 1 számú pontjaival kötik össze.

A kúp pontjainak száma σο 2 , mert minden alkotón van ocszámú pont.A kúp érintősíkjainak száma σο 1 , mert minden alkotóhoz általábanegy érintősík tartozik.A kúp minden pontjának, a csúcs kivételével, általában egyérintősíkja és σο 1 érintője van, de minden érintősík a kúpot σο 1 pontbanérinti. A számító geometria a kúp csúcsán keresztül menő mindensíkot és egyenest (σο 2 ) a kúp érintősíkjának és érintőjének tekintia csúcsban, mert a kúp csúcsa annak egy singularis pontja. A kúpnakezen különös érintősíkjait és érintőit, a következőkben nemvesszük figyelembe.A kúpnak σο 3 számú érintője van ; minden pontján σο 1 megykeresztül és minden érintősíkban van σο 2 .A pontra nézve egy föltétel az, hogy egy kúpon (vagy általábanegy felületen) feküdjék. — A síkra nézve két föltétel, hogy egykúpnak érintősíkja legyen. Ugyanis a kúpnak minden érintősíkjaannak csúcsán megy keresztül, mely egy föltételnek felel meg,továbbá az érintősík még a felületnek egy más pontján is keresztülmegy, a mi a második föltétel. Ennélfogva lehet egy kúphoz érintősíkotszerkeszteni, mely egy ponton megy keresztül, vagy egyegyenessel párhuzamos, vagy egy síkkal adott szöget képez, vagyegy gömböt érint, stb.Az egyenesre nézve egy föltétel az, hogy egy kúpot érintsen.Ezért egy kúphoz oly érintőt, mely egy egyenest metsz, σο 2 számút,mely két egyenest metsz, vagy egy ponton megy keresztül, vagyegy egyenessel párhuzamos stb., o^1 számút; mely egy ponton megykeresztül és egy egyenes metszője, vagy egy síkkal párhuzamosstb. — véges számút lehet szerkeszteni.Minden forgáskúpba gömb irható be; az egyes gömbökérintőköreinek síkjai a kúp tengelyére merőlegesek.Egy gömb körül ·χ 3 forgáskúp és σο 2 forgáshenger írható. Akúpok csúcsai az érintőkörök síkjára merőleges gömb-átmérőkönfeküsznek; az érintőhengerek alkotói a főkörök síkjaira merőlegesek.Egy egyenestől egyenlő (r) távolságra levő egyenesek, pontokés síkok száma megfelelőleg σο 3 , σο 1 ; ezek egy forgáshengernekérintői, pontjai és érintősíkjai.159. A kúp és a henger ábrázolása. A következőkben a II. r.kúpok és hengerek ábrázolásával és ezekre vonatkozó feladatokmegoldásával fogunk foglalkozni. Föltételezzük tehát, hogy a kúp éshenger meghatározására szolgáló c vezérlő vonal egy kúpszeletet

— 248 —-(rendesen kör vagy ellipsis), és a kúpnak Μ csúcsa c-nek síkjánkivül van. Ilyen kúpoknak két palástja van.A kúpnak azon alkotói, melyeknek érintősíkjai az 1-ső (illetvea 2-dik) képsíkra merőlegesek, képezik a kúpnak 1-ső (és 2-dik) valódiszegélyalkotóit, azoknak 1-ső (és 2-dik) képei pedig a látszólagosszegély alkotóit. így a 183. és 184. ábrában az MA, MB alkotók a kúpés a henger 1-ső szegélyalkotói; MC, MB pedig azoknak 2-ikszegélyalkotói.Ugyanis, az MA és MB alkotók 1-ső projiciáló síkjai az MAés MB alkotón és a c vonal A és Β pontjának érintőin, (mely M'A,M'B) mennek keresztül. Hasonlókép az MC és MD alkotók érintősíkjaiaz MG, MB alkotókon és c vonal C, Β pontjainak érintőinmennek keresztül, melyek merőlegesek a 2-dik képsíkra.Ha a kúpon nincsen olyan alkotó, melynek érintősíkja merőlegesaz egyik képsíkra, akkor e képsíkra vonatkozólag nincsen szegélyvonalaa kúpnak és ekkor az ábrázolás a vezérlő vonal és acsúcsnak illető képével történik. így a 185. ábrában bemutatott kúpnaknincsen 1-ső szegélyvonala.Hasonlókép, ha a henger minden alkotójának érintősíkja merőlegesvalamelyik képsíkra, akkor a henger szegélyvonalát az érintősíkoknakillető nyomaitól beburkolt görbe, azaz a vezérlő vonalképezi.A 183. ábrában az MA, MB 1-ső szegélyalkotók a kúpot kétrészre osztják, melyeknek egyike az 1-ső képsíkra nézve látható azegyik paláston, de nem látható a másikon, a másik rész ez utóbbipaláston válik láthatóvá, az elsőn pedig el van födve.Az ME, MF alkotóknak közös 1-ső képük van, tehát Μ Ε azMF-et, az Μ csúcstól a vezérlővonalig terjedő részben, mondjuk azalsó paláston, az 1-ső képsíkra nézve elfödi, míg MF az ME-t a fölsőpaláston födi el. Ezt mutatják az ME, MF alkotók 2-dik képei.Ugyanígy a 2-dik képsíkra néző a kúp ME alkotóját láthatjaaz alsó paláston és nem láthatja a fölső paláston, az MF alkotótláthatja a fölső paláston, de nem láthatja az alsón.Általában az 1-ső képsíkra nézve a c vezérlő vonal ACEBívének pontján keresztül menő alkotók az alsó paláston láthatók, afelsőn nem láthatók, fordítva van a dolog az AFDB ívnél. Míg a 2-ikképsíkra nézve a vezérlővonal CEBB ívének pontjain keresztülmenő alkotók az alsó paláston láthatók, a felsőn nem láthatók, fordítvaa CAFD ívnél.A henger AFDB ívének pontjain keresztül menő alkotók láthatók,a többiek nem láthatók az 1-ső képsíkra nézve, míg a CAFD

— 249 —-ív pontjain keresztül menő alkotók láthatók, a többiek nem láthatóka 2-dik képsíkra nézve.Érintési feladatok.160. —152. feladat. Vegyünk fel egy (M, c) kúpon, melynek Μcsúcsa c vezérlő vonala adva van, egy Ρ pontot és fektessünk ezenkeresztül érintősíkot a kúphoz.Megoldás. (183. ábra). A Ρ pontnak egyik képét, pl. P'-1 tetszésszerint vehetjük fel. M'P' képezi az MP alkotó 1-ső képét, mely183. ábra. 184. ábra.a c vezérlő vonalat az E, F pontokban metszi. Az E, F pontoknak2-dik képe E", F" és az ME, MF alkotóknak 2-dik képe M"E",M"F". Ez utóbbi egyeneseken vannak a kúp azon pontjainak 2-dikképei, melynek 1-ső képe Ρ'. Ε szerint II. r. kúpnál P'=Q' pont akúp két pontjának, Ρ és Q-nek, 1-ső képe. De ha az M'P' egyenesa vezérlő vonal 1-ső képét nem metszi (való pontban), akkor a kúponnincsen oly (való) pont, melynek 1-ső képe P' volna.A Ρ pont érintősíkja a kúpot az MPE alkotó minden pontjábanérinti. Meghatározásához a vezérlő vonal Ε pontjának érintőjeés az MPE alkotó szükséges és elégséges. Minthogy jelen eset-

— 250 —-ben a c az 1-ső képsíkon fekszik, azért s x már 1-ső nyoma a kívántérintősíknak. Ε síknak 2-dik nyoma keresztül megy az MPE egyenes2-dik nyomán, de ha ez távol van és így a szerkesztéshez nemalkalmas, akkor felhasználjuk a sík Ρ vagy Μ pontján keresztülmenő és a meglevő adatokból egyszerűen meghatározható 1 -ső vagy2-dik fővonalát, illetve ezeknek 2-dik nyomát.153. feladat. Fektessünk, egy henger Ρ pontján keresztül érintősíkota hengerhez.A feladat megoldását a 184. ábra mutatja.154. feladat. Egy Ρ ponton keresztül vezessünk érintősíkokategy adott (711, c) kúphoz.185. ábra.Megoldás (185. ábra). A kívánt érintősíkok az MP egyenesenmennek keresztül, mely az 1-ső képsíkon fekvő c vezérlő vonal sikjátaz F pontban metszi. Az F pontból a c-hez húzott FA, FB érintőkc-t az A, Β pontokban érintik, mely pontokon keresztül menő MA,MB alkotók a kivánt [s^ s. 2 ], [μ 1( u. 2 ] érintősíkok érintőalkotói.Ezek, valamint a Ρ pont, vagy a Ρ Μ egyenes meghatározzákaz érintősíkokat.155. feladat. Egy Ρ ponton keresztül vezessünk érintősíkokategy adott hengerhez.Megoldás (186. ábra). A Ρ ponton keresztül PF párhuzamos

— 251 —-egyenest húzunk a henger alkotóihoz, mely a henger vezérlő vonalának,c-nek síkját — jelenleg az 1-ső képsík —az Fpontban metszi.Az F pontból a c-hez húzható érintők érintőpontjai A, B, a kívánt[sj, s 2 ], [u y , w á ] érintősíkoknak érintőalkotóin feküsznek. Az egyesérintőalkotók és a Ρ pont meghatározzák az érintősíkokat.156. feladat. Vezessünk egy e egyenessel párhuzamos érintősíkotegy (M, c) kúphoz.Megoldás (185. ábra.) A kúp csúcsán keresztül menő és az eegyenessel párhuzamos MF egyenes a keresett érintősíkokban fekszik.Ennélfogva az MF egyenesnek és a c vezérvonal síkjának180. ábra.F közös pontjából c-hez érintőket húzunk, melyek c-t a keresett[sj, s 2 ], [tiy, # 2 ] érintősíkok MA, MB érintőalkotóinak^l, Β pontjábanérintik.• 157. feladat. Vezessünk az e egyenessel párhuzamos érintősíkokategy adott hengerhez.Megoldás. (187. ábra.) Egy síkot szerkesztünk az e egyenesselés a henger alkotóival párhuzamosan ; a kivánt érintősíkok e síkkalpárhuzamosak lesznek.Ha tehát a szerkesztett síknak és a vezérlő vonal síkjánakmetszővonalával párhuzamos érintőket húzunk a vezérlő vonal-

— 252 —-hoz, akkor az érintőpontok a kivánt érintősíkok érintőalkotóinlesznek.A kivitelnél az e egyenes egy Ρ pontján keresztül a hengeralkotóival párhuzamos /egyenest fektetünk, az [e, f] sík nyomaiEyFy, E. 2 F 2 .Minthogy jelenleg a henger c vezérlő vonala az 1-ső képsík,azért az [e,f]s\k EyFy 1-ső nyomával párhuzamos érintőket húzunk187. ábra.c-hez, melyek c-t az A, Β pontban érintik. Ε pontokon keresztülmenő alkotók a kivánt [s 1; s 2 ], [u ít u. 2 ] érintősíkok érintőalkotói.Ε két feladat alapján a kúp és henger saját és vetett árnyékátmeghatározhatjuk.161; — 158. feladat. Szerkesztendő egy kúp saját és vetettárnyéka, ha vezérlő vonala c az 1-ső képsíkon fekszik.Megoldás (188. ábra). A fénysugarakkal párhuzamos érintősíkoka kúpot oly alkotók szerint érintik, melyek a kúp saját árnyékánakhatárvonalai. Ha tehát a kúp palástjától és c vezérlővonalánaksíkjától bezárt tért (testet) veszszük tekintetbe, és c az 1-ső képsí-

— 253 —-kon van, akkor felkeressük a kúp Μ csúcsának M t vetett árnyékátaz 1-ső képsíkra. Az pontból a c-hez húzott érintők c-t az A, Βpontokban érintik; MA, MB alkotók képezik a saját árnyékhatárt,ezeknek vetett árnyékai, a kiszögelő M*A, M*B vonalak pedig avetett árnyék-határt. Az árnyékvető idom tehát MA, ADB ív BMvonalaktól határoltatik.159. feladat. Szerkesztendő egy forgáshengernek saját- és vetettárnyéka, ha vezérlővonala, a c kör, az 1-ső képsíkon fekszik.188. ábra. 189. ábra.Megoldás (189. ábra.) A fénysugárral párhuzamos érintősíkoka hengert az AE és BF alkotókban érintik, melyek a saját árnyékhatártképezik.Ha a forgáshengert az 1-ső képsíkkal párhuzamos síkkala k kör szerint metszszük, akkor továbbá a c és a k síkjától határolttestnek, melyet szűkebb értelemben szintén hengernek nevezünk,árnyékvető idoma: AE, BF henger-alkotók, a c körnek ABB íveés a fc-nak FIE íve, tehát az ADBFIE vonalrendszer. Ennek vetettárnyékát az ADBF*FE* vonalrendszer képezi, hol az F'1*E* félellipsisnekmeghatározására a 149. pont alatti feladat alapján történik.160. feladat. Határozzuk meg egy forgáshengernek árnyékát,ha tengelye párhuzamos az 1-ső képsíkkal.

— 254 —Megoldás. (190. ábra). A henger OG tengelyének képei azO'G', 0"G" egyenesek. Az 0 és a G ponton keresztül menő és azOG-re merőleges síkok a henger a c és k körökben metszik, ezekneksíkjaitól és a henger felületétől határolt tér az, melynek árnyékátakarjuk szerkeszteni.Válaszszuk a c kör síkját 3-dik képsíknak, határozzuk meg az0 pontnak és a c körnek (az adott r sugárból) 3-dik képét 0"',190. ábra.c'"-mat; c'" egyszersmind a k körnek 3-dik képe k'". c'" és k"'-bó\megszerkeszthetők c és £-nak 2- dik képei, a c" és k" ellipsisek, valaminta henger 1-ső és 2-dik szegélyalkotói, melyek külön megjelölvenincsenek. Az 0 ponton keresztül menő fénysugarak 00*-nak 1-sőés 2-dik képéből meghatározható a 3-dik kép 0"'0J". c'"-nak az0"'0 Mr '"-gal párhuzamos érintői az A'", E'" pontokban érintik c'"-at;a c kör A és Έ pontjain keresztül menő AE, BF hengeralkotók a*

henger sajátárnyékát képezik. Ezen két alkotónak valamint a c és ak körnek vetett árnyékai adják a vetett árnyék-határt.A c körnek az AB-re merőleges átmérője a CD; az AB, CDátmérőknek vetett árnyékai az 1-ső és a 2-dik képsíkra a c kör vetettárnyékainak, azaz a cc* ellipsiseknek kapcsolt átmérői:C+D*; A*B*, C*D*. A /fe körnek vetett árnyékai a képsíkokra, teháta yfe* ellipsisek, a cc*-gal congruens ellipsisek lesznek.Ε test árnyékvetőidoma tehát: a két hengeralkotó -4.E,BF, a c kör Λ,ΖλΒ íve és a £ kor E1F íve, vagyis az AEIFBD vonalrendszer.191. ábra.161. feladat. Szerkesztendő a 191. ábrában ábrázolt hengernekárnyéka.Megoldás. A fénysugarakkal párhuzamos érintősíkok a hengertaz AE, BF alkotókban érintik, ezek képezik a sajátárnyék-határta hengeren. A hengeralkotókkal párhuzamos CD egyenesnekvetett árnyéka a képsíkokra a DC* kiszögellő egyenes; az 1-ső képsíkonfekvő körnek a DC^-ve 1 párhuzamos érintői az AE, BD alkotókvetett árnyékai az 1-ső képsíkra.

— 256 —-162. A kúp és henger imént tárgyalt úgynevezett „érintési feladataihoz"tartoznak a szegélya.kotók meghatározásai az általánosesetben is, a midőn t. i. a vezérlővonal nem fekszik a képsíkok egyikében.Legyen erre vonatkozólag példaképen a következő két feladatide iktatva:162. feladat. — Adva van egy forgáskúpnak t tengelye, Μcsúcsa, valamint egy c körnek, mint a kúp vezérlővonalának, G középpontjaés r sugara·, szerkesztendök a kúp szegélyalkotói: a) ha a t tengelya 2-dik képsíkkalpúrhuzamos, b)haat tengely általános helyzetű.Megoldás az a) esetben (192. ábra). A c kör 2-dik képe az aH"C"G" egyenes, mely /"-re a G" pontban merőleges (H"C" =C"G" = r), c-nek 1-ső képe pedig az A'H'B'G'^c' ellipsis.192. ábra.A kúp 2-dik szegélyalkotói M'G", M"H"; 1-ső szegélyalkotóiM'A', M'B, az M' pontból a c' ellipsishez húzható érintők. De azM'A', M'B' érintőket és azoknak A', B' érintőpontjait meghatározhatjukanélkül, hogy a c' ellipsist megrajzolnók.Ugyanis, az (M, c) forgáskúpba beírható egy gömb, mely akúpot a c körben érinti. Ε gömbnek 0 középpontja a t forgástengelyenvan, s mert a kúp 2-dik szegélyalkotói MG, MH, a gömb2-dik szegélykörét k. 2 -őt érintik, azért 0"-t akkép határozzuk meg at"-en, hogy M"G"±G"0", M"H"±H"0" ; az 0"-böl 0"G" sugárralleírt kör k" 2 . A gömb 1-ső szegélyköre k y a. c kört az AB pon-3

— 2 5 7 —-tokban metszi; e pontoknak érintősíkjai úgy a gömb, mint a kúprészéről merőlegesek az 1-ső képsíkra, tehát a kúp ΜΛ, MB 1-sőszegélyalkotói, a c és k y kör A, Β metszőpontjain mennek keresztül.Az MA, Μ Β alkotók, 1-ső képei M'A', M'B' érintői a k\ körnekaz A' B' pontokban.Megoldás a b) esetben (193. ábra). A midőn a t forgástengelyáltalános helyzetű a két képsík irányában, a kúp 1-ső és 2-dik szegélyalkotói,a c kör c', c" képei megrajzolásának kikerülésével, akúpban írható azon gömb segélyével határozhatók meg, mely akúpot a c kör pontjaiban érinti.Ε gömb 0 középpontját megkapjuk, ha a t 1-ső projiciáló síkját3-dik képsíknak tekintjük (t'=x í3 ) és a t tengelynek, az Μ csúcsnak,valamint a C pontnak 3-dik képét t'", M'", C'"-mat meghatározzuk.M"'C'«± C"'G"', C"'G'" = H "C- = r ; G"H·" a c körnek3-dik képe c'", G"'0'"J_ M"G'", Η'·'0"'_\_Μ"Ή"', 0"' at'"-mon a gömb középpontjának 3-dik képe. 0"'-ból megkapjuk 0'és 0"-t a tf, t"-ön, és a kJ, kJ' körök sugara G'"0"'.A gömb 1-ső szegélyköréhez ^-hez az M'-bő\, és 2-dik szegélyköréhez£" 2 -hoz az M"-ből húzott M'A', M'B', M"E", M"F"érintők a kúp szegélyalkotóinak képei.A c kör 1-ső képét c"'-ból, annak 2-dik képét c IV -ból nyerjük,ha c IV a c-nek 4-dik képe a t-n keresztül menő és a 2-dik képsíkraprojiciáló 4-dik képsíkon.163. feladat. Szerkesztendők egy henger szegélyalkotói, ha az alkotókaz e egyenessel párhuzamosak és vezérvonala az \u y , uj\ síkbanfekvő c kör.Megoldás. (194. ábra). A c körnek az [u y , ÍÍ 3 ] sík u L nyomakörül az 1-ső képsíkba forgatott helyzete legyen c y .A henger 1-ső és 2-dik szegélyalkotóinak érintősíkjai az 1-ső,illetve a 2-dik képsíkra merőlegesek. Az e egyenesnek 1-ső és 2-dikprojiciáló síkja az [u y , u.J\ síkot a d, illetve a g egyenesben metszi, d és gaz u y nyom körül az 1-ső képsíkra forgatva d u g L . A c körnek d r e 1párhuzamos érintői a y , b y , a ^-gyel párhuzamos érintői h y , i L . Aza y , b y érintők visszaforgatott helyzetének a', V képei a henger 1-sőszegélyalkotóinak 1-ső képei, és a h y , i y érintők visszaforgatott helyzetének2-dik képei a henger 2-dik szegélyalkotóinak 2-dik képei. Azabhi egyenesek, mint az a y b y h y i y -nek visszaforgatott helyzetei a térbennem hengeralkotók, csak ezeknek képei a szegélyalkotók illetőképeiben vannak. Az 1-ső szegélyalkotóknak 2-dik képeit megkapjuk,ha az a y , b y érintőknek visszaforgatott érintőpontjain keresztülaz c"-vel párhúzamost húzunk, hasonlókép a h y , i y érintők érintő-KLUG : Ábrázoló geometria. 17r

— 258 —-pontjainak visszaforgatott helyzetén keresztül menő és e'-sel párhuzamosegyenesek a henger 2-dik szegélyalkotóinak 1-ső képei.Ugyanígy határozhatjuk meg a henger azon alkotóinak 2-dikképeit, melyeknek 1-ső képe az f. Ε végből leborítjuk az [Μ 15 .« 2 ]sík azon egyenesét, melynek 1-ső képe az f ;a leborított egyenes akört a K u F x pontban metszi, mely pontok visszaforgatva a K',K", F', F" képeket adják. Ε pontokon keresztül menő és az e',e"rsel párhuzamos egyenesek a hengernek azon alkotói, melyeknek1-ső képe f.193. ábra.Az ábra még az / alkotó [s l( s 2 ] érintősíkjának szerkesztésétis feltünteti.163. A kúp és a henger síkmetszései. Egy kúp vagy hengermetszése egy síkkal általában görbe vonal, mely csak abban azesetben fajul el egyenesekké, ha a metszősík a kúp csúcsán megykeresztül, illetve a henger alkotóival párhuzamos. Ε metszőgörbepontjai, érintői a kúp alkotóinak és érintősíkjainak metszőpontjai,illetve metszőegyenesei a síkkal.

— 259 —-Minden kúpalkotó, mely a metszősíkkal párhuzamos a metszésgörbeegy végtelen távol fekvő pontját szolgáltatja. Ε végtelentávol fekvő pontnak érintője azonban csak akkor lesz végtelen távol,ha az illető alkotó és érintősíkja is párhuzamos a metszősíkkal. Εszerint a metszésgörbének annyi végtelen távol fekvő pontja ésérintője van, a hány alkotója, illetve érintősíkja a kúpnak, párhuzamosa metszősíkkal.194. ábra.A II. r. kúpok síkmetszései II. r. vonalak. Ennek bizonyításaelemi uton eddigelé csak a forgáskúpra és hengerre sikerült. Ámdeha elfogadjuk, hogy az általános II. r. kúp metszésgörbéje ellipsis,hyperbola, vagy parabola, úgy egyszerű uton megállapíthatjuk, hogymelyike lesz e görbéknek.Ugyanis a II. r. kúp csúcsán keresztül menő és a metszősíkkalpárhuzamos sík a kúpot vagy két alkotóban metszi, vagy érinti(két egybeeső alkotó szerint metszi), vagy végre nem metszi (ametszés két képzeleti alkotó.) A szerint, a mint ezen esetek bekövet-17*

l— 2 6 0 —-keznek: az eredeti sík metszésgörbéjének két végtelen távol fekvőpontja, egy végtelen távol fekvő pontja és érintője lesz, vagy végrenem lesz végtelen távolban pontja. A görbe tehát ezen esetekbenmegfelelőleg: hyperbola, parabola, vagy ellipsis ide értve a kört is.Egy II. r. hengernek síkmetszése ellipsis (kör), hyperbola vagjparabola, a szerint a mint a vezérlő vonala ellipsis, hyperbola vagyparabola.164. A kúp és a henger hálója. A kúp és henger a kifejthetőfelületekhez tartozik és azoknak legegyszerűbb képviselője. Az elnevezés„kifejthető felület" onnan származik, hogy ha a kúpot vagyhengert egy alkotója szerint fölmetszük, akkor palástját minden szakításvagy gyűrés nélkül egy síkra boríthatjuk, azaz arra kifejthetjük.(Ezt nem tehetjük pl. a gömbbel, mely nem kifejthető felület!)Ugyanis, ha egy kúp vezérlő vonalábac-be egy sokszöget ABCD . . .irunk be (195. ábra), melynek oldalaiigen kicsinyek, akkor az a gúla, melyneka kúppal közös Μ csúcsa van, és melynekoldallapjai az ABCD . . . sokszöglapjain mennek keresztül, alakjára nézveannál közelebb áll a kúphoz, mennélkisebb oldalai vannak az ABCD . . .sokszögnek.De e gúla egy síkba kifejthető,a kifejtett idomon, azaz a gúla bálóján195. ábra. az ABCD . . . sokszög egy mássokszöggé változik át, mely ismét közeláll egy körülirt görbéhez, ha az ABCD . . . sokszög oldalaiigen kicsinyek voltak. Ε görbe pontjaiból a kifejtett gúla csúcsáhozhúzható egyenesek adják a kifejtett kúp alkotóit, a görbe magaa kúp vezérlő vonala a kúp kifejtésén, vagy hálóján.A milyen szöget képeztek az ABCD . . . sokszög AB, BC,...oldalai az MA, MB, MC,.. . élekkel, ugyanoly szöget fognak képeznia kifejtésben is a hasonló elnevezésű sokszögoldalak és gúlaélek.Úgyszintén nem változik az ABCD . . . sokszög kerülete a hálón.Ámde az AB, BC . .. oldalak, ha igen kicsinyek, akkor meghoszszabításaikbana c vezérlővonal érintői az A, B, ... pontokban,ennélfogva: c görbe érintőinek hajlásszögei az érintőpontokonkeresztűlmenő alkotókhoz valamint a görbe ívhossza a kúp kifejtésébennem változik. S mert a c vezérlővonal a kúpon fekvő bármilygörbével pótolható, általában mondhatjuk : a kúpon vagy hengeren

I261fekvő görbe érintőinek hajlásszögei az érintőponton keresztűlmenőalkotókhoz, valamint a görbe ívhossza, nem változik a kúp vagyhenger hálóján,165. Az inflexiós pontok a hálón. A kúpon fekvő görbe kifejtettalakján lehetnek olyan pontok, melyeknek érintői a görbét azérintőpontban metszik. Ily pontnál tehát a görbe az érintő egyikoldaláról a másikra megy át, s azért ily pontok áthajtási (inflexiós)pontoknak, és azoknak érintői áthajtási érintőknek neveztetnek.Hogy ezeknek tulajdonságait a kúp kifejtése előtt felismerjük,messünk egy gúlát (vagy hasábot) az MBC lapjára merőleges Ssíkkal az ABCD . . . szerint (196. a) és 196. b) ábrák).Fejtsük ki a gúlát az MBC lapra. Ε kifejtésnél MBA és MCDlapok az MBA X és MCD t helyzetbe jönnek. Ha MBE

— 2 6 2 —-egy sík metszésgörbéjének azon pontjai lesznek a kúp (vagy a henger)hálóján inflexiós pontok, melyeknek érintősíkjai a metszősíkramerőlegesek.A forgáskúp és forgáshenger síkmetszései.166. —164. feladat. Szerkesztendő egy forgáskúp síkmetszése,ha a kúp forgástengelye az 1-ső kép síkra, az[s lt s 2 ] metszősík pedig a2-dik képsíkra merőleges és a kúp valamennyi alkotóját metszi.Megoldás. (197. ábra). A kúp az 1-ső képsíkot K^t a c körbenmetszi, melyet a kúp vezérlő vonalának tekinthetünk.197. ábra.A kúp 2-dik szegélyalkotói ΜΑ,ΜΒ, az [s 1? s 2 ] = S síkot azA, Έ pontokban metszik; az A" B" vonaldarab a d metszésgörbe2-dik képei d". A kúp egy tetszés szerinti MP alkotója az S síkotegy Ρ pontban metszi; ennek 2-dik képe P", a d"-n van, és P"-bőlP' szerkeszthető.Ha azonban a dgörbe 1-ső képétd'-etad"-tőlfüggetlenűlakarjukmeghatározni, akkor úgy járhatunk el, mint a gúla síkmetszése szer-

kesztésénél. Ugyanis a kúp Μ csúcsán keresztül a c kör Ki síkjáhozpárhuzamos R síkot fektetünk, mely S-et az r-ben metszi, és az M-enkeresztül az S síkkal párhuzamos Q síkot fektetünk, mely K^et aq-h&n metszi. Az s it .q, r' vonalakkal d' pontjai következőképenszerkeszthetők : a MP kúpalkotón keresztül egy tetszés szerinti síkotfektetünk, pl. a kúp érintősíkját, melynek 1-ső nyoma BT. Ε sík aKxQRS síkokat egy TP q MP r paralelogrammában metszi,, melynek1-ső képe TP q M'P r (hol P q = (PT, q), P r M//PT és (P r M, r');="PV) ; e parallelogramma TP r oldalának metszőpontja az M'P-vela d' görbe P' pontja. És ha az MP kúpalkotón áthelyezett segédsíktényleg a kúp érintősíkja volt, akkor a TP r egyenes, mint aΡ érintősíkjának és az S metszősíknak metszővonala, tehát TP r , ad'-nek érintője a P' pontban.197 a. ábra.Ε szerint a d' görbének annyi pontját és érintőjét határozhatjukmeg könnyen és pontosan a c kör, az Μ pont és az s,, r', qegyenesek segélyével, a mennyit a görbe megrajzolásához szükségesnektartunk.A metszésgörbe valódi alakját d y -t megkapjuk, ha d-nekpontjait és érintőit a sík s x nyoma körül az 1-ső képsíkba forgatjuk,így, a Ρ pont és Ρ Τ érintő leforgatott helyzete P x es ι ji. A % görbét,d képeinek ismerete nélkül, magából a c vezérlő vonalból isszerkeszthetjük, mint azt a gúla síkmetszésének meghatározásánálláttuk.A kúp hálóját a 197 a. ábra mutatja. Az MA — Μ'Ά" sugárralleírt körön az ÁP ... A ívhossz a c kör egész kerületévelegyenlő ; az AP, PH, IIB, . . . ívek a 197. ábrában megegyeznekugyanily nevű ívekkel'a 197 a. ábrában.A Ρ pont a hálón az MP alkotón fekszik és az MP vonaldarab

— 264 —-a térben és a hálón egyenlő. A PPT derékszögű háromszög a térbencongruens e háromszöggel a hálón ; ennek PT átfogója a hálónfekvő d metszésgörbének érintője a I pontban. A d görbe A, Βpontjainak érintői merőleges az illető alkotóra.Tudván azt, hogy a metszésgörbe azon pontjai lesznek a hálóninflexióspontok,melyeknek érintősíkjai a metszősíkra merőleges: az Μcsúcsból MQ merőlegest bocsátunk az [5 1; s 2 ] metszősíkra, és MQ-ηkeresztül érintősíkokat vezetünk a kúphoz, melyek a kúpot azMH, MI alkotókban, a metszésgörbét a Η, I pontokban érintik;e Η, I pontok lesznek a hálón fekvő metszésgörbének inflexiós-pontjai.Az I pont inflexiós-érintője azon RII háromszög RIátfogója, mely a térbeli BII háromszöggel congruens.-1 tatált d metszésgörbéről elemi úton kimutatható, hogyII. r. görbe, és pedig az S sík és kúp jelen helyzeténél ellipsis,mert az S-sel párhuzamosan a kúp csúcsán keresztül vezetett Q síka kúpot nem metszi, minthogy q nyoma a c vezérlő vonalat szinténnem metszi. Ezt kimutatandó, írjuk be a kúpba azt a két gömböt,mely a kúpot egy-egy kör szerint és a metszősíkot az F, illetve a Gpontban érinti, és melyeket röviden F és G gömböknek fogunk nevezni.A két érintőkör legyen

— 265 —-lyel párhuzamosokat húzunk, melyek a γ síkját az L és Ν pontbanmetszik, akkor a PLV és MNV hasonló háromszögek folytánPV MV .„PL=W" =aIland0 'vagyis független a d görbe Ρ pontjától. Ámde PV = PG,PG• állandó.PLtehátAz L pont a Ρ pontból a g egyenesre bocsátott merőlegesnektalppontja s mint ilyen, a Ρ pont távolsága a g egyenestől; ennélfogva: a d ellipsis pontjainak a G gyújtóponttól és a g egyenestőlmért távolsági viszonya állandó. Ugyanez mondható az F gyújtópontrólés az / egyenesről is. Ha tehát, mint szokás, a d ellipsis irányábanily viselkedésű egyeneseket, mint az / és a g, az ellipsisF és G gyújtópontjaihoz tartozó vezérlő vonalainak nevezzük,akkor a szerkesztésből az ellípsisnek következő tulajdonságát ismertükmeg:Az ellipsis pontjainak egy gyújtóponttól és az ehhez tartozóvezérlő vonaltól mért távolsági viszonya állandó. Ez az állandómennyiség kisebb egynél, mert MV < MN.Az ellipsis e tulajdonságára támaszkodva, kimutatható végre,hogy a d metszésgörbe 1-ső képe d' egy oly ellipsis, mely nek gyújtópontjaaz M' font és az ehhez tartozó vezérlő vonala az r' egyenes.Ugyanis az M'P'P r ~ M'PP q és a P'P r J~ M'P q K hasonlóderékszögű háromszögekből, melyeknek J, Κ szögpontjai az r',illetve q egyeneseken feküsznek, következik:•P'M': PM' = P'Pr : M'P q = P'J: M'K,tehát* P'M' MP'P'J M'K = állandó.mert PM' és M'K külön-külön állandó. Tekintve végre, hogyPM' < M'K, mert a q egyenes nem metszi a c kört: a d' görbeszükségkép ellipsis, melynek gyújtópontja M' és vezérlő vonala r'.167. —165. Szerkesztendő egy S síknak metszése egy forgáskúppal,ha a sík a kúp két alkotójával párhuzamos.Megoldás. (198. ábra). Legyen ismét a kúp tengelye merőlegesaz 1-ső képsíkra K^re, mely a kúpot a c körben metszi. Válaszszuka metszősíkot [Sj, s 2 ]-őt a 2-dik képsíkra projiciálónak, s mert a föladatkövetelményei szerint a sík a kúp két alkotójával párhuzamos

— 2 6 6 —-legyen, megkívántatik, hogy a kúp Μ csúcsán keresztül az s. 2 l-velpárhuzamosan vezetett Q sík a kúpot két alkotóban messe, tehátq-nak 1-ső nyoma a c-t szintén messe két pontban, D, E ben.A metszésgörbe, pontjait, azoknak érintőit úgy a képekben,mint a leborításban, az s L , q, r' vonalakkal, vagy azok mellőzésévelhasonlókép szerkesztjük meg, mint az előbbi ábrában. Van azonbana metszésgörbének a sík jelen helyzeténél, a midőn az a kúp kétalkotójával, ME, MD-ve 1 párhuzamos, két végtelen távol fekvő E, Dpontja azon alkotókon. Az Ε és D pont érintői azonban nincsenekvégtelen távol, hanem végesbe nyúlnak. Szerkesztésük teljesen198. ábra.egyező a görbe tíármely más pontja, pl. a Ρ pontja, érintőjénekszerkesztésével. Ugyanis az ME és az MI) alkotók érintősíkjai azS síkot az ME, illetve az MD-ve 1 párhuzamos egyenesek szerintmetszik, melyek az I és Η pontokon, mint az érintősíkok és az Ssík 1-ső nyomának metszőpontjain mennek keresztül. A HOUDMés IOj/EM egyenesek tehát a metszésgörbét a két végtelen távolfekvő pontjában érintik és a görbe asymtota-inak neveztetnek.

267! —A kúp felső palástján fekvő ο kör az S metszősíkot a görbeKL pontjaiban metszi; a kúpon fekvő minden más körnek metszőpontjaitaz S síkkalugyanígy lehet méghatározni.A metszésgörbén,a metszősík jelen helyzeténél,szintén van kétoly pont, mely a hálóninflexiós pont lesz. AzΜ csúcsból az S síkrabocsátott merőleges azο kör síkját a Q pontbanmetszi; a Q pontbólaz ο körhez vontérintők érintőpontjainkeresztül menő kúpalkotókazok, melyeken198 a ^ra.a hálóban az inflexióspontok feküsznek. Ezeknek egyike az R pont.Ε kúp hálójának meghatározása keveset tér el az előbbi ábrábanmutatott háló meghatározástól; arra kell csupán ügyelnünk,hogy a kúp mindkét palástját fejtsük ki, és az egyes paláston fekvőgörbéket vigyük át a hálóra is.A kúp c körének helyzete (198 a. ábra) a hálóban a BEADBkörív és az ο körnek helyzete a JR 0 LRJ körív. Az ME, MD alkotóka hálón, szintén a metszésgörbe végtelen távol fekvő pontjaihozfutnak; El J_ ME, DH _L MD és El, Dtí úgy a hálón, mint atérben egyenlők. Az I és a D ponton keresztül menő és az ΜΕ,MD-ve 1 párhuzamos egyenesek a hálón nyert metszésgörbénekasymtotái.A metszésgörbének kúp felső palástján levő része a hálón aBK és a BRL részekre válik, mert.a BJ alkotó szerint képzeltük akúpot felmetszve; az alsó paláston fekvő metszésgörbe a hálónnem válik el, mert az 1B alkotó ott nem metszi a görbét.A metszésgörbe jelenleg hyperbola lesz. Ugyanis, ha kúpbaismét két gömböt, F, G-t, írunk be, melyek a kúpot a φ, γ körökben,a síkot az F, G pontokban érintik és a metszésgörbe tetszés szerintiΒ pontján keresztül menő MB kúpalkotó a φ, γ köröket az_£7, Vpontokban metszi, akkor

— 268 —-tehátvagyPF = ΓU, PG = FV,FF — FG = FU — FV = UV = állandó,FG — FF = PV — PU = UV = állandó,a szerint, a mint a Ρ pont a γ vagy a φ körrel fekszik ugyanegypaláston.Ebből látható, hogy a metszésgörbe oly hyperbola, melynekgyújtópontjai F, G.Hasonló úton, mint az előbbi ábrában bebizonyítható, hogy aΦ és γ körök síkjainak f és g metszővonalai az S síkkal a hyperbolavezérlő vonalai. Azaz, ha a metszésgörbe Ρ pontjából a g egyenesrebocsátott merőleges talppontja L, és az Μ csúcsból a hyberbola ABfőtengelyéhez húzott párhuzamos a γ síkot az Ν pontban metszi,akkorPGPLMVMN• állandó.Ez az állandó viszony a hyperbolikus metszésnél nagyobb egynél,mert jelenleg az Ν pont a γ körön belül van, tehát MV > MN.Szintén azon módon, mint az előbbi ábrában még az is kimutatható,hogy a metszésgörbe 1-ső képe egy hyberbola, melynekegyik gyújtópontja az Μ csúcs 1-ső képe M', és az ehheztartozó vezérlő vonal az r' egyenes, mint az S sík és az Μ csúcsonkeresztül az 1-ső képsíkkal párhuzamosan vezetett R sík rmetszővonalának 1-ső képe.168; — 166. feladat. Szerkesztendő egy forgáskúp metszése olysíkkal, mely a kúp egyik érintősíkjával párhuzamos.Megoldás. (199. ábra). Vegyük fel ismét a kúpot tengelyévelmerőlegesen az 1-ső képsíkra, az S = [íj, s 2 ] metszősíkot a 2-dikképsíkra merőlegesen, tehát s. 2 nyomát a kúp MB (vagy MA) 2-dikszegélyalkotójával párhuzamosan.A metszésgörbe képeinek pontjai érintői, valódi alakja, ésalakja a kúp hálóján ugyanazon eljárások szerint határozhatómeg, mint a két előbbi esetben.A görbének jelenleg egy pontja van végtelen távol, t. i. aza Β pont, melyben az MB alkotó az S síkot metszi. Ámde eB°° pontnak érintője is végtelen távol van, mert az MB alkotóérintősíkja Q, az S síkkal párhuzamos. A Q sík 1-ső nyoma q,tehát jelenleg a kúp c vezérlő vonalát a Β pontban érinti.A metszésgörbe ez esetben parabola. Ugyanis, a kúpba mostcsak egy gömböt F-et írhatunk be, mely a kúpot érinti; és pedig

269a kúpot a φ körben, a síkot az F pontban. Nevezzük a kúp il£42-dik szegélyalkotójának és egy tetszés szerinti MP alkotónakmetszőpontját az S síkkal A és P-nek. Messe az MP alkotó aφ kört az U pontban, és legyen a Ρ és Μ ponton keresztül vezetettés az AB°o egyenessel párhuzamos egyenesnek metszőpontjaa

— 270 —-A metszésgörbe az AB°° tengelye körül a 2-dik képsíkkalpárhuzamos helyzetbe lett forgatva; a forgatott görbének 2-dikképe az Α"Ρ'\Ε" 2 parabola.169. A három utolsó feladatban kimutattuk, hogy minden forgáskúpsíkmetszése: ellipsis, hyperbola vagy parabola, és abban azesetben kör, ha a metszősík a forgástengelyre merőleges.Most viszont kérdezhetjük, lehet-e e görbéket egy forgáskúpvezérlő vonalának tekinteni, vagy más szóval kifejezve: lehet-e egyellipsisen, hyberbolán vagy parabolán forgáskúpot keresztül fektetni,és ha lehet, hol veendő fel e kúp csúcsa?A 197—199. ábrákból látjuk, hogy a forgáskúp csúcsa Μ mindigabban a sikban fekszik, mely a kimetszett ellipsis, hyperbola ésparabola főtengelyén keresztül megy és az illető görbe síkjáramerőleges.De tekintve a 197. ábrában az M"A"B" háromszöget és az A"B"oldalt az F", G" pontokban érintő két beírt kört, azt látjuk, hogyM"A" — M'B·' = F'G",vagy a térpontokat használva a képek helyettMA — Μ Β = FG.Ennélfogva az Μ pont egy olyan hyperbolán fekszik, melynekcsúcsai F és G és gyújtópontjai A és B.Másrészt a 198. ábra M"A"B'' háromszögéből és az F ', G"pontok helyzetéből következik, hogyvalamintM"A" -f M"B" =MA -f MB = FG.F"Ő"Az Μ pont tehát jelenleg oly ellipsisen fekszik, melynek főtengelyéna csúcspontok F és G, gyújtópontjai pedig A és B.Ha végre a 199. ábrát veszszük figyelembe, melyben az l egyenesaz A"F·'-re merőleges és az F" ponttól A"F" távolságra van,akkor azt látjuk, hogy az M' pont távolsága az A" ponttól és az legyenestől egyenlő. Az Μ pont tehát egy olyan parabolának pontja,melynek gyújtópontja A, csúcspontja F, vezérlő vonala l.Ezek szerint egy adott ellipsisen, hyperbolán vagy parabolánkeresztül menő forgáskúpok csúcsai megfelelőleg egy oly hyperbolán,ellipsisen, parabolán feküsznek, melynek : 1. síkja az adottgörbe síkjára merőleges és annak főtengelyén megy keresztül, melyeknek2. csúcs- és gyújtópontjaik az adott görbék gyújtó- és csúcs-

— 271 —-pontjaikkal esnek egybe. Ε görbéknek érintői képezik a kúpoknakforgástengelyeit.Egy ellipsis és egy hyperbola, vagy két parabola, melyekneksíkjai egymásra merőlegesek és melyek közül bármelyik görbénekcsúcs- és gyújtópontjai a másiknak gyújtó- és csúcspontjai, egymásnakfocalis kúpszeletei. Ε szerint az ellipsisen, hyperbolán vagyparabolán keresztül menő forgáskúpok csúcsai és tengelyei az illetőgörbék focalis kúpszeletének, tehát egy hyperbolának, ellípsisnek,illetve parabolának pontjai és érintői.170. — 167. feladat. Szerkesztendő egy forgáshengerneksíkmetszése, ha tengelye az 1-ső képsíkra, a metszősík a 2-dik képsíkramerőleges.Megoldás. (200. ábra.) A metszésgörbe 1-ső képe d' a hengermetszésköre c az 1-ső képsíkkal; a metszésgörbe 2-dik képe d" azS metszősík 2-dik nyomában s 2 -ben van.Ha a hengerbe két gömböt F és G-t képzelünk beírva, melyeka hengert a φ, γ körök szerint az S síkot az F, G pontokban érintik,akkor úgy, mint a 197. ábrábankimutatható, hogya metszésgörb e olyan ellip -sis, melynek gyújtópontjaiaz F, G pontok, vezérlővonalai pedig a φ ésγ síkok metszőegyeneseiaz S síkkal.A metszésgörb^ főtengelyea 200. ábrábanBD, melléktengelye EI\ agörbe e melléktengely körülaz 1-ső képsíkkal párhuzamoshelyzetbelettforgatvaés 1-ső képe d' nmeghatározva, mely d valódialakjával congruens.A henger hálója ésa d görbe a hálón a 200 a.ábrában van kitüntetve. A200. abra.Β és D pontok érintői merőlegesekaz illető alkotókra;az A pont érintője AT a hálón, az AHT derékszögű háromszögnekátfogója, mely valódi alakjával congruens A"H"=AH,

—- 272 —Η'Τ'=ΉΤ. Az Ε és Jpont a hálón inflexióspont, mert érintősíkja ametszősíkra merőleges ; ezen pontok érintői a háló c egyenesévelugyanoly szöget képeznek, mintaz S sík 1-ső képsíkszöge D"E"D " D .Ha visszagondolunk az előbbi pont végén mondottakra, akkoraz ott leszármaztatott tételeket e helyen még a következővel egészíthetjükki: egy ellipsisen két forgás hengert fektethetünk keresztül;ezeknek alkotói az ellipsis focalis-hyperbolájának asymptotáival párhuzamosak.Ezt még másképen fejezzük ki, ha azt mondjuk : egy ellipsisderékszögű projectiója annak melléktengelyével párhuzamos Ssíkra mindig kör, ha a tengelyek projectiót egyenlők.168. feladat. Szerkesztendő egy forgáshengernek síkmetszése,ha tengelye az 1-ső képsíkra merőleges, de a metsző sík általánoshelyzetű.Megoldás. (201. ábra). A metszésgörbének, d-nek, 1-ső képeismét azon c kör, melyben az 1-ső képsík a hengert metszi. A200 a. ábra.metszésgörbe maga jelenleg szintén ellipsis, mert a görbe nem függa metszősík és a 2-dik képsík kölcsönös helyzetétől. Bizonyításnélkül állítjuk, hogy a metszésgörbének 2-dik képe d" szinténellipsis. d"-nek tengelyeit az [5,, s a ] sík azon az O-n átmenő EF, HGegyenes párja képezi, melynek mindkét képe merőleges egymásra (30.feladat), s mely a sík SU coincidentia-vonalával lesz meghatározva.Az EF, GH egyenesek 1-ső képei a c' kört az E', F', G', H'pontokban metszik, melyekből d" csúcsai: E", F", G", H·' meghatározhatók.A d" görbe legmagasabb és legalacsonyabb pontja B", A",az [s x , s a ]-nek az O-n átmenő 1-ső esővonala 2-dik képén feküsznek.d" a henger 2-dik szegély alkotóit az 1", J" pontokban érinti.

— 273 —-201. ábra.A d görbe CD pontjainak érintősíkjai a metszősíkra merőlegesek, sezért a C, D pontok a henger hálóján származó d görbe inflexióspontjai.171. — 169. feladat. Szerkesztendő egy üres forgáskúp külső ésbelső felületének árnyéka, ha a kúp tengelye az 1-ső képsíkra merőleges,annak csúcsa az 1-ső képsíkban van, és a palást egy c körtőlhatároltatik.Megoldás. (202. ábra.) A kúp külső palástjának sajátárnyékhatárátmegkapjuk, ha Μ csúcsán keresztül menő és a fénysugárralpárhuzamos egyenesnek és a c kör síkjának D metszőpontjábólDA, DB érintőket húzunk a c körhez; az A, Β érintőpontokonkeresztül menő MA, MB alkotók képezik a saját árnyékhatárt.Ezeknek, valamint a c kör AIEB ívének vetett árnyéka a képsíkokraa kúp vetett árnyéka.A c kör AFGLB íve azonban a kúp belső felületére is vet árnyékot,mely az AFGLB görbe vonal. Ennek F pontját megkapjuk,KLUG : Ábrázoló geometria. 18

— 274 —-ha a kúpot az MF alkotó MFD fénymenti síkjával az MI alkotóbanmetszük: az F pont az MI alkotó F pontjára veti árnyékát. Hasonlóképhatározandók meg az AFGLB görbe többi, azaz máspontjai.202. ábra.Ε görbéről kimutathatjuk, hogy az egy d ellipsisnek íve, ha aΏ pont a c körön kívül van, valamint azt, hogy 1-ső képe, d', szinténellipsis, melynek gyújtópontja a kúp Μ csúcsa.

— 275Ε végből vegyük 1-ször figyelembe, hogy ha egy forgáskúpegyik palástját párhuzamos egyenesekkel metszük, akkor a lemetszettvonaldaraboknak — a kúp párhuzamos húrjainak — felező pontjaiegy síkban feküsznek. Ugyanis a párhuzamos húrok párhuzamossíkokban képzelhetők; minden ily S sik a kúpot egy e ellipsisbenmetszi, melynek főtengelye a kúp tengelyén keresztül menő és ahúrokkal párhuzamos U síkban van. Az U sík a kúpot két alkotóbanmetszi, s ezért az e ellipsisek középpontjai, egy a kúp csúcsánkeresztül menő u egyenesen feküsznek.De minden e ellípsisnek a főtengelylyel párhuzamos húrjai amelléktengelytől feleztetnek. Az e ellipsis melléktengelyein feküsznektehát a kúp párhuzamos húrrendszerének felezőpontjai. Minthogyazonban az e ellipsisek melléktengelyei az u egyenest, mely a középpontokattartja, metszik, azért a melléktengelyek ugyanegy V síkbanvannak; és evvel egyszersmind kimutattuk, hogy a kúp párhuzamoshúrjainak felező-pontjai is a V sikban vannak.Gondoljunk 2-szor a d görbe keletkezésére. A d görbe pontjaitmegkapjuk, ha a kúpon fekvő c kör pontjain keresztül a fénysugarakkalpárhuzamosan húrokat húzunk és a kúpot ezekkel metszük;a metszőpontok a d görbe pontjai. Minthogy a c kör pontjai és ahúrok felezőpontjai egy-egy síkban vannak, azért a húrok másodikvégpontjai, tehát a d görbe pontjai és ugyanegy síkban feküsznek.A d görbe tehát a forgáskúpnak metszése egy síkkal, mely a fénysugaraknakjelzett helyzeténél: ellipsis.Hogy az ellipsis 1-ső képének tengelyeit megkapjuk, forgassuka kúpot és az MD fénysugarat a kúp tengelye körül a 2 dik képsíkkalpárhuzamos helyzetbe. A c kör G és / pontja ekkor az F ésR portiba, a D pont Di-be jut. Az F és R ponton keresztül menő ésaz MDi gyei párhuzamos egyenesek a MR, illetve MF kúpalkotótkét pontban a 6ri, Hi pontokban metszik; ezek összekötő egyenesénekfelezőpontja 0\.A d görbe síkjának forgatott helyzete a Gi 01 egyenesnek 2-ikprojicziáló síkja; a G\, Πι pontok a kimetszett d ellipsis főtengelyénekvégpontjai; az Οι pont annak középpontja. A Gi, Hl, Qi pontokvisszaforgatva a G, Η, 0 helyzetbe jutnak, s ezért G'H' a d'ellípsisnek főtengelye, 0' annak középpontja, Μ annak egyik gyújtópontja,r az M-hez tartozó vezérlő vonal, ha r a 1-ső nyománmegy keresztül H'G'-re merőleges.Ha a d sikja a c kör síkját a q egyenesben metszi, akkor a d'pontjai a c'·ból az r, q' egyenesek és az Μ pont segélyével, mint a18*

— 276 —-197. ábrában szerkeszthetők. Ekkép lett a c' görbe az Τ pontjából ésérintőjéből, a d' görbe F' pontja és érintője szerkesztve.A mellett hogy a d ellipsis a c' körrel az Μ pontra és s' tengelyrevonatkozólag perspektiv helyzetű collinear alakzat, még az s'tengelyre vonatkozólag perspektiv helyzetű affin alakzat is. De ezenaffinitásnál a & görbe A'FB' ívének a d' ellipsis AF'B' íve felelmeg, mig a collineatiónál a d' görbe A' Η' B' ive.Ezt kimutatandó vegyük tekintetbe a következőket: ha egykörhez két szelőt húzunk, akkor a nyert metszőpontok közül bármilykettőnek és a másik kettőnek összekötő egyenesei egymástegy egyenesen a pontnak a körre vonatkozó polárisán metszik. ígya D' pontból a & körbez húzott D' F· Γ, D' G' J' szelők Ρ J', F'G' metszőpontjainak összekötő egyenesei egymást a D pontnak ac' körre vonatkozó polárisán s'-ön metszik. Ezen U metszőpontonmegy keresztül az F G' egyenes is, mert az A'F'G'B' ív az A'I JΒívvel az s' tengelyre collinear, vagy ha ezt más uton akarjuk megérteni: az MIJ síknak, a c kör síkjának és az d ellipsis síkjánakmetsző egyenesei s, IJ, FG egymást ugyan egy pontban metszik,tehát az IJ, F'G' metszőpontja az s'-ön van.Minthogy a c' körnek F G' szelője és a d' ellípsisnek-F'G szelőjeegymást az s' egyenesen metszik, az FF', G'G sugarak pedigpárhuzamosak (a fénysugár 1-ső képével) és ez a jelenség mindenaz G', G' pontokon keresztül menő és az s'-ben találkozó szelőpárnálbekövetkezik: a c' kör a d' ellípsisnek a perspectiv helyzetűaffin alakzata.Ennek egyszerű következménye, hogy a d' ellipsis melléktengelyea c' kör átmérőjével egyenlő. Ε szerint a d' ellipsis tengelyeita D' pontból és a c' körből ekkép szerkeszthetjük: a c' körnek azMD' egyenessel párhuzamos érintője F'E' a c' kört az E' pontbanérinti; E D' egyenes a c' kört még egy pontban találja; ez utóbbipontnak összekötő egyenese az-M-mel, az ΕÉ' érintőt a d' ellipsismelléktengelyének végpontjában F -ben metszi. Ε Ο' \ MD' a dellipsis melléktengelye, s mert az Μ annak egyik gyújtópontja, azértM'E' vonaldarab egyenlő d' félfőtengelyével.A d ellipsis 2-dik képe d" szintén ellipsis lesz (mit azonbanegészen elemi uton bebizonyítani nem tudunk); d" pontjainak érintőinek,kapcsolt átmérőinek, legalacsonyabb pontjának (G"), azonpontjának (K"), melynek érintője a képtengelyre merőleges, stb.szerkesztése, az ábrából látható.172. — 170. feladat. Szerkesztendő egy e egyenes P, Q metszőpontjaegy kúppal, valamint egy hengerrel.

— 2 7 7 —-Megoldás. (203. és 204. ábrák.) Az e egyenesen keresztül olysíkot fektetünk, mely a kúpot, illetve a hengert alkotók szerintmetszi. A metszősik tehát a kúp csúcsán megy keresztül, illetve ahengernél, annak alkotóival párhuzamos. A metszősík a vezérlővonal síkját egy E X F, egyenesben, a vezérlő vonalat az A, Β pontokbanmetszi; az A, Β pontokon keresztül menő alkotóknakmetszőpontjai az e egyenessel a keresett P, Q pontok.Végezzük be e könyvet a következő szerkesztéssel:203. ábra.173. — 171. feladat. Egy fülke árnyékának szerkesztése.Megoldás. (205. ábra.) A fülke alakjáról ekkép szerzünk fogalmat: Egy forgáshengert képzelünk, melynek tengelye az 1-ső képsíkramerőleges; ezt az 1-ső képsíkkal a c körben és az 1-ső képsíkkalpárhuzamos síkkal a BHJ körben metszük. A hengerbe beírunkegy gömböt, mely azt ez utóbbi kör szerint érinti; a gömbnek azt afelét eltávolítjuk, mely a c és a BHJ kör síkja között van; végre ahengert és a megmaradt félgömböt a henger tengelyén keresztül

— 278 —-fektetett síkkal két részre osztjuk ; e részek bármelyikének belsőfelülete képezi a fülkét. A fülke tehát egy félhengerdarabból és egynegyedgömbből van összetéve, melyek egymást egy félkör szerintérintik.Ennek belfelületére az ABDHE határlóvonal veti árnyékát,és pedig: az AB hengeralkotó az 1-ső képsíkra és a Β pontján keresztülmenő alkotóra, a BH körív még a hengerre veti árnyékát, de egy204. ábra.BDH térgörbére, végül a HE körív a gömb HE körívére vetiárnyékát.Az AB hengeralkotónak vetett árnyéka, fénymenti_sikjánakmetszése AB' az 1-ső képsíkkal és a hengerrel; a Β pont B-be vetiárnyékát.A BBH ív egyes pontjainak, pl. a Β pontnak vetett árnyékátmegkapjuk, ha a hengert a Β pont 1-ső projiciáló sugarának fény-

279Νmenti síkjával metszük a D ponton keresztül menő alkotó szerint;ezen alkotón van a Ό pontnak vetett árnyéka D.A HE körívnek vetett árnyéka a gömb belfelületére egy HEfőkörnek íve. Az a k 2 kör, melyen a HE ív fekszik, a 2-dik képsíkkalpárhuzamos. Ha az 0 középpontján keresztül menő fénysugárnak2-dik projiciáló síkját 3-dik képsíknak választjuk, és erre vonatkozólaga gömbnek és a fénysugárnak 3-dik képét (ez utóbbi Ο'Έ'")205. ábra.meghatározzuk, akkor a 144. feladat alapján megkapjuk annak az ellipsisnekféltengelyeit 0"E", 0"F"-öt, melyen a HE ívnek 2-dik képefekszik. Magát a TI" pontot az 0"J" egyenesen abból a körülménybőlszerkeszthetjük, hogy a /e". 2 kör az E"H"E" ellipsissel affin(E"J[[0"J", az I pont az 0"E" egyenesen van, 0"H"HIE",H"H"j/0"F").A BDH görbe D pontjának érintője metszővonalakét síknak:

— 280 —az egyik a D pontnak, mint a fülke hengerén fekvő pontnak érintősíkja,a másik szintén a IJ pontnak, mint azon hengeren fekvőpontnak érintősíkja, melynek vezérlő vonala a k. 2 kör, alkotói pediga fénysugárral párhuzamosak. Az 1-ső érintősík projiciáló az 1-sőképsíkra; nyomai D'V', V'V"; a második érintősík keresztül megya Ό alkotón és a D pontnak, mint a £ 2 -n fekvő pontnak ΌΡ érintőjén,mely a 2-dik képsíkkal párhuzamos. Ez utóbbi síknak tehát2-dik nyoma U"V"//D"P, ha U" a DD egyenesnek 2-ik nyoma. Akét érintősík2-dik nyomának metszőpontja V", és ezen megy keresztüla E"B"TÍ" görbe D T ' pontjának érintője.

FÜGGELÉK.A trieder descriptiv megoldása.A trieder fogalma: Három sík, melynek véges távolbanegy közös pontja van, a tért nyolcz részre osztja; e részekettrieder-térnek vagy röviden trieder-nek nevezzük.Hogy e nyolcz triedert egymástól megkülönböztessük, jelöljüka felvett három sík közös pontját, a triederek közös csúcsátM-mel, a három ; sík három metszőegyenesének az Μ ponttól határoltegyik részét a, b, c-vel, a másik részt megfelelőleg a', b',c'-vel. Ε hat félsugár abc, a'b'c' tizenkét szöget (szögfelületet) határozmeg, melynek t. i. ama félsugarak szárai; ezek: (ab), (bc),(ca), (ab'), (ac'), (bc'), (ba'), (ca'J, (eV), (a'b'), (b'c'), (c'a'). Háromily szög, melynek páronként közös szára van, egy triedernekhatárlapja vagy röviden lapja, a szögek szárai a triedernek élei.A három síktól meghatározott nyolcz trieder következő: M(abc),M(abc'), M(ab'c), M(a'bc), M(a'b'c'), M(a'b'c), M(a'bc'), M(ab'c'),hol Μ az egyes triederek csúcsa, a zárójelben levő betűk pedigannak élei.Egy trieder csúcstriedere az a trieder, melynek minden éleaz előbbi élének kiegészítője egy teljes sugárra; egy trieder melléktriederepedig az, melynek egy vagy két éle az eredetivel közös,ellenben a másik két-, illetve egy éle az eredetinek kiegészítőjeegy teljes sugárra.így az előbbi nyolcz trieder közül az M{abc) triedernek csúcstriedereM(a'b'c'), melléktriedere pedig a többi hat. —Egy trieder minden élével a másik két élen keresztül menő lapszemben fekvő. A trieder két-két élétől képezett szöget a triederoldalának, és két-két lapjától bezárt azon szöget, melynek szögterébena trieder bennfoglaltatik a trieder szögének, az oldalakatés szögeket együttvéve a trieder alkotó részének nevezzük. A trieder

— 282 —-egy oldala mellett fekvő-nek nevezzük azt a két szöget, melynekegyik határlapját, az oldalon keresztül menő lap képezi; a harmadikszög az oldallal szemben fekvő.Ε szerint az M(abc) trieder oldalai a(bc) = a, (ca) = b, (ab) = cszögek, és ezen oldalakkal szemben fekvő szögek(ba, ac) — x, (cb, ba) — β, (ac, cb) = γHa ama nyolcz trieder körül, melyet három sík hátáról, egynekoldalai és szögei ismeretesek, akkor a többi hétnek is ismeretesekoldalai és szögei. Ugyanis a csúcstriedernek oldalai és szögeiaz eredetiével megegyezők, a melléktriedereknek pedig egy oldalaés a véle szemben fekvő szög megegyező, a másik két oldal ésszög pedig az eredeti két oldalnak és szögnek kiegészítője.így, ha az Μ (abc) triedernek oldalai és szögei a, b, c, a, β, γ,akkor az M(a'bc) és M\db'c') melléktriedernek oldalai és szögei:a, 2R—b, 2R-c, a, 2R—β, 2#-γ.Minden trieder oldalainak összege a 4R = 360° és 0° között,a szögek összege pedig a 6R és 2R között van.Ugyanis a felső határnál a trieder éleinek és lapjainak ugyanegysíkban kellene feküdni; az ily lapok azonban nem képeznekegy tulajdonképi triedertért, hanem egy elkorcsosultat. Az alsóhatárnál a trieder élei párhuzamosak; a trieder csúcsa végtelentávol van, az oldalak összege 0°, a szögek összege 2R. Az ilylapok azonban szintén csak elkorcsosult triedertért (három oldalúhasábtért) képeznek, mert a tulajdonképi triedernek csúcsa végesbenvan. Ha az ily elkorcsosult triedernek egyik lapját a szembenfekvő élre merőleges g egyenese körül forgatjuk, akkor a forgólap a másik kettővel, már tulajdonképi triedertért képez. De aforgatásnál a forgó lap hajlásszöge a másik kettőhöz külön külön aforgásszöggel egyidejűleg nagyobbodó szöget képez, és ezért a triederszögösszegére nézve 2R megmarad alsóhatárnak. — Az oldalakra ésszögekre nézve még megjegyzendő, hogy bármily két oldalnakösszege nagyobb (tehát különbsége kisebb) a harmadiknál, ésbármily két szögnek összege kisebb, mint a harmadik szögnek éskét derékszögnek összege, mert különben a melléktriederénekoldalösszege fölülmúlná a négy derékszöget és a szög összege akét derékszög alatt maradna.A trieder descriptiv megoldására vonatkozó feladatok,a triedert meghatározó három alkotó részből, a hiányzó

— 283 —-három alkotó rész szerkesztését kívánják. Ε szerint az M(abc)trieder alkotó részei, t. i. abc oldalai és αβγ szögei közül a következőklehetnek adva:1. egy oldal és a két mellette fekvő szög, pl.: b, α, γ,2. két oldal és a közbezárt szög, pl. . . . a, b, γ,3. a három oldal a, b, c,4. a háromszög κ, β, γ,5. két oldal és az egyikkel szemben fekvő szög, pl. n, b, a,6. két szög és az egyikkel szemben felvő oldal, pl. γ, α, α,és ezekből kell a három hiányzó alkotó részt szerkeszteni.Ε feladatok megoldásaira vonatkozólag általánosságban akövetkezőket mondhatjuk: A trieder egyik, pl. az [ac\ határlapjátaz 1-ső képsíkba helyezzük olyképen, hogy a \bc] határlapja a2-dik képsíkra merőleges legyen. A harmadik határlap [ba], ekkora képsíkok irányában egy általános helyzetű sík, melyet a feladatadataiból kell megszerkesztenünk. Ha ez megtörtént, akkor atrieder hiányzó alkotó részei, melyek ismert egyenesek vagy síkokhajlásszögei, az ábrázoló geometria általános módszerével megállapíthatók.Térjünk az egyes feladatok megoldásaihoz:1. Adva van egy triedernek M(abc)-nek egy oldala és a héte mellett fekvő szög b, α, γ; szerkeszszük a hiányzó alkotó részeketβ, η, c-t.Megoldás. (206. ábra). A trieder \ac] lapját az 1-ső képsíkbanképzelem elhelyezve akképen, hogy a c éle az χ képtengelyremerőleges legyen; az a és a c él ekkor egybeesik 1-ső képévelés az 1-ső képben bezárja a b szöget.Az a, c egyenesek az [ab], illetve [eb] lapoknak 1-ső nyomai;ezeknek 2-dik nyomát AB és CB t az α és γ 1-ső képsíkszögbőlakkép határozzuk meg, hogy az 1-ső képsík fölött lévő félsíkjaiaz ac és ca félsíkkal képezzék az α és γ szöget. Ezután felkeressükaz [ab], [cb\ síkok b = Μ Β metszővonalának MB' = b',CB = b" képeit; ebből a (ba) = c, (be) = a szögeket, végre az[ab], [be] síkok hajlásszögét β.Leborítjuk tehát a b egyenest c és a körül forgatva az 1-sőképsíkba, a b t és b L * helyzetbe (a Β pont használatával);(b x c) = a, (b x *a) = c. A b él egy tetszés szerinti Ρ pontjánakleborított helyzete a b L és ^*-on legyen P u PJ, (MP X = MPJ);e pontokban a b L és b x * re emelt merőlegesek a c és a élet a H, Gpontokban metszik. A HG, HP U GP X * oldalakból képezett H(P)G

— 284 —-206. ábra.háromszög congruens a HPG háromszöggel, és mert HP ésPG±b-re, azért HG±b'-re és HPG < = H(P)G < = β.2. mw egy M(abc) triedernek két oldala és a közbezárt szög n, 6, γ; szerkesztendők a hiányzó alkotó részek α, β, c.Megoldás. (206. ábra.) Legyen a trieder akképen elhelyezve aképsíkok irányában, mint az 1-ső feladatnál. Ismerjük tehát a triedernekc élét, mely merőleges *-re; a élét, mely c-vel a b szöget képezi;az [cb] sík 1-ső képsík szögét γ-t, melyből [cb] szerkeszthető. Deismerjük továbbá az α oldalt, tehát a c körül az 1-ső képsíkba leborítottb él leborított helyzetének ^-nek hajlásszögét c-hez, melybőlb-t képeiben: MB' — b', CB = b" szerkesztjük. Az ab egyenesekenkeresztül menő [ab] síknak nyomai a — MA és AB. A triederhiányzó alkotó részei: α az [ab] sík 1-ső képsíkszöge, β az [ab], [cb\síkok hajlásszöge, végre c az ab egyenesek hajlásszöge, mint az ábrábóllátjuk, könnyen szerkeszthető.3. Adva van egy M(abc) triedernek három oldala a, b, c;keresendő a háromszög a, β, γ.Megoldás. (206. ábra.) A triedert a képsíkok irányában szinténúgy helyezzük el, mint az előbbi feladatoknál: a c él merőleges x-re,a (ca)

χ- · 285 -Α [bc] és [ab] síkokat most 1-ső nyomukból, c és α-ból, valamintazon viszonyokból szerkesztjük, hogy metszővonaluk b, a cés az a nyomokkal α és c szöget képezi. A c mellé visszük az αszöget, ennek hiányzó szára b x ; az a mellé a c szöget, ennek hiányzószára bj. Ha az # tengelyt egy B x pontban metszi és BJ a & x *-onakkép van megállapítva, hogy MB X — MBJ akkor a B lt BJ pontoka b él egy Β pontjának leborított helyzetei a [cb] és [ab] sík cés a nyoma körül az 1-ső képsíkba. A B L pont c körül forgatva egyk kört ír le a 2-dik képsíkon, melynek 1-ső képe a B,* az a körülforgatva szintén egy kört ír le, melynek 1-ső képe a BJ pontból azα-ra bocsátott merőleges B L *KB'. Ez utóbbi az x-et a Β pontnak1-ső képében B'-ben metszi, melyből .B-nek helyzete a k körön ésígy a MB = b él, valamint annak MB' = b' és CB = b" képei.A trieder hiányzó alkotó részei γ, χ, β ezután szerkeszthetők,mint az [ab], [bc] síkok 1-ső képsíkszögei és hajlásszöge.4. Adva van az M(abc) triedernek három szöge α, β, γ; szerkeszsziika három oldalt a, b, c-t.Megoldás. (207. ábra). A trieder \bc] lapját ismét a 2-dik képsíkraprojiciáló síkban vesszük fel, melyet 1-ső képsíkszögéből γ-bólszerkeszthetünk úgy, hogy 1-ső nyoma c x, és {CB, χ)

— 286 —-a c egyenest a trieder Μ csúcsában metszi; a keresett oldalak a bc,ca, ab egyenes párok a, b, c szögei, melyek a 206. ábra folytánkönnyen szerkeszthetők. -—A triedernek eddig tárgyalt négy feladata olyan volt, hogyazokat az adatok bármily nagyságánál megoldhattuk, hacsak azoldalösszeg és szögösszeg ismert határait nem lépték túl, és bármily207. ábra.két oldal összege (3. feladat) nagyobb volt a harmadiknál, végrebármily két szög összeg kisebb volt két derékszög és a harmadikszög összegénél. Az adatok a mellett csak egyfélekép határoztákmeg a triedert, azaz a szerkesztések a hiányzó alkotó részeket csakegyféle nagyságban szolgáltatták. A következő két feladat abbankülönbözik az előbbiektől, hogy adatai bizonyos nagysága mellett

— 287 —-a feladatnak 2, 1 vagy 0 számú megoldása lehet, s ezért e feladatokaz úgynevezett kétes esetűek (casus ambiguus !).Térjünk ezeknek megoldásához, tehát:5. Adva van egy triedernek, M(abc)-nek, két oldala és azegyikkel szemben fekvő szög a, b, a; szerkesztendők a hiányzó alkotórészek β, γ, χ.Megoldás. (208. ábra.) A [ca] lapot ismét az 1-ső képsíkbahelyezzük úgy, hogy a c él az * tengelyre legyen merőleges. Az208. ábra.[afr]"iapnak ismeretes 1-ső nyoma a, és 1-ső képsíkszöge x; ebből a2-dik nyom BA szerkeszthető. Az α oldalból a [bc] lapban fekvőb élnek c körül leborított helyzete b x meghatározható [b x c) Q = a.Elhelyezvén ekképen az a, b, « adatokat a b x egyenest a c élkörül addig forgatjuk, mig a forgatott b, bele nem jut az [a, AB\

— 288 —-nyomokkal meghatározott síkba. Ez akkor következik be, a midőna (by, χ) = pont, mely a forgatás alkalmával a 2-dik képsíkon aC középpontú k kört írja le, az AB nyomba nem jut. Minthogypedig a k kör az AB nyomot 2, 1, vagy O-szor metszheti az χ tengelyfölött, a feladatnak ezen eseteknek megfelelőleg 2, 1, vagy 0 számúmegoldása lehet.Az ábra azt az esetet mutatja, a midőn k az AB egyenest kétpontban, B, D-ben metszi. Ekkor tehát két trieder keletkezik : azegyik M,(abc), a másik M(abc); az 1-sőnek egy szöge és oldala(b"x) = γ, (aby*) = c, a másiké (b"x) = γ, (abj) = c; a hiányzószög β és β a [c, b"] és [c, b"\ nyomokkal meghatározott síknakhajlásszöge a [BAM] síkhoz.Feltételezvén, hogy az α és b oldalak hegyesszögnek, a CBysugarú k kör akkor metszi csak 1 -szer az AB egyenest χ tengelyfölött, ha α > b, ellenben 2-szer, 1-szer, vagy O-szor metszi, ha α < b.Mig ha az α és b oldalak tompaszögűek, az M(abc) triederegy melléktriederének — pl. az M(abc')-nek — ismert oldalai és szöge2 R—a, 2R—b, 2R— a, melyek közül a két első hegyes. AzM(abc') triedernek, tehát M(abc) nek is akkor van csak egy megoldása,ha 2 R—α > 2 R—b, azaz b > α; ellenben 2, 1 vagy 0megoldása van, ha b < a.A midőn tehát a trieder meghatározására szolgáló adatok: kétoldal és az egyiknek szemben fekvő szöge, ugy a feladatnak csakegy megoldása van, ha a szöggel szemben fekvő oldal nagyobb,mint a másik és az oldalak hegyesszögűek, vagy kisebb, mint amásik és az oldalak tompaszögűek, — különben a feladatnak 2, 1,vagy 0 számú megoldása lehet.6. Adva van egy triedernek, M(abc)-nek, két szöge és az egyikkelszemben fekvő oldal γ, α, α; szerkeszszük a hiányzó alkotórészeket b, c, β-ί.Megoldás. (209. ábra.) A trieder [ac] lapja legyen az 1-ső képsík; a [cb] lapját akkép helyezzük el, hogy c nyoma a képtengelyre,x-re, merőleges legyen és BC 2-dik nyoma *-szel γ szöget képezzen.A c él mellé visszük az α oldalt (ByMC^ = (byC)

— 289 —-triedereknek, M(abc) és M(abc)-nek, harmadik lapjai, ha mindkétsíknak 1-ső képsíkszöge a triedertér felé az adott α szög, mint a209. ábrában. (A 206. ábra adatai mellett az Μ pontból a κ körhezvonható érintők közül csak az α érintő adná egy ily síknak 1-ső209. ábra.nyomát !)Έ síkoknak 2-dik nyomai Β A és BA ; 1-ső nyomuk a és aa c-vel a hiányzó (ac) = !) és (dc) = b oldalt határozzák meg.Ha ezután a b egyenest az a, illetve a körül az 1-ső képsíkbaforgatjuk a bj és bj helyzetbe (a Β pont segélyével), akkor az(ab x *) és (ab x *) szögek a keresett triedereknek harmadik oldalai c, cKLUG : Ábrázoló geometria.

— 290 —-lesznek. A hiányzó fJ és β szögek, a \c, CB] síknak hajlásszögei a[BAM] és [BAM] síkkal.Ε feladatnak ismét csak egy megoldása van, ha az adott oldallalszemben fekvő szög hegyesszögű és nagyobb, mint a másikadott szög, vagy tompaszögű és kisebb, mint a másik adott szög,— különben a feladatnak 2, 1, vagy C számú megoldása lehet.Polaris-triederék. Láttuk az előbbiekben, hogy egy triedercsúcs-triederének oldalai és szögei az eredetinek oldalai és szögeivelmegegyezők. A két trieder ugyan nem congruens, hanem az egyika másiknak tükörképe lehet egy síktükörre vonatkozólag. Láttuktovábbá, hogy egy trieder mellék-triederének két oldala és az ezekkelszemben fekvő szögek, az eredeti trieder két oldalának és azezekkel szemben fekvő szögeknek kiegészítői két derékszögre, mig aharmadik oldalak és szögek megegyezők.Lehet azonban egy oly triedert is képzelnünk, melynek összesoldalai és szögei egy másik trieder szögeinek és oldalainak kiegészítőikét derékszögre. Ily két triedert polaris-triedereknek nevezünk. Ezekrőlfogalmat szerezhetünk, ha egy M[abe) triedertérben egy M L pontotveszünk fel és ebből az M(abc) trieder \bc], [ca], [ab] lapjaira a u b u cmerőleges félsugarakat bocsátunk. Minthogy az MJaJj^cJ triederélei merőlegesek az M