Lösungen der Aufgaben zu Kegelschnitte I

Dr. Stefan Lange, Dr. Karlhorst Meyer¹

Lösungen der Aufgaben zu Kegelschnitte I

Zu 2.1.1:

Man möge in der angegebenen Weise basteln.

Zu 2.1.2: Zu 2.1.3:

Man kann die Kreisebene und die Bildebene so betrachten, dass sich die unten stehende Skizze ergibt.

Die Bildellipse hat dann den Kreisradius a = 5,0 cm als große Achse und für die kleine Achse gilt b = a cos 30^o

= 4,3 cm.

Zu 2.1.4:

Druckfehler: Es müsste heißen: Beweise den Satz 2.1.3.

1. Es genügt Definition 2.1.3: Jeder Konstruktionsschritt liefert ein eindeutiges Ergebnis. Die Umkehrabbildung genügt derselben Definition mit derselben Achse und der Konstanten 1/c.

2. Ist die Gerade g ein Achsenlot, so werden ihre Punkte gemäß Definition 2.1.3 innerhalb dieses Aschsenlotes abgebildet; das Bild ist also wiederum eine Gerade.

Ist die Gerade g kein Achsenlot, so kann g parallel zur Achse a sein. Alle Punkte werden dann längs Achsenloten im selben Verhältnis verändert. Es entstehen Rechtecke, die die „Zwischenpunkte“

tragen, die dann also abermals auf einer zur Achse parallelen Geraden liegen.

Ist die Gerade g kein Achsenlot und nicht parallel zur Achse, so schneidet g die Achse a. Es entsteht die nebenstehende Figur. Die Bildpunkte P‘, Q‘

und R‘ liegen dann wegen einer Umkehrung des Strahlensatzes auf einer Geraden.

3. Sind die parallelen Geraden g und h parallel zur Achse a, so gilt dies nach 2. auch für ihre Bilder.

Schneiden g und h die Achse a, so gilt in der nebenstehenden Figur:

u:u‘ = v:v‘ = c oder u:v = u‘:v‘ = x:y

Nach einer anderen Umkehrung des Strahlensatzes folgt hieraus: g‘ und h‘ sind parallel.

1 Die Autoren bedanken sich bei Herrn Gustav Vogl für die Bereitstellung geeigneter Hyperbeln, die allerdings nicht überall zum Einsatz gebracht werden konnten. Der Leser möge entschuldigen, dass manche Zeichnung besser wiedergegeben sein könnte.

P P Q

Q R

R

' ' '

' g

g

s 10mm

g g

h h P

P Q

Q s

'

' '

'

u u v v

'

'

y x

4. Der folgende linke Fall ist trivial; beim rechten Fall wird der Strahlensatz angewandt.

5. Sind die Strecken s und t senkrecht a, so werden sie nach 2. in cs und ct verzerrt, also im selben Verhältnis.

Sind beide Strecken parallel a, so bleiben ihre Längen unverändert.

In jeder anderen Lage schneiden die Trägergeraden der Strecke die Achse (siehe nebenstehende Zeich- nung). Nach 3. sind dann auch die Bildgeraden parallel und gemäß cos α : cos α‘ also im selben Verhältnis verzerrt.

6. Siehe oben unter 2. bzw. Definition 2.1.3.

7. Nach Definition 2.1.3 sind die Punkte der Achse a Fixpunkte. Deshalb gehört der Achsenschnitt- punkt auch zur Bildgeraden.

8. Wegen der Eineindeutigkeit der Abbildung kann aus einer Tangente keine Passante oder mehrfach schneidende Gerade werden.

Zu 2.1.5:

Mit den Bezeichnungen der 2. Figur Seite 6 aus MI 31 gilt: Die Achsenstreckung mit der y-Achse als Achse und c = a:b führt P₂ in P über. Dies ist aus einer Strahlensatzfigur mit Zentrum P₂ abzulesen.

Zu 2.1.6:

Die Eigenschaften von Satz 2.1.3 liefern für jeden Konstruktionsschritt mehrere Möglichkeiten, auf deren gegenseitige Kontrollfunktion zwecks Verbesserung der Genauigkeit seitens des Lehrers hingewiesen werden sollte.

Der Verzerrungsfaktor dieser Achsenstreckung beträgt c = - 2:3. Die Werte der x-Koordinaten bleiben unverändert. Aus der Ordinate y wird cy. So findet man als Bildpunkte bei

a) Q = Q‘ und R‘(2- 4);

b) A‘(4-2), B(71), C(111), D(11-1), E(8- 4).

Bei der nebenstehenden Zeichnung wurden P

P

Q Q

R

R g

s

g '

'

' ' g

g

g P

Q P

Q

R=R'

'

' '

x y

2 3 P

P

Q=Q' R

R A

A

B B

C C D

D E

E '

' '

'

'

'

' s

s t

t

α α ' '

'

vor allem die Schnittpunkte der abzubildenden Geraden mit der Achse verwendet.

Zu 2.1.7:

a) Die Gleichung beschreibt eine Ellipse, deren Achsen parallel zu den Koordinatenachsen sind, deren Mittelpunkt die Koordinaten (x_oyo) hat und deren Halbachsen a und b lauten.

b) c) y=y₀± a² −(x−x₀)²

d) 1

4 ) 3 y ( 16

) 2 x

( + ² + − ² =

e) M ist die Mitte zwischen den Scheiteln A und C, also M(-12); daraus ergeben sich die Halbachsen als a =

(

)

2

1 − = 3 und b = y_B – y_M = 2.

Für den 4. Scheitel D gilt dann y_D = y_M – b = 0. Damit gilt D(-10).

Die Gleichung der Ellipse lautet also 1 4

) 2 y ( 9

) 1 x

( ^{2 2}

− = + +

.

Zu 2.2.1:

Siehe die nebenstehende Zeichnung:

Zunächst wird P aus P₂ nach der Wimpelkonstruktion bestimmt.

Die Nebenkreistangente in P₂ (senkrecht zum Radius) hat ihren Schnittpunkt T₂ mit der Nebenachse als Fixpunkt bei einer Achsenstreckung P₂→ P.

T₂P ist die gesuchte Tangente.

Zu 2.2.2:

Der Zeichner sammelt Erfahrungen: Liegt P nahe beim Hauptscheitel, so liegt der Hauptachsenschnittpunkt der Tangente noch näher bei diesem; die Tangente ist also Verbindungsgerade eng benachbarter Punkte und deshalb nur ungenau zu zeichnen. Liegt p nahe beim Nebenscheitel, so liegt der Hauptachsenschnittpunkt praktisch unzugänglich weit außerhalb des Zeichenblattes. Verwendet man die Achsenstreckung zum Nebenkreis, so geschieht Entsprechendes, nur vertauscht.

Zu 2.2.3:

analog zu den vorhergehenden Aufgaben.

Zu 2.2.4 (Voraussetzung für 2.7.6):

M a=b r=2

x y

y

x

0

0

P T

2 2

P

Die Hauptkreistangente in P₁(x₁y₁) steht senkrecht auf der den Radius tragenden Geraden y = mx mit m =

1 1

x y .

Deshalb ist nach der Bemerkung der Aufgabe die Hauptkreistangente in P₁ festgelegt durch

1 1 1 1

y x x x

y

y = −

−

− .

Durch Ausmultiplizieren erhält man hieraus t₁: xx₁ + yy₁ = x₁² + y₁² = a², (1) weil P₁ auf dem Hauptkreis mit Radius a liegt.

Analog bekommt man für die Nebenkreistangente t₂ in P₂(x₂y2): xx₂ + yy₂ = b² (2) Die Abbildungsgleichungen für die Achsenstreckung aus dem Hauptkreis sind:

x

x= ^, y a

y= b ; löst man dies nach x und y auf und berechnet damit die Koordinaten des Bildpunktes P(x_Py_P) bei Achesestreckung z. B. aus P₁, so findet man x_P = x₁ und y_P = y₁

a

b ; löst man die letztere Gleichung nach y₁ auf und setzt dies in (1) ein, so erhält man für die Tangente im Ellipsenpunkt P(x_PyP):

2 2 p

2

P yy a

b x a

x + = . Dies „normiert“ man zu 1

b y y a

x x

2 P 2

P + = .

Dasselbe Ergebnis erhält man, wenn man mit Hilfe der Gleichung (2) den Ellipsenpunkt samt Tangente aus dem Nebenkreis heraus entwickelt.

Zu 2.2.5:

a) Man wendet auf die Gesamtkonfiguration die Achsenstreckung an, die B in B₁ überführt. Q ist dann als Achsenpunkt Fixpunkt. Man erhält so die Richtung QB₁ der Tangenten an den Hauptkreis.

Die Gegenabbildung liefert dann die gewünschten Ellipsentangenten samt ihren Berührpunkten.

b) Man sucht sich zum gegebenen Punkt R das Urbild bei Achsenstreckung. Dies geschieht z. B. mit dem Zusammenhang D→D₁ und einem Fixpunkt.

Schließlich legt man von R1 aus die Tangenten an den Hauptkreis und findet die dazugehörigen Berührpunkte. Die Gegenabbildung liefert dann die gesuchten Ellipsentangenten samt ihren Berührpunkten.

R R

M B B

1 1

1

2

3 5 4

6 7

B B

Q=Q P

P t t

t

t P P

1

1

1

1

1

1 '

'

'

'

M A=A₁

1

c) Wähle den Hauptkreis als Bild der Ellipse bei einer Achsenstreckung.

Suche zu S das Bild S₁.

Schneide QS₁ mit dem Hauptkreis und bilde durch die Umkehrabbildung die Schnittpunkte zu Ellipsenpunkten ab.

Die nebenstehende Zeichnung kann vereinfacht werden, wenn man erkennt, dass BS waagrecht ist.

Auf die Gemeinsamkeit in der Lösungsstrategie der drei Aufgaben sollte vom Lehrer hingewiesen werden.

Fasst man die gegebene Ellipse als Bild des Nebenkreises bei Achsenstreckung auf, so ergeben sich für die drei Fragen die folgenden Lösungen (dies ist besonders zu empfehlen, falls bei b) der Punkt R auf der Nebenachse liegt; vgl. Aufgabe 3.1.4 c) und e)):

a) b) c)

Zu 2.2.6:

Der folgende Text bezieht sich auf Zeichnungen in MI 31 Seite 8 unten.

Man sollte hier zuerst eine andere Aufgabe einschieben:

Führe die Papierstreifenkonstruktion zum Auffinden eines Ellipsenpunktes allein mit Zirkel und Lineal aus.

Lösung:

Zeichne um einen beliebigen Punkt Y der „y-Achse“ einen Kreis mit Radius a+b bzw. a-b. Verbindet man jeweils den Schnittpunkt X auf der „x-Achse“ mit Y, so erhält man eine Lage des Papierstreifens. Trägt man nun von Y auf dem Papierstreifen a ab, so erhält man einen Ellipsenpunkt.

Die Aufgabe 2.2.6 ist gewissermaßen die Umkehrung des eben besprochenen Problems:

Man zeichnet um den bekannten Ellipsenpunkt P einen Kreis mit Radius a, der die „y-Achse“ in Y schneidet. YP schneidet die x-Achse in X. PX ist dann die kleine Achse b.

CAD: Man legt eine unendlich „dünne“ Ellipse der vorgegebenen großen Achsenlänge auf die „richtige“

Halbachse und zieht die Ellipse in der dazu senkrechten Richtung so lange, bis sie durch den gegebenen Punkt geht. Dann kann man die kleine Halbachsenlänge auf der Lage der kleinen Halbachse ablesen.

Zu 2.2.7:

Der folgende Text bezieht sich auf Zeichnungen in MI 31 Seite 8 unten.

R M

B

1

A₂ A R2

1 2

3

5

6 4

M

A B

B

Q=Q S

1 2

3 5 4

6

1

1

A S

Q A2

1 2 3 4 5 P

t

t^'

M Q Q B=B₂

2

A P

P'

2

t2

Der Kreis um P mit Radius b schneidet die „x-Achse“ in Punkten X. PX sind die Lagen von Papierstreifen, die die „y-Achse“ in Punkten Y schneiden. PY ist dann die große Halbachsenlänge a.

Zu 2.2.8:

a) b)

c) Bewertung:

Bei Verwendung des „äußeren“ Papierstreifens liegt der Ellipsenpunkt stets zwischen X und Y, ist also stets genau.

Bei Verwendung des „inneren“ Papierstreifens liegt der Ellipsenpunkt stets außerhalb von XY , ist also weniger genau. Insbesondere bei dicken Ellipsen wird dieser Papierstreifen als Verbindungsgerade eng benachbarter Punkte ungenau bestimmt (z. B. bei c)).

Zu 2.2.9:

1 bis 3 bzw.. 4 bis 6: (5,60) und (05,6) verfährt man wie bei Aufgabe 2.2.6.

7 bis 10: Für den Ellipsenpunkt (2?) bestimmt man zunächst die Richtung des Papierstreifens; hierzu trägt man von (20) aus zur y-Achse hin a ab. Man verlängert diese Gerade zur anderen Seite um b und verschiebt so lange, bis der Endpunkt von b auf der x- Achse zu liegen kommt. Man hat so den Papierstreifen durch (2?) gefunden.

11 bis 14: Ist die y-Koordinate des Ellipsenpunktes gegeben, so bekommt man die Richtung des Papierstreifens durch Abtragen der Strecke b von einem Punkt (beliebig0,8) zur x-Achse hin; man trägt auf der so gefundenen Geraden passend a ab und verschiebt so lange, bis der Endpunkt des Papierstreifens die y-Achse trifft.

1

1

1

1

2 3

4

5 6

7

8 9 10 11

12 13

14

Zu 2.2.10:

a) b) c)

Bewertung: Liegt der bekannte Punkt nahe beim bekannten Scheitel, so bekommt man für die Papierstreifenpunkte auf der „anderen“ Achse schleifende Schnitte, also ein ungenaues Ergebnis.

Zu 2.2.11:

Der Kreis wurde mit der bekannten Achse statt mit dem Lot zu ihr geschnitten.

Zu 2.2.12:

Nach Angabe des Mittelpunktes und des einen Scheitels hat die Ellipsengleichung die folgende Gestalt 1

d y c x

2 2 2

2 + = , die von dem gegebenen Punkt erfüllt sein muss. Also gilt 1 d 60 39 15

2 2 2

2 + = ; hieraus folgt

2 2 2

2 2

2 65

15 39

60

d 39 =

= − . Die Ellipsengleichung lautet also 1

65 y 39

x

2 2 2 2

=

+ . Die Ellipse hat die Nebenscheitel (±390) und die Hauptscheitel (0±65).

Zu 2.2.13:

a) Rechnerische Lösung:

Die Verbindungssehne der beiden ersten Punkte ist y-parallel; ihr Mittelpunkt liegt also auf der x-parallelen Achse y = 30. Damit sind die anderen Punkte die Scheitel auf dieser Achse, deren Mitte (2530) der Ellispenmittelpunkt und a = 45 die dazugehörige Halbachse sind.

Damit hat man für die Gleichung der Ellipse 1

d ) 30 y ( 45

) 25 x (

2 2 2

2 + − =

− . Setzt man den Punkt (5242) ein, so erhält man d² = ²

2 2

2 2

15 27 45

12

45 =

−

⋅ . Damit

lautet die Gleichung 1 15

) 30 y ( 45

) 25 x (

2 2 2

2

− =

− +

mit der großen Halbachse a = 45 und der kleinen Halbachse b = 15.

b) Zeichnerische Lösung:

Auch hier werden zunächst Symmetrien wie bei der Rechnung ausgenützt. Man erhält Mittelpunkt, große Achse und die Richtung der kleinen Halbachse.

Mit der Umkehrung der Papierstreifenkonstruktion bekommt man dann die kleine Halbachse aus einem der gegebenen Punkte.

1 1

2 3

A B

M 1 P 2

2

3 1

1

2 3

1

2 3

x y

10 10

M 1

Zu 2.2.14:

Die Koordinaten von P und Q müssen die Mittelpunktsgleichung der Ellipse 1 d y c x

2 2 2

2 + = erfüllen. Das liefert

zwei lineare Gleichungen für c2

1 und d2

1 .

Durch Spiegeln der gegebenen Punkte an den Koordinatenachsen kann man immer erreichen, dass beide Punkte im 1. Quadranten des Koordinatensystems liegen. Hier müssen die beiden Punkte verschieden sein und ihre Verbindungsgerade muss negative Steigung haben. Dies gilt beim Kreis und bleibt bei Achsenstreckung aus dem Hauptkreis erhalten. Das bedeutet insgesamt, dass x_P − x_Q und y_P − y_Q verschiedene Vorzeichen haben müssen.

Mit 2

c

1 = u und d2

1 = v ergibt sich das folgende Gleichungssystem:

I 60²u + 12,5²v = 1 II 39²u + 26²v = 1

26²I – 12,5²II ergibt: u(60² ⋅26²- 39² ⋅ 12,5²) = 26² –12,5² Hieraus berechnet sich u = 65² und damit a = 65.

Eingesetzt in II findet man v =

2 2

2

65 und damit b =32,5.

Hinweis: Eine konstruktive Lösung dieser Aufgabe ist Gegensatnd von Aufgabe 2.6.7a) auf Seite 17 von MI 31.

Aufgabe 2.6.7b) ist identisch mit Aufgabe 2.2.14.

Zu 2.2.15:

Die Ellipsengleichung 1

b ) y y ( a

) x x (

2 2 0 2

2

0 + − =

− kann umgeformt werden zu

x² – 2x0x + ₂

2

b

a y² - 2 ₂

2

b

a y0y – a² + x02

+ ₂

2

b a y02

= 0.

Führt man weitere Parameter ein, so zeigt sich diese Gleichung in der Form x² + Ax + By² + cy + D = 0.

Durch Einsetzen der Koordinaten von 4 Punkten werden daraus vier lineare Gleichungen für A, B, C und D. Ist dieses Gleichungssystem lösbar, so wird

2A x0 =−1 ^,

B C 2 y0 = −1 ^,

B C 4 A 1 4 D 1 a

2 2

2 =− + + ^und

B b a

2 2= ^.

Die vier zu wählenden Punkte müssen weitere Bedingungen erfüllen, die hier nur ungenau auseinander gesetzt werden können. Der Mathematiker sagt, dass die vier zuletzt genannten Gleichungen linear unabhängig sein müssen. Das ist z. B. nicht erfüllt, wenn die vier Punkte ein Trapez mit zwei zu einer Koordinatenachse parallelen Seiten bilden. Denn die in Aufgabe 2. 2.13 verwendeten Symmetrieaussagen erzwingen die Gleichschenkligkeit dieses Trapezes. Dann aber ist aus drei seiner Ecken die vierte bereits bestimmt, also nicht mehr unabhängig von den anderen.

zu 2.2.16 (Voraussetzung für 2.7.9):

a) Setzt man die Geradengleichung in die Ellipsengleichung ein, so ist das folgende Problem zu lösen:.

1

b ) t mx ( a x

2 2 2

2 + + = ; hieraus folgt

x² + ₂

2

b

a (m²x² + 2mtx + t²) = a²; hieraus folgt die quadratische Gleichung

x²(1 +

2 2

b

a m²) + 2x

2 2

b

a mt +

2 2

b

a (t² – b²) = 0; diese Gleichung hat die Lösungen

x =

( )



 +

 −





 +

−

±

−

2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2

2 4 4 2

2

m b 1 a 2

b t b m a b 1 a 4 t m b 4a mt b 2a

=

=

( )











 +

 −





 





 +

−

±

−

2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

2

m b 1 a 2

b t a m

t b b m 2a b mt 2a

=

=

2 2 2

2 2 2 4 2 2 2 2 2 2 2

m a b

b a m t b m a t

t b m mt

+

+ +

−

−

±

−

=

2 2 2

2 2 2 2 2 2 4

m a b

a t b b a m mt b

+

− +

±

−

. (1)

Dies setzt man in die Geradengleichung ein und erhält für y:

y =

2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2 4

2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 2

m a b

a tb a t

b b a m m b

m a b

a tm tb a t

b b a m m b t m

+

+

− +

±

= +

+ +

− +

±

−

Für den Sehnenmittelpunkt erhält man damit:

x_S =

2 2 2

m a b

mt 2

+

− und y_S =

2 2 2

2 2

m a b

a tb 2

+

(2)

b) g ist Tangente, falls die beiden Schnittpunkte zum Berührpunkt zusammenfallen. In dieser Situation hat die Wurzel von (1) den Wert null:

t 0

a b b m a

b ₂

2 2 2 2 2

4 + − = ; hieraus folgt:

t= ± b² +a²m²

c) Der Berührpunkt hat damit die Koordinaten

2 2 2

2 0

m a b

m a x 2

= m+

und

2 2 2

2 0

m a b

b y 2

+

= ± . (3)

Aus (2) und (3) folgt:

m a

b x y x y

2 2 0 0 S

S = = −

Für konstantes m ist dies die Gleichung einer Geraden durch den Ursprung, d. h. den Mittelpunkt der Ellip- se. Also handelt es sich um einen Ellipsendurchmesser.

Zu 2.3.1:

Die Erzeugung der Ellipse aus einem Hauptkreis (Radius ist die große Halbachse) geschieht in aller Regel in den folgenden Schritten:

1. Die Länge der großen Halbachse wird abgetastet und dann

2. ein Punkt hochgezogen auf die Länge der kleinen Halbachse.

Es wird also eine Achsenstreckung verwendet.

In einem zweiten Anlauf ist dann das Koordinatenkreuz zu drehen, damit die Ellipse die richtige Lage bekommt.

Es sind aber auch andere Methoden denkbar.

Zu 2.4.1:

Für die Ellipse wird y = f(x) = a² x² a

b −

± ^{. (1)}

Hieraus findet man:

2

2 x

a a ) bx x ( '

f = m −

(2)

(

)

2 2 2 2

x a a

x ' b

f = − ⁽³⁾

f “ =

(

)

ab

−

m (4)

Durch Einsetzen in die angegebene Formel erhält man:

( ) ( ) ( )

2 2 2 2 2 2

3 2 2 2

3

2 2 2

2 2 2

3 2

x a x b ab a

1 ab

x a x a a

x 1 b

"

f ' f r 1





+

−

=

 −





 + − + =

= m m (5)

Der Krümmungsmittelpunkt (kl) liegt auf der Normalen im dazugehörigen Ellipsenpunkt (xy). Aus der nebenstehenden Zeichnung findet man:

k = x – r cos α =

α

− +

tan2

1 r 1

x (5) l = y – r sin α =

α +

− α

tan2

1 r tan

y mit tan α =

) x ( ' f

−1 (6)

Hierzu: Aus dem Dreieck wurde der Zusammenhang zwischen Tangens und Cosinus hergeleitet. Zwei Geraden mit den Steigungskoeffizienten m1 und m₂ stehen genau dann aufeinander senkrecht, wenn m₁m₂ = -1 ist.

Mit (2) und (5) folgt hieraus durch Einsetzen:

(

)

2 2 2 2

3 2 2 2 2 2

x a a

x b 1 1 x 1 a x b ab a x 1 k

−

 +

 

 − +

= m

l = y

(

)

2 2 2

2 2 2

3 2 2 2 2 2

x a a

x b 1 1

x a a

bx 1

x a x b ab a

1

− +

 −



 



 − +

−

(x;y)

(k;l) α

Ellipse Tangente Normale

tan

1 α

α

Diese Formeln kann man vereinfachen; hierauf wurde hier verzichtet.

Setzt man in (5) x = 0, so erhält man den Krümmungskreisradius für den Nebenscheitel als r = b a² m . Setzt man in (5) x² = a², so erhält man den Krümmungskreisradius für den Hauptscheitel als r =

a b² m .

Hier ist die Strecke r mit einem Vorzeichen versehen, je nachdem man den Mittelpunkt links oder rechts bzw.

oben oder unten vom Scheitel findet.

Es ergeben sich hiermit für die Hauptscheitelkrümmungskreise die folgenden Gleichungen:

2 4 2 2 2

a y b a

a b

x  + =















−

±

Für die Nebenscheitelkrümmungskreise findet man analog:

x² +

2 2 4 2

b a b

b a

y  =















−

±

Hinweis: Bei der Berechnung der Mittelpunktkoordinaten gibt es Schwierigkeiten, die man erst durch eine Grenzwertbetrachtung beheben kann. Das ist aber nicht gefragt.

Zu 2.4.2:

Um die vorliegende Zeichnung mit Konstruktionslinien, die bei einer normalen Handzeichnung abradiert werden, nicht zu überladen, wurden die Scheitelkrümmungskreise nur im jeweiligen oberen und linken Scheitel gezeichnet.

Den zu konstruierenden Punkt wählt man „zwischen“ den Scheitelkrümmungskreisen und spiegelt ihn an den Achsen. Man kann dann i. A. mit einem guten Kurvenlineal die Ellipse sehr ordentlich zeichnen und benötigt keine weiteren Punkte. In obiger Zeichnung wurde diese Punktkonstruktion auch vereinfacht.

Zu 2.4.3:

a) Wenn die Ellispen denselben Scheitelkrümmungskreis haben, haben sie dieselbe Normale, die Symmetrieachse ist.

b) Aus a r b

= 2 ^folgt b= ar. Für r = 2,0 cm erhält man deshalb

a 0,5 1,0 4,0 8,0 cm

b 1,0 2=1,4.. 2 2=2,8. ^{4,0 cm}

c) Aus a = 2,0 cm folgt b = a = 2,0 cm, d. h.: Die Ellipse ist mit ihrem Scheitelkrümmungskreis identisch.

Deshalb kann man mit (5) auf Seite 34 den Scheitelkrümmungskreis nicht berechnen, da sich der sinnlose Wert 0:0 ergeben würde.

d)

Die Ellipsen wurden nach den oben in der Tabelle gegebenen Maßen gezeichnet.

Zu 2.4.4:

Kreis: x² + (y + r)² = r² daraus folgt:

x² + y² = -2ry

Ellipse: 2

(

)

2

2 y 2by b a

b

x +a + + = daraus folgt:

b y 2a y

b x a

2 2

2 2

2+ = − Eliminiert man x², so erhält man:

ry 2 b y 2a y b

b

a ₂ ²

2 2

2− =− +

Falls a ≠ b ist, folgt hieraus:

0 b y r a b a 2 b y

2 2 2

2

2 =





− −

− ^also:

b 0 r a b a 2 b y y

2 2 2

2 =















− −

−

mit den Lösungen y = 0 und y =





− − b

r a b a 2 b

2 2 2

2

. Das wird zu 0 für r = b a²

.

Zu 2.4.5 (oft Voraussetzung):

In der nebenstehenden Figur sind die Dreiecke ECM₁, BEC und M₂BE ähnlich, weil alle Winkel rechte oder solche sind, deren Schenkel paarweise aufeinander senkrecht stehen.

Deshalb gilt mit den Krümmungsradien r₁ und r₂ bzw.

den Halbachsenlängen a und b:

r₁:b = b:a und r₂: a = a:b Daraus folgt:

a r b

2 1= ^bzw.

b r a

2 2 =

Zu 2.5.1:

Aus der nebenstehenden Figur liest man ab:

b = r = 6,0 cm und a = α sin

r = 7,3 cm α = 0,5(180^o – 70⁰) = 55^o

zu 2.6.1:

Die Lösung findet man in Mathematikinformation 31 auf Seite 29.

M

M M

B

C E

1

2

a

r 70

α α

ο

Zu 2.6.2 :

a) bis e) siehe das Foto.

f) Es ist die Figur auf Seite 16 von Mathematikinformation 31 abzuzeichnen. Man möge beachten, dass es hierbei zwei Scharen von Ellipsen gibt, die entweder in Feldecken oder in den Feldmitten ihre Scheitel haben.

g) Siehe auch c).

h) Hierzu:

(1) Ist die Schrittweite klein gegenüber dem Radius, kann die Krümmung der Kreise vernachlässigt werden. Man erhält also parallele Seiten.

(2) Bei gleicher konstanter Schrittweite beider Kreisscharen bekommt man näherungsweise Parallelogramme mit gleichen Höhen, also Rauten.

(3) Rautendiagonalen stehen aufeinander senkrecht und halbieren die Winkel der Raute.

(4) Rautendiagonalen halbieren auch die Winkel der Rautenhöhen.

i) Werden die Kreisscharen mit gleicher Geschwindigkeit durchlaufen, so liefern die Rautenhöhen Komponenten der Geschwindigkeit eines Schnittpunktes. Das Vektorparallelogramm für deren Addition ist nach h) ebenfalls eine Raute. Die Winkelhalbierende liegt dann als resultierender Geschwindigkeitsvektor des Ellipsenpunktes in der Tangentenrichtung, also die andere Diagonale in Normalenrichtung. Das Umgekehrte muss dann für die andere Kurvenschar (Hyperbeln) gelten.

Zu 2.6.3:

a) Wegen e² = a² – b² bekommt man nach dem Satz des PYTHAGORAS die Nebenscheitel durch Abtragen der großen Halbachse a von F₂ zur Nebenachse hin.

b) In der sogenannten Mittelpunktlage der Ellipse ist M(00), A(a0), F2(e0). Damit ergeben sich B(0b) und D(0-b) mit b = a²−e² .

Zu 2.6.4:

Mit den Brennpunkten ist der Mittelpunkt der Ellipse und die Achsenrichtungen gegeben. Das Koordinatensystem zu b) wählt man entsprechend.

Man findet mit der Papierstreifenmethode die Halbachsenlängen

a) (1) Halbieren der Strecke F₁F₂ ergibt den Ellip- senmittelpunkt M

(2) und als Lot auf diese Strecke die Richtung der Nebenachse.

(3) Abtragen der Streckenlänge von PF₂ auf der

A B

D F a

F P

1

1

2

3

4

6 7

8 9

M G

P₁

T

t

Verlängerung von F₁P über P hinaus liefert G.

(4) Halbieren der Strecke F₁G ergibt die Halb- achse a.

(5) Abtragen von a auf F₁F₂ aus M liefert die Hauptscheitel.

(6) Abtragen von a aus F₁ oder F₂ zur Neben- achse hin gibt die Nebenscheitel.

(7) Um die Tangente zu bekommen, führt man P durch Achsenstreckung auf den Hauptkreis nach P₁.

(8) Die Hauptkreistangente in P₁ (Lot zu MP₁) schneidet die Hauptachse in T.

(9) TP ist die Ellipsentangente t in P.

In Vorgriff auf Satz 2.7.2 kann man die Tangente t auch durch Halbieren des Winkels F₂PG bekom- men.

b) Es sei F₁(-e0), F2(e0) und P(x0y0). Nach Satz 2.6.3 gilt: = _^

(

)

(

)

0 e y x e y

2 x a 1

Damit ist die kleine Achse b = a²−e² . Die Scheitel haben dann die Koordinaten A(a0), C(-a0), B(0b) und D(0-b). Wie in Aufgabe 2.2.4 hergeleitet hat dann die Tangente die Gleichung 1.

b yy a xx

2 0 2

0 + =

Hinweis: Einen weiteren Lösungsweg für die Tangentenberechnung findet man unter Aufgabe 2.7.6. Allerdings ist dieser Weg rechnerisch umständlicher.

Zu 2.6.5 (Voraussetzung für 2.6.6):

a) P ist bei Achsenstreckung Bild von P₁. t₁ ist ebensolches Bild von t; deshalb liegt P₁ auf dem THALESkreis über MT. Hieraus liefert die Wimpelkonstruktion die Längen der großen und kleinen Halbachse. Hieraus findet man die Scheitel und kann die Ellipse zeichnen.

b) Die Zweipunktegleichung z. B. liefert die Achsen- abschnittsform der Geraden: 1

4 y 8

x+ = . (1)

Nach Aufgabe 2.2.4 lautet die Gleichung der Ellipsentangente in P(51,5): 1 b

y 5 , 1 a

x 5

2

2 + = (2) Koeffizientenvergleich der Gleichungen (1) und (2) ergibt a = 2 10 und b = 6. Damit lautet die Glei-

chung der Ellipse: 1 6 y 40 x^{2 2}

= +

Zu 2.6.6 (vorher 2.2.5):

a) Q₁ liegt jetzt im Innern des Dreiecks aus den Achsen und der Tangente t. MA=MQ₁ liefert deshalb auf MT den Nebenscheitel A.

b) Die Rechnung von 2.6.5b) ergibt a = 8 und b = 14 .

c) Eine Ellipse als Kreis liegt genau dann vor, wenn R = R₁ = R₂ ist, d. h. R auf dem THALESkreis über MT liegt.

1 2

4 3 5 6

P P

t t

1

1

x

y 1

T M

4

A B

d) Der Halbierungspunkt der Tangentenstrecke liefert eine Ellipse, deren Halbachsen sich wie die Achsabschnitte der Tangente verhalten. Beachte: Die Scheitelsehne ist dann parallel zur Tangente.

Zu 2.6.7:

a) PQ ist Sehne in der Ellipse, also ist P₁Q₁ als Bild einer Achsenstreckung Sehne eines Kreises und deshalb muss die Mitte R₁ des Bildes die Eigen- schaft R₁M ⊥ P1Q₁ haben, also R₁ auf dem THALES-Kreis über MS liegen. Hieraus ergibt sich die nebenstehende Konstruktion für die Halbach- sen wie bei Aufgabe 2.6.5.

b) Ergebnis: 1

25 , 3

y 5 , 6

x

2 2 2 2

=

+ ; siehe Lösung zu 2.2.14.

Zu 2.6.8:

e) Ist die Teilung eine Halbierung, so erhält man den Kreisdurchmesser.

a) Ist die Teilung keine Halbierung, so liegt eine Teilung für jede Halbsehne in einem festen Verhältnis vor, d.

h. es liegt eine Achsenstreckung vor. Die Achse ist derjenige Kreisdurchmesser, der auf der gegebenen Pa- rallelenschar senkrecht ist. Das Bild ist also eine halbe Ellipse.

Zu 2.6.9:

t Q

Q

Q

t t

R=R =R

x

1 2 1

2

A B

T M

S y

Mitte TS

1

2

4 5 6

7

8

9 4

3

1

2

Q

Q R

R P

P

x y

A B

1

2 4 3

5

6

10 1

1

1 1

7

8 9

F P

B F

M

1 2

2 3

4 5

7

8

9

G H

k

K 1

2

a) Überlegung und Konstruktion:

(1) F₂ muss von B denselben Abstand wie F₁ haben. F₂ liegt also auf einem Kreis k₁ durch F₁ um B. Nach der Brennpunkteigenschaft der Ellipse hat dieser Kreis als Radius die Länge der Halbachse a.

(2) Wegen der Brennpunkteigenschaft der Ellipse liegt F₂ auf einem Kreis k₂ um P mit Radius

PF₂ =2a− PF₁ .Diese Länge bekommt man z. B. dadurch, dass man vom Durchmesser F1G des Kreises k₁ die Länge PF₁ = HF₁ abzieht. Die beiden Kreise schneiden sich hier in zwei verschiedenen Punkten F₂.

b) Durch die Brennpunkte F₁ und F₂ sind jeweils die Achsenrichtungen und der Mittelpunkt der Ellipse be- stimmt. Die eine Achsenlänge ist durch die Lage von B vorgegeben, die andere durch a) (1).

Zusatz zu 2.6.9:

Wird auf die Angabe der Zahlenwerte in 2.6.9 verzichtet, so ist die Lösung abhängig von einer Determination:

Wie darf zu festen B und F₁ der Punkt P gewählt werden, dass die Lösungsellipse zweideutig, eindeutig oder nicht reell bestimmt ist? Wie sieht dann die Menge der Lösungsellipsen aus?

Es ergibt sich der reizvolle Fall einer einparametrigen Menge von Lösungsellipsen, obwohl P ein zweidimensionales Gebiet durchlaufen kann:

Determination:

Der einzige Schritt in der angegebenen Konstruktion, der zur Unlösbarkeit oder Mehrdeutigkeit der Lösung führen kann, ist der Schnitt der Kreise k₁ und k₂. Das führt zu der folgenden Fallunterscheidung:

a) Ein Berührpunkt liegt vor – und damit eine eindeutige Lösung für F₂,

aa) wenn entweder PB+ PF₁ =a ist (also ist P ein Punkt der Strecke F₁B, weil sonst wegen der Drei- ecksungleichung PB+ PF₁ > a gilt) oder

ab) wenn P ein Punkt der Strecke BG ist (in den Fällen aa) und ab) wird F₂ = G ein Scheitel, F₁ der ande- re Scheitel und B = M = D, d. h. die Ellipse entartet zur Strecke F1G) oder

ac) wenn PB+ PF₁ =3a ist, d. h. wenn P auf der strichpunktierten Ellipse mit den Brennpunkten F₁ und B und Halbachsen a

2

3 und 2 liegt. Die Lösungsellipsen sind hierbei nicht entartet, außer für a P = K ≠ G auf BF1. Hier erhält man F₂ = F₁ = M, also den Kreis um F₁ durch K und B.

b) Zwei verschiedene Schnittpunkte der Kreise k₁ und k₂ erhält man (und damit zwei i. A.nicht kongruente Lösungen) für a < PB+ PF₁ < 3a, also für alle Punkte P im Inneren der Ellipse aus ac), die nicht der Strecke F₁G angehören; Punkte P im Inneren der Strecke F₁K und nur solche liefern je zwei symmetrische

und damit kongruente Lösungsellipsen.

c) Punkte P mit PB + PF₁ ^> 3a, also außerhalb der strichpunktierten Ellipse, liefern keine Lösung, da sich hier die Konstruktionskreise k1 und k2 nicht schneiden.

Beschreibung der Lösungsmenge:

Obwohl P ein zweidimensionales Gebiet durchlaufen darf, ist die Gesamtmenge aller Lösungsellipsen für feste B und F₁ nur eine einparametrige Schar, deren Mittelpunkte auf dem THALESkreis über F₁B, deren zweite Nebenscheitel auf dem THALESkreis über BK und deren zweite Brennpunkte auf dem THALESkreis über F₁G liegen, während ihre Hauptscheitel auf der Cardioide mit dem Scheitel G und der Spitze F₁ liegen.

Jede der Lösungsellipsen berührt die strichpunktierte Ellipse in ihrem zweiten Schnittpunkt mit der Geraden BF₂. Die genannten geometrischen Ortskurven für M, F2 und die Ellipsenscheitel und der Berührpunkt mit der strichpunktierten Ellipse (jeweils ohne die auf F₁G gelegenen Punkte) werden je genau einmal durchlaufen, um alle nicht entarteten Lösungsellipsen zu erzeugen.

Durch jeden Punkt innerhalb der strichpunktierten Ellipse ohne die Strecke F₁G gehen genau zwei der Lösungsellipsen, eben die beiden, die von diesem Punkt erzeugt werden.

So entsteht eine umkehrbar eindeutige Zuordnung der Punkte auf und im Inneren der strichpunktierten Ellipse ohne die Strecke F₁G zur Menge der ungeordneten Paare zur Menge der Lösungsellipsen, wobei die Punkte der strichpunktierten Ellipse den identischen Paaren, die Punkte vom Inneren der Strecke F1K den symmetrischen Paaren zugeordnet sind.

Zu 2.7.1:

Der Kreispunkt, der nach der Faltung mit F₂ zusammenfällt, ist beim Zurückklappen Spiegelbild von F₂ an der Knicklinie. „Sein“ Radius wird also an der Knicklinie nach F₂ reflektiert. Sein Schnittpunkt mit der Knicklinie erfüllt also genau die Bedingung von Satz 2.7.1.2, liegt demnach auf der Ellipse und die Knicklinie ist also Winkelhalbierende zwischen den Brennstrahlen und mit Satz 2.7.3 Tangente der Ellipse.

Zu 2.7.2 (Voraussetzung für 2.7.3, 3. Lösung):

Der Ellipsenmittelpunkt M in der Zeichnung zu Satz 2.7.1 ist die Mitte vonF₁F₂ . Beim Spiegeln an t geht F₁ über in G. F₁G ist also Lot zu t mit Fußpunkt L, was die Mitte von F1G ist. Deshalb ist nach dem Strahlensatz ML Mittelparallele im Dreieck F₂GF₁ und hat damit die halbe Länge von F₂G, d. h. misst a. Also liegt L auf dem Kreis um M mit Radius a, dem Hauptkreis der Ellipse.

Zu 2.7.3 (3. Lösung nach 2.7.2):

1.Lösung mit Hilfe einer Achsenstreckung findet man analog zu Aufgabe 2.2.5 a).

2.Lösung:

Nach dem Satz der Aufgabe 2.7.2 sind die Schnittpunkte L₁ und L₂ des Lotes von F₁ auf g mit dem Hauptkreis der Ellipse die Fußpunkte der zu g parallelen Tangenten. Nach dem Beweis zur Aufgabe 2.7.2 schneiden die Parallelen zu ML_i für i = 1 und 2 durch F₂ bzw. F₁ die Berührpunkte P_i aus. Siehe die nebenstehende Zeichnung

Das Lot auf g aus F₂ ergänzt die Figur zu einem Rechteck, das genau die Schar der in Aufgabe 2.7.5 verlangten Rechtecke überstreicht, wenn L_i den Hauptkreis durchläuft.

3.Lösung:

Als Spiegelpunkt von F₁ an einer Tangente t₁ findet

M F

P F

P g t

t

1 1

1

2 2 2

F G F

P

P A

C 1

1

t

t

g ¹

2

2 2 1

man den zugehörigen Leitkreispunkt G₁ auf dem Lot zur Tangentenrichtung durch F₁. t₁ ist dann Mittellot zu

1 1G

F , der Berührpunkt P₁ ihr Schnitt mit dem Brennstrahl G1F2. Die zweite Tangente t2 samt Berührpunkt P₂ bekommt man platzsparend durch Spiegelung an M..

Zu 2.7.4:

1.Lösung mit Hilfe einer Achsenstreckung findet man analog zu Aufgabe 2.2.5 b).

2.Lösung:

Alle Lotfußpunkte von F₁ auf Geraden durch R liegen auf dem THALESkreis über RF₁. Durch seine Schnittpunkte mit dem Hauptkreis gehen die gesuchten Tangenten t_i mit i = 1 oder 2. Die Berührpunkte P_i erhält man wie bei 2.7.3 auf den Parallelen zu ML_i durch F₂.

3. Lösung:

Da G_i für i = 1 oder 2 auf dem Leitkreis Spiegelpunkte von F₁ an den gesuchten Tangenten t_i sind, ist R jeweils gleich weit von ihnen entfernt wie von F₁. G₁ und G₂ liegen also auf dem Kreis um R durch F₁. Dann sind die t_i die Lote von R zu F₁G_i. Die Brennstrahlen F₂G_i schneiden die Berührpunkte P_i aus.

Zu 2.7.5:

Die Lösung findet man unter der 2. Lösung zu 2.7.3.

Zu 2.7.6 (nach 2.2.4, Vorauss. für 2.7.10):

Die folgende Lösung ist für Mittelstufenschüler gedacht, d. h. ohne Analysis und HESSEsche Normalform; es wird die Lösung von Aufgabe 2.2.4 benutzt:

(1) Durch Einsetzen in die Ellipsengleichung erhält man die 2. Koordinate von P: Aus 1 36 y 25

16 + ² = erhält man y = 3,6

5 18= ^.

(2) Damit erhält man die Gleichung der Tangente 1 36

y 6 , 3 25

x

4 + = . Bringt man z. B. diese Gleichung auf die Gestalt y = m_t x + t, so kann man den Steigungskoeffizienten der Tangente als m_t =

5 8 25

10 4⋅ =−

− ^ablesen.

(3) Die Geraden t und n stehen aufeinander senkrecht, wenn für ihre Steigungskoeffizienten gilt: m_tm_n = -1 Daraus ergibt sich der Steigungskoeffizient für die Normale als mn =

8 5. (4) Mit der sogenannten Einpunktegleichung erhält man daraus die Gleichung

8 5 4 x

6 , 3

y =

−

− .

Hieraus ergibt sich die Gleichung der Normalen n als

10 x 11 8

y= 5 + ^. (5) Die Tangente t schließt mit der x-Achse den Winkel α = arc tan 57,99461679...^o 58^o

5

8=− ≈−

− ^ein.

Hinweis: Man kann auch die Brennspiegeleigenschaft (Satz 2.7.2) benutzen. Dann kann man allerdings die Gleichung der Winkelhalbierenden t nur mittels der HESSEschen Normalform ausrechnen.

A F F

C G

G

M t

t R

1 1

1

2

2 2

P

P

1 2 1

2 3 4

5

Zu 2.7.7(Voraussetzung für 2.2.8):

Die gesuchten Kreismittelpunkte sind als solche vom Festkreis k und von P gleich weit entfernt. Sie liegen also nach Satz 2.7.1.2 auf der Ellipse, die P und den Mittelpunkt von k als Brennpunkte und den Kreis k als Leitkreis besitzt.

Zu 2.7.8 (nach 2.7.7):

Die Festkreise k₁ und k₂ mögen die Mittelpunkte F₁ bzw. F₂ und die Radien r₁ bzw. r₂ haben. Unter den Berührkreisen gibt es solche (im Folgenden siehe a)), die den inneren Festkreis k₂ umschließen und solche (im Folgenden b)), die das nicht tun.

Im Folgenden wird die „Schrumpf-Aufblasmethode“ benutzt, deren Gültigkeit allgemein via komplexer projektiver Geometrie bewiesen werden kann. Man kann aber auch z. B. an der vorliegenden Konfiguration elementargeometrisch beweisen, dass die folgenden Behauptungen gelten.

a) Lässt man alle Kreise (auch k₁ und k₂) um dieselbe Radiendifferenz schrumpfen, so bleiben die Berührungen und die Mittelpunkte erhalten. Man lässt den kleineren Kreis k₂ zum Punkt schrumpfen und hat die Situation der Aufgabe 2.7.7. D. h. die Mittelpunkte der gesuchten Berührkreise liegen alle auf einer Ellipse mit den Brennpunkten F₁ und F₂ und dem Leitkreis um F₁ mit Radius r₁ – r₂.

b) Bläst man alle Berührkreise um eine feste Radiendifferenz auf, so bleiben ihre Mittelpunkte und alle Berührungen erhalten, wenn gleichzeitig k₁ mit aufgeblasen wird, während k₂ um dieselbe Radiendifferenz schrumpft. Schließlich lässt man k₂ zum Punkt schrumpfen und erhält abermals die Situation von Aufgabe 2.7.7. Die Mittelpunkte der gesuchten Berührkreise liegen ebenfalls auf einer Ellipse mit den Brennpunkten F₁ und F₂ und dem Leitkreis um F₁ mit Radius r₁ + r₂.

Zusammen gilt also: Die Berührkreismittelpunkte sind die Punkte zweier konfokaler Ellipsen mit den Brennpunkten F₁ und F₂ und den großen Halbachsen

2 r . r 2 bzw

r

r₁+ _{2 1}− ₂ .

Zu 2.7.9 (nach 2.2.16 für a):

a) Zwei zueinander senkrechte Hauptkreishalbmesser bilden mit ihren Tangenten ein Quadrat, da jede Kreistangente auf ihrem Berührkreisradius senkrecht steht und diese alle gleich lang sind. Der Übergang vom Hauptkreis zur Ellipse (nach der Wimpelkonstruktion) ist eine Achsenstreckung, die parallele Geraden in ebensolche überführt. Damit wird das Quadrat ein Parallelogramm.

b) Die Normalen stehen senkrecht auf den bereits gezeichneten Tangenten. Man kann allerdings die gestellte Frage schärfer auffassen: Die Normalen sollen allein unter Benutzung von Zirkel und Lineal (eine interessante Fragestellung des 19. Jahrhunderts) gefunden werden:

M

M

P

P Q

Q

Q Q

X t U

t

t_P

P Q

t_Q1

1 1

1

2 2

b-Kreis a-Kreis (a+b)-Kreis

Y ⁰

nP

P

MQ ist konjugiert zu MP, weil MQ₁ senkrecht zu MP₁ ist. Dreht man deshalb den Wimpel Q₁QQ₂ um 90^o, so geht die Waagrechte QQ₂ über in die Senkrechte QP₂ und die Senkrechte QQ₁ über in die WaagrechteQP₁. Nach a) ist MQ parallel zu t_P und deshalb t_P senkrecht zu MQ. Deshalb gibt diese Gerade die Richtung der Normalen in P. Da QP₁PP₂ nach Konstruktion ein Rechteck ist, kann man es durch Punktspiegelung an U in sich überführen. Hierbei geht M über in M_o. Dieser Punkt liegt dann auf dem Kreis um M mit Radius a + b (siehe die oben eingezeichneten Farbsäume). Man kann also über den (a+b)-Kreis und die Wimpelkonstruktion die Normale n_P = M_oP allein mit Zirkel und Lineal konstruieren..

Hinweis: Diese Konstruktion wird auch benutzt, um die Ellipsentangente über die Ellipsennormale ohne Achsenstreckung zu konstruieren. Dies ist besonders brauchbar in Scheitelnähe, wo die Achsenstreckungskonstruktion ungenau wird.

c) Die Diagonale PQ des unter b) konstruierten Rechtecks QP₁PP₂ schneidet die x-Achse in X und die y- Achse in Y. Da die Seiten des Rechtecks zu den Achsen parallel liegen, lässt sich durch Spiegeln an seinen Mittelparallelen ablesen: PY = P₁M =a und PX = P₂M =b. XY ist also die äußere Lage des Papierstreifens für P.

Wünschenswert wäre noch folgende zusätzliche Frage:

d) Begründe, dass es auf jedem Ellipsenquadranten nur einen Punkt geben kann, für den Ellipsentangente und Papierstreifen zusammenfallen (dies lässt sich leicht z. B. mit CAPRI demonstrieren).

Antwort: In den Scheiteln stehen sie jeweils aufeinander senkrecht. Beim Durchlaufen der Ellipse dreht sich die Tangente im selben Drehsinn wie der Berührradius, und der Papierstreifen im entgegengesetzten Sinn.

Also begegnen sich die Richtungen in jedem Quadranten genau einmal.

Hinweis: Man kann diesen Ellipsenpunkt berechnen und auch eine Konstruktion unter alleiniger Benutzung von Zirkel und Lineal angeben.

Zu 2.7.10 (nach 2.4.5 und 2.7.6):

a)

b)

Aus den Radien der Scheitelkrümmungskreise b

r a a und r b

2 B 2

A = = ergeben sich die

Koordinaten ihrer Mittelpunkte zu (x_A0) und (0yB) mit

a e a

b a a a b x

2 2 2 2

A = − = − = , (1) b

e b

b a b b a y

2 2 2 2

B = − =− − =− . (2) Aus der analog zu Aufgabe 2.7.6 hergeleiteten Gleichung der Normalen in P(x₀y₀)

2 2 2 0 0 2

0 2

b b y a x x b

y

y= a − − (3) erhält man durch Nullsetzen von y bzw. x die Koordinaten der Schnittpunkte U(xU0) und

V(0yV) der Normalen mit den

Koordinatenachsen, wobei gilt:

2 2 2 0

2 2 2 0

2 2 0 0 2

0 2

U a

x e a

b x a

b b y a y a

x

x = b − = − = ⁽⁴⁾

2 2 2 0

2 2 0

V b

y e b

b y a

y =− − =− (5)

M

A

B P E E

E X Y

K

V

U n_P

A

KB

X Y

c) In der obigen Figur sind die Scheitelkrümmungskreismittelpunkte K_A und K_B und die Wimpelkonstruktion für einen beliebigen Punkt P gezeichnet. Zusätzlich wurden die Diagonale ME gezeichnet, die Waagrechte der Wimpelkonstruktion bis Y bzw. E_Y verlängert, ebenso die Senkrechte durch P bis X über E_x verlängert.

Die genaue Bedeutung dieser Punkte entnehme man der Zeichnung. Wegen der eingezeichneten Parallelitäten sind dann offenbar die folgenden Figuren durch Streckungen mit jeweils Zentrum M auseinander hervorgegangen:

EAK_A und E_XXU mit dem Streckungsfaktor a x₀

und (6)

EBK_B und E_yYV mit dem Streckungsfaktor b y₀

. (7)

Für U(u0) und V(0v) findet man mit (6) und (1) bzw. (7) und (2):

u =

2 2 0 0 2 0

A a

x e a x a e a

x x = = (8)

v =

2 2 0 0 2 0

B b

y e b y b e b

y y = = (9)

Nach (8) und (4) bzw. (9) und (5) sind U und V Punkte der Ellipsennormalen in P.

Hinweis: Diese Überlegungen lassen sich auf die Hyperbel übertragen. Das wäre eine wünschenswerte Er- gänzung zu Aufgabe 3.2.21.

Zu 3.1.1:

Für jede Schnittellipse E_i (i = 2,3,4,....) hat das rechtwinklige Dreieck AM₁M_i bei M_i den Winkelδi der Schnittebene gegen die Tangentialebene des Zylinders in A. Es besitzt als vertikale Kathete den Zylinderradius r gleich der kleinen Halbachse und als Hypotenuse die große Halbachse a_i =

i i sin AM r

= δ der Ellipse Ei.

Fällt man von M₁ das Lot auf die Ebene von E_i (Fußpunkt K_i), so ist der Winkel K_iM₁A = δi, weil Winkel, deren Schenkel paarweise aufeinander senkrecht stehen, gleich groß sind.

Also ist

i 2 i

i a

sin r r

AK = δ = der

Scheitelkrümmungskreisradius von E_i in A, also K_i dessen Mittelpunkt.

Weil die Schenkel der rechten Winkel bei K_i alle durch die beiden festen Punkte A und M₁ gehen, liegen alle Punkte K_i nach der Umkehrung des Satzes von THALES auf einem Kreis über AM₁.

Zu 3.1.2:

Im Aufriss bilden die parallelen z. B. nach rechts fallenden Umrissmantellinien der beiden Kegel zusammen mit jeweils zwei der eingezeichneten waagrechten Schnitte ein Parallelogramm, dessen waagrechte Seiten also gleich lang sind. Jede dieser Seiten ist die Summe aus den zum selben Ellipsenpunkt P führenden Parallelkreisradien der beiden Kegel und dem Abstand der Kegelachsen d und d. Da dieser konstant ist, gilt das also auch für die Summe der beiden Kreisradien allein. Dies ist aber zugleich die Abstandsumme des jeweiligen Grundrissellipsenpunktes von den Grundrissen von d und d. Damit erfüllt der Grundriss der Schnittellipse genau die Voraussetzungen von Satz 2.6.5 mit den Grundrissen von d und d als Brennpunkten. Damit ist der Beweis geliefert.

Zu 3.1.3 (Voraussetzung für 3.1.4):

E E

E E

E E Zylinder

M M M

δ δ

δ Α

K K K

M = K_{1 1 2}

2 3

3 3

3

3 4

4 M5

1

2 3

4 5