Da die Koordinaten eines jeden Punktes durch Parallelen zu den drei Koordinatenachsen dargestellt werden, so ist das so hergestellte Bild eine Parallelprojektion. Damit ist jedoch der Inhalt unseres Satzes noch nicht erschöpft. In präziser Formulierung lautet er folgendermaßen:

I. Werden in einer Ebene ε' drei von einem Punkt O' ausgehende Strecken O'A', O'B', O'C' so angenommen, daß ihre Endpunkte ein Dreieck A'B'C' bilden, so können sie stets als Parallelprojektion eines rechtwinkligen gleichseitigen räumlichen Dreikants OABC auf ε' betrachtet werden.63

Wir betrachten zunächst denjenigen besonders einfachen Fall, der der gewöhnlichen Koordinatendarstellung entspricht. Das Dreikant liegt dann so, daß eine seiner Ebenen (die xz-Ebene) zu ε' parallel ist. Die zur Ebene ε' parallelen Kanten OA und OC erscheinen alsdann in der Projektionsfigur in ε' in ihrer natürlichen Länge, während die dritte Kante OB (die der y-Achse entspricht) eine Verkürzung erfährt. Für diesen Fall ist der Satz geradezu evident; geht man nämlich von zwei zueinander gleichen rechtwinkligen Strecken O'A' und O'C' aus (Fig. 72), während O'B' mit ihnen einen beliebigen Winkel bildet, so kann diese Figur in der Tat als Projektion eines so gelegenen Dreikants OABC aufgefaßt werden. Die zugehörige Richtung der projizierenden Strahlen ergibt sich unmittelbar in der Weise, daß man auf der Zeichnungsebene ein Lot O'B'' = OB errichtet, und B'' mit B' verbindet. Man bezeichnet diese Art der Darstellung auch als schiefe Projektion. Übrigens bleibt das Vorstehende auch dann noch in Kraft, wenn O'B' mit einer der Geraden O'A' oder O'C' zusammenfällt; dies bedeutet nämlich nur, daß die projizierenden Strahlen zu der Seitenfläche OAB oder OBC des Dreikants parallel sind.64

Dem Beweis des allgemeinen Satzes schicke ich einen Hilfssatz voraus, der in seiner einfachsten Formulierung ein Satz über ein gerades dreiseitiges Prisma ist und folgendermaßen ausgesprochen werden kann:

II. Jedes gerade dreiseitige Prisma kann durch eine Ebene ε so geschnitten werden, daß die Schnittfigur einem gegebenen Dreieck ähnlich ist.

Ist A'B'C' die Grundfläche des Prismas (Fig. 73), und ABC die in ε entstehende Schnittfigur, so ist zu zeigen, daß bei geeigneter Lage von ε das Dreieck ABC einem gegebenen Dreieck A₀B₀C₀ ähnlich ist. Zweierlei schicke ich voraus. Erstens ist klar, daß, wenn eine Ebene ε dem Satze genügt, auch jede zu ihr parallele Ebene dies tut; zweitens können wir A₀B₀C₀ durch irgendein ihm ähnliches Dreieck ersetzen; wir dürfen es deshalb auch so wählen, daß A₀B₀ = A'B' ist. Dies wird im folgenden geschehen. Die Ebene, die die Grundfläche A'B'C' enthält, sei ε'.

Der Beweis geht so vor, daß er direkt die Lage der Ebene ε bestimmt; dazu ist erstens ihre Schnittlinie mit ε' und zweitens die Neigung beider Ebenen zu ermitteln. Wir stützen ihn auf die in § 5 enthaltenen Sätze über Parallelperspektive. Wir können nämlich ε' und ε durch Strahlen, die auf ε' senkrecht stehen, parallelperspektiv so aufeinander beziehen, daß A'B'C' und ABC einander entsprechen. Nun gibt es in den so bezogenen Ebenen gemäß § 5, I durch C und C' je ein Paar entsprechender rechtwinkliger Strahlen u, v und u', v'; und da es sich um eine orthogonale Projektion handelt, so läuft der eine von ihnen der Schnittlinie s beider Ebenen parallel, während der andere auf ihr senkrecht steht. Man folgert also umgekehrt, daß s einem dieser Strahlen parallel sein muß; um die Richtung von s zu ermitteln, haben wir daher zunächst die ebengenannten Strahlenpaare zu bestimmen.

Dazu denken wir uns eine besondere Ebene ε₀, die das Dreieck A₀B₀C₀ enthalten soll, und beziehen sie in der Weise ähnlich (§ 4) auf ε, daß ABC und A₀B₀C₀ einander entsprechen. Dann bestehen die in § 5, 1 und 2 genannten Eigenschaften sowohl für ε und ε', als auch, für ε und ε₀, sie bestehen also auch für ε₀ und ε', und da nach Annahme A'B' = A₀A₀ ist, so gibt es in ε' und ε₀ auch ein Geradenpaar, dessen Proportionalitätsfaktor ρ = 1 ist. Gemäß § 5, 8 u. 9 gelten also für ε₀ und ε' alle dort abgeleiteten Sätze.

Seien nun u₀ und v₀ die Geraden durch C₀, die in ε₀ den Geraden u und v von ε entsprechen, so bilden auch sie einen rechten Winkel. Daher sind u₀, v₀ und u', v' auch für ε₀ und ε' die den Punkten C₀ und C' zugehörigen rechten Winkel. Um sie zu bestimmen, hat man gemäß § 5 in der Ebene ε' das Dreieck A₀B₀C₀ so zu zeichnen (Fig. 74), daß A₀B₀ auf A'B' fällt, dann den Kreis zu schlagen, der durch C₀ und C' geht, und dessen Mittelpunkt auf A'B' liegt, und die Punkte U' und V ', in denen er A'B' schneidet, mit C' zu verbinden. Damit ist die Lage der Strahlen u' und v' bereits bekannt.

Es fragt sich nun noch, welcher dieser beiden Strahlen derjenige ist, dem die Schnittlinie s beider Ebenen parallel läuft. Um die Begriffe zu fixieren, bezeichnen wir diesen durch u'; es ist also sowohl u' als auch u zu s parallel, während v' auf s senkrecht steht. Wir gehen nun wieder zu den Ebenen ε und ε' zurück, und denken uns die Ebene ε so in die Ebene ε' um die Achse s umgelegt (Fig. 74), daß die Dreiecke ABC und A'B'C' auf verschiedenen Seiten von s liegen.65 Dann wird, da ε' eine Orthogonalprojektion von ε ist, die Verbindungslinie von je zwei entsprechenden Punkten P und P' beider Ebenen die Achse s senkrecht schneiden; sei S der Punkt, in dem sich die Geraden c' = A'B' und c = AB auf der Achse s schneiden, und W der Schnitt von s mit V V '. Dann ist

und ebenso folgt, wenn wir noch beachten, daß ε₀ und ε ähnliche Ebenen sind,

Nun ist aber V 'W die Projektion von V W, folglich ist

Die linke Seite von 2) ist daher größer als die linke Seite von 1); zwischen ihren rechten Seiten muß daher dasselbe Größenverhältnis bestehen. Da nun gemäß unserer Konstruktion U₀ mit U' und V ₀ mit V ' identisch ist, so ergibt sich schließlich

Durch diese Ungleichung werden die beiden Punkte U' und V ', also auch die Strahlen u' und v' voneinander getrennt. Damit ist der Strahl u', dem s parallel läuft, eindeutig bestimmt. Die Richtung der Geraden s in ε' ergibt sich also eindeutig.

Es ist also nur noch die Neigung von ε gegen ε' zu ermitteln. Sie ist bekannt, sobald man die Länge von V 'W kennt. Diese ergibt sich aber wieder aus 1), denn SW, V 'C' und U'C' sind Strecken von ε', die zeichnerisch bestimmbar sind. Die Neigung von ε gegen ε' ist daher ebenfalls eindeutig bestimmt; ihr entsprechen jedoch zwei verschiedene Ebenen, die symmetrisch gegen die Ebene ε' liegen. Damit ist unser Satz bewiesen. Wir finden sogar zwei Scharen von Ebenen, die ihm genügen.

Die Konstruktion gestaltet sich demnach folgendermaßen. In der Ebene ε' zeichne man A'B'C₁ ähnlich zu dem gegebenen Dreieck A₀B₀C₀, schlage den durch C₀ und C₁ gehenden Kreis, dessen Zentrum auf A'B' liegt, und benenne seine Schnittpunkte U' und V ' mit A'B' gemäß der Proportion 4). Man zeichne dann die Gerade WS senkrecht zu U'C', und bestimme V 'W gemäß Proportion 1), so ist damit sowohl die Schnittlinie der Ebene ε' mit ε als auch ihre Neigung gegen ε und damit ihre Lage im Raume festgelegt.

Wir gehen nun zum Beweis des Satzes I über, dem wir noch dadurch einen allgemeineren Inhalt geben können, daß wir das rechtwinklige gleichseitige Dreikant durch ein beliebiges Dreikant ersetzen. So gelangen wir zu folgendem, als Satz von Pohlke bezeichneten Theorem:

III. Ist ein Dreikant OABC und ein ebenes Viereck O₀A₀B₀C₀ beliebig gegeben, so kann man eine Ebene ε' und eine Projektionsrichtung so bestimmen, daß die in ε' entstehende Parallelprojektion O'A'B'C' des Dreikants dem Viereck O₀A₀B₀C₀ ähnlich ist.

Wir nehmen zunächst wieder an, daß eine Ebene ε' und eine Projektionsrichtnng, wie sie der Satz verlangt, vorhanden ist. Ferner sei ε die durch das Dreieck ABC bestimmte Ebene, und O₁ (Fig. 75) derjenige Punkt, in dem sie von dem durch O gehenden projizierenden Strahl getroffen wird, so ist klar, daß die Projektionsrichtung bekannt ist, sobald man den Punkt O₁ kennt. Nun befinden sich ε und ε' in der Weise in parallelperspektiver Lage, daß ABCO₁ und A'B'C'O' entsprechende Punkte sind, und außerdem sind O'A'B'C' und O₀A₀B₀C₀ ähnliche Figuren. Wir können daher wieder, wie beim Beweis des Hilfssatzes, die das Viereck O₀A₀B₀C₀ enthaltende Ebene ε₀ ähnlich so auf ε' beziehen, daß O₀A₀B₀C₀ und O'A'B'C' einander entsprechen, und schließen wieder genau wie oben, daß nun auch die Ebenen ε und ε₀ in der in § 5 erörterten Beziehung stehen; und zwar sind O₁ABC und O₀A₀B₀C₀ entsprechende Punkte. Gemäß § 5, 7 können wir daher den Punkt O₁ mit Hilfe der gegebenen Punkte ABC und A₀B₀C₀ konstruieren. Damit ist die Richtung der projizierenden Strahlen bereits bestimmt.

Nun sei ε₂ irgendeine zu dieser Richtung senkrechte Ebene, und A₂, B₂, C₂ ihre Schnittpunkte mit den durch A, B, C gehenden projizierenden Strahlen. Dann kann man A₂B₂C₂ als die Grundfläche eines geraden Prismas auffassen, das von der Ebene ε' so geschnitten werden soll, daß die Schnittfigur A'B'C' zu A₀B₀C₀ ähnlich ist. Unserem Hilfssatz gemäß kann daher die Ebene ε' dieser Bedingung gemäßbestimmt werden.66 Man sieht auch noch, daß nicht bloß A'B'C' ~ A₀B₀C₀ ist, sondern auch O₁A'B'C' ähnlich zu O₀A₀B₀C₀, denn die zwischen unseren Ebenen festgesetzten Beziehungen betreffen stets die ganzen Ebenen, d. h. also die sämtlichen in ihnen enthaltenen einander entsprechenden Figuren. Damit ist der Beweis geliefert.

Als Beispiele können zunächst alle Figuren dienen, die im vorstehenden dem axonometrischen Grundsatz gemäß gezeichnet worden sind; eine Reihe anderer möge hier folgen.

1. Eine sechseckige reguläre Säule so zu zeichnen, daß ihre Kanten vertikal werden (Fig. 76). Beliebig wählbar sind die beiden Geraden, die zwei Seiten der Grundfläche entsprechen; sie mögen durch AB und AF dargestellt werden. Zieht man nun durch B eine Parallele zu AF, und durch F eine Parallele zu AB, so hat man in ihrem Schnittpunkt M das Bild des Mittelpunktes des dem Sechseck umschriebenen Kreises. Durch Verlängerung von AM, BM, FM über M um sich selbst erhält man daher die Punkte D, E, G. Gleichlange Vertikalen in A, B, C, D, E, F liefern endlich die Punkte der oberen Grundfläche.67

2. Die acht Ecken eines Würfels lassen sich in zwei Gruppen von je vieren zerlegen, die je ein reguläres Tetraeder bilden; jedes Tetraeder enthält sechs Flächendiagonalen als Kanten. In Fig. 77 sind AEFG und HBCD zwei solche Tetraeder.68 Man soll ihre Durchdringungsfigur zeichnen.

Man zeichne zunächst den Würfel selbst in irgend einer axonometrischen Darstellung. Man beachte nun, daß jeder Mittelpunkt einer Würfelfläche Schnittpunkt zweier Flächendiagonalen ist, also der Durchdringungsfigur beider Tetraeder angehört. Damit sind die Durchdringungsgeraden beider Tetraeder bestimmt; sie bilden das Oktaeder, dessen Ecken in die Mitten der Würfelflächen fallen. Nur vier von ihnen sind sichtbar; nämlich diejenigen, die von der Mitte der vorderen Würfelfläche ausgehen.

Man erhält es daher am einfachsten, indem man vom Würfel ausgeht, auf seine Flächen vom Mittelpunkt M die Lote fällt, und diese um sich selbst verlängert (Fig. 78).69

4. Einen vierseitigen Pyramidenstumpf zu zeichnen (Fig. 79). Wir gehen von einer dreiseitigen Pyramide aus, deren Spitze O, deren Grundfläche ABC = γ und deren Kanten a, b, c seien; eine gewisse, noch unbestimmt bleibende Ebene γ₁ möge sie in dem Dreieck A₁B₁C₁ schneiden. Aus dem Pohlkeschen Satz folgt zunächst, daß die axonometrischen Bilder von O', A', B', C' und damit auch die Bilder a', b', c'4 beliebig wählbar sind. Ebenso können wir aber auch die Bildpunkte A'₁, B'₁, C'₁ auf a', b', c' beliebig annehmen; ihnen entsprechen stets gewisse Raumpunkte A₁, B₁, C₁ so daß durch die Wahl von A'₁, B'₁, C'₁ die Ebene γ₁ festgelegt ist.70 Die Punkte D und D₁, die von γ und γ₁ auf einer vierten durch O gehenden Kante bestimmt werden, sind jedoch nicht mehr beide willkürlich; vielmehr ergibt sich alles weitere auf Grund des in § 4 abgeleiteten Satzes von Desargues. Aus ihm folgt zunächst, daß die drei Schnittpunkte

auf einer Geraden s₀ liegen, die das axonometrische Bild der Schnittlinie von γ und γ₁ ist.71 Auf ihr können wir nun einen Punkt D₀ beliebig annehmen und festsetzen, daß er Schnittpunkt von s₀ mit der durch O gehenden Ebene (ad) = δ sein soll, und können außerdem auch die Bildkante d' beliebig zeichnen; sie muß notwendig Bild einer gewissen in δ liegenden Kante d sein. Um endlich D' und D₁' zu finden, haben wir wieder D₀ mit A' und A₁' zu verbinden und die Schnittpunkte dieser Geraden mit d' zu bestimmen. Sie liefern uns die Punkte D' und D₁'. Übrigens schneiden sich auch die Geraden B'D' und B₁'D₁', sowie C'D' und C₁'D₁' auf s₀, was zeichnerische Überbestimmungen liefert.