niets beginnen, maar zodra we op het idee komen, de omgeschre
ven cirkels van de driehoeken PAj B} en P2 A2 B2 te construeren
en daarna de rechte Pt P2 naar beide zijden te verlengen tot de
snijpunten K, resp. K2, hebben we de sleutel tot de oplossing
gevonden.
Immers:
L A, Bx Ki 200—ax
L K, Ar B, fly—200.
We kunnen dus met behulp van de basishoekenmethode van het
punt Kj de coördinaten berekenen en op overeenkomstige wijze
die van K2.
We vinden:
Kt 5322,32 3375,58
K2 10969,33 2920,32
Nu is van Kr K2 het argument te bepalen.
K7K> P7^ 105,1214.
Tevens kunnen we nu de argumenten van Aj Px, Bt Pt, A2 P2
en B2 P2 afleiden. Door voorwaartse snijding vinden we voor de
coördinaten van Pt en P2
P, 8420,67 3125,79
P2 8829,92 3092,80
Ter controle bepalen we tenslotte het argument Pt P2, We
vinden
PT?105,1208.
Goede oplossingen ontvingen we van de heren P. van Beek,
A. W. Boelhouwer, S. de Boer, M. C. Breemans, J. F. Cock,
F. J. ter Haar, S. de Moor, B. F. Osinga en A. L. J. Soeters.
Ten overvloede, delen we opnieuw mede, dat alle lezers op
lossingen voor deze rubriek mogen inzenden: dit is dus niet be
perkt tot de kadastrale ambtenaren.
99
