zu finden, daß dessen Fußpunktsdreiecke in Bezug auf die gegebenen
sämmtlich gleich seien.
1 T 2 1 T x 1
Lösung. Es muß— — .J—— .
4 r 4 r *
. Jo sein;
da aber in den ähnlichen Dreiecken , ,
4 r * 4 r * 4 r 2
so muß T 2 = T 2 — T 2 sein, d. h. der gesuchte Punkt V ist
der Chordalpunkt der 3 Umkreise der Dreiecke.
92. Gegeben 3 gleiche Dreiecke. Einen Punkt P zu suchen,
daß dessen Fußpunktsdreiecke auf die gegebenen gleich seien.
Es soll wiederum z. B.
1 T J
1 T 2
Z. .Zi_ . J x sein;
da nun J = J v so muß T 2 : r 2 = T 2 : r 2 oder T : 1\ = r : r x
sein. Hieraus kann man auf die Ähnlichkeit der zwei rechtwink
ligen Dreiecke schließen, deren Katheten T und r, respektive J\
und r x sind. Man gelangt so zu dem Resultat, daß der gesuchte
Punkt derjenige ist, von dem aus die 3 Kreise gleichgroß erscheinen.
Sind die gegebenen Dreiecke kongruent, so ist der gesuchte
Punkt das Centrum des Kreises durch 0, O v 0 2 .
Natürlich ist die Aufgabe auch für beliebige Dreiecke lösbar.
93. Der Satz bl gilt für alle Lagen der 3 Geraden, die die Seiteu
Mg. 36.
des Dreiecks bilden: sind 2 Gerade parallel,
so liegen die Centren der gleichen Fußpuukts-
P dreiecke auf einer Parallelen zur dritten;
sind alle drei parallel, so sind alle Fuß
punktsdreiecke = 0; schneiden sich die 3 Ge
raden in einem Punkt 0 (Fig. 36), so ist
A XZ ) = — ZY . XY . sin ( a -f- ß);
sin ß;
aber ZY — OP . sin a, XY ■= OP .
also A XYZ = — OP 2 sin oi. siwß . sin (a + ß),
was mit der Formel 89,3 übereinstimmt, da hier der Dreiecksin
halt J, sowie r verschwindet.
94. Aus dem Satze über den Inhalt eines Orthogonaldreiecks
läßt sich leicht der bekaunte Satz herleiten, daß die Entfernung
inDikr
I*aa
1