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