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Nach dem Beweisverfahren in§ 2 ergiebt sich leicht die Gl.
PAPGI= PB= PDz= A=N=.2(PMEe= PNx⸗)
Da nun die linke Seite dieser Gl. einen unveränderlichen Wert haben soll, so muss auch die Differenz PM²— PNæ unveränderlich sein. Alsdann bilden aber die Punkte P ein Lot auf MN.
§ 4. Errichtet man in A und C, B und D, M und N Lote und bezeichnet die be- züglichen deheſttynukte mit Pa, Pb, L'ma, So ist Pae P ba I. MN, PaPmn I. BD und Ppa Pann 41. T..
Beweis: Hinsichtlich der Behauptung Pa Pyua 1 MN wäre(§ 3) zu beweisen, dass
Pac A2²+ P.(2— P.c B2— Pao D2= Ppa A2+ Ppa C2— Ppa B²— Ppa Dꝰ ist. Diese Bedingungsgl. ist aber erfüllt, denn in Folge der Construction ist 3 A= Po B, Pae C= Pao l), PuaA— Ppa D, Pra C— Pra B.
Die Linien Pac Ppa, Pac Pmn, PpA Pmn treffen MN, BD und AC in Punkten P, für welche
die Gl. bestehen
12. N⸗ AAX= rMRe PNt⸗— o 2— b⸗ 4 1—— PDe PB2= a2— C:
e PA pG=o
Da ausserdem MP PN= MN, DP+ PB= DB und AP PC= AC, so sind die Fusspunkte der Lote leicht durch Rechnung zu bestimmen.
Zusätze: 1) Wenn M= N, so wird MN durch Pa Pra halbiert; ebenso wird DB oder AC von dem entsprechenden Lote halbiert, je nachdem d= b oder a= c ist.(Fig. II.)
2) Wenn M= N, so ist Dac ACOP. BD. Alsdann sind aber die von der ge- meinschaftlichen Ecke Pac auf M und N gefällten Höhen einander gleich, d. h. Pac muss auf der Halbierungslinie eines der Winkel liegen, die von den Diagonalen gebildet werden.
Es lässt sich leicht zeigen, dass Pac auf die Halbierungslinie derjenigen Winkel fällt, in denen die Seiten a und ce nicht liegen und zwar fällt es in den Winkelraum desjenigen jener beiden Scheitelwinkel, der die grösseren Diagonalenstücke(und deshalb auch die grössere Viereckseite) aufzuweisen hat. Pac fällt also auf die Halbierungslinie des Winkels AED*) Käme nämlich Pac in den Winkelraum BEC zu liegen, so wäre+ Pc CD ECD u.+† P DC=EDC Da nun wegen DE=CE bereits+ lCD EDC, so müsste um so mehr ₰△‿ P. CD Pa⸗DC sein. Wenn aber Pa C das in der Mitte von c errichtete Lot sein soll, so ist+‿ Pac CD= P. DC u. s. w.— Pac kann aber auch nicht in dem Winkelraume AEB liegen. Da nämlich P ACO.P BD, so ist+ P CA= P. DB. Läge nun Pc in dem Winkelraum AEB, so wäre+ Pae CD= ECD+ P. CA und+‿ P DC= EDC+ P. DB. Demnach müsste+‿ P. CD P. DC sein, weil bereits ½ ECDEDC ist u. s. w. Benützt man das Lot P A, so lässt sich in derselben Weise zeigen, dass Pac nicht in den Winkelräumen BEC und CED liegen kann. Es bleibt also blos noch der Winkelraum AED übrig.
Ppa liegt auf der Halbierungslinie des Winkels AEB.—
Ist a= c, so fallen Pya und Pan auf die Halbierungslinien der Winkel, welche durch die verlängerten Seiten a und c in F gebildet werden.
Durch die Annahme b= d kommen Pac und Pan auf die Halbierungslinien des Winkels AGB und dessen Nebenwinkels zu liegen.
3) Wenn M= N, oder a= c, oder b= d, dann wird die Strecke Pac Ppa durch M und N, oder Ppa Pan durch a und c, oder Pac Pan durch b und d harmonisch geteilt.
4) Wenn M= N, oder a= c, oder b= d, dann sind P. und Pna, oder Pab und Pun, Odes Pac und Pma die Punkte, um welche Drehungen ausgeführt werden müssen, wenn
*) In dem Viereck mit gleichen Diagonalen seien die Buchstaben so gesetzt, dass EA EB= ED= EO