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Da sonach die beiden Vierecke ABCE und VVWW“ gleiche Diagonalen haben, welche

sich unter gleichen Winkeln schneiden, so liegt die Vermutung nahe, dass sie congruent sind. 4 4 4

In der That ist—— N Da aber VW= N ist, so muss auch VH= n sein u. s. w. Die Vierecke sind aber auch in ähnlicher Lage. Ihr Aehnlichkeitspunkt liegt in der Mitte von EH“.

§ 17. Die Punkte E, H und H“’ liegen in gerader Linie und zwar halbirt H die Strecke EH“.

Beweis. Genau wie in§ 13. Oder auch: EH l M⸗N“, EH MN; da nun MNM⸗N.⸗, so müssen EH und EH“ aufeinanderfallen.

Zusatz. Bedeutet E“ den Mittelpunkt von MN“ so ist nach§ 5 Z/“]1 M⸗N. Mithin ZEÄl EH“. Da ferner der Abstand des Centrums des Umkreises von einer Dreiecksseite gleich der Hälfte des entsprechenden oberen Höhenabschnittes ist, so muss 2— u= EH= HH“ sein. Daraus folgt leicht, dass auch 2", E und H in gerader Linie liegen und dass Z'E= EH ist. Weil endlich Pac Ppa 1 MN(§ 4), so sind die 3 Geraden E H, Pac Pra, Z'E’ parallel und zwar läuft P. Pya genau in der Mitte zwischen EII und Z'E..

§ 18. Die Punkte Z, S und H, ebenso auch Z“, 8“ und H“ liegen in gerader Linie 28 248 14 SI SH 2

Beweis. Die Behauptung ist lediglich der Euler'sche Lehrsatz bezüglich der beiden Dreiecke EMN und EM’'N..

Bemerkung: Die Sätze in§ 5, 12, 14, 15, 16 bilden in ihrer Gesammtheit gewisser- massen den Euler'schen Lehrsatz in Bezug auf das Viereck. Der Gedanke liegt nahe, dass auch die übrigen merkwürdigen Punkte des Dreiecks in ähnlichen Beziehungen zu dem Vier- eck, bezw. zu den Dreiecken EMN und EM⸗N’ stehen mögen. Dies ist indessen nicht der Fall. Die Centren der Inkreise der Dreiecke ABE, BCE, GDE, DAE bilden z. B. ein Vier- eck, dessen Diagonalen die Halbirungslinien der von A0 und BD gebildeten Winkel sind. Dieselben schneiden sich also in E selbst. Die Analogie würde dagegen verlangen, dass jener Diagonalenschnittpunkt in das Centrum des Inkreises von EMR fiele.

§ 19. Construirt man über BCE das Parallelogramm B0DRa, so ergeben sich leicht die Gl.(Fig. III.)

und zwar ist

Ra A²= as²+ e*— 2accos F= bz+ d²— 2 bd cos G. Da sich die Diagonalen eines Parallelogramms halbiren, so geht R. C durch N. In- sofern weiter R CM 1 (e CAn, so muss R. A MN und 2 MN MN. sein. Die 5 Geraden MN“, Ra A, Ry B, Re C, Ra D sind also parallel und gleich; die Punkte R., N' und Re liegen in gerader Linie, ebenso R, M“ und Ra; Ra Re ist= M, R Ra= N.

§ 20. Zum Schlusse meiner Arbeit will ich noch auf einige geometrische Oerter ein- gehen, welche fast dasselbe Verhalten zeigen, wie die in§ 3 und§ 7 untersuchten.— Die Gerade MN ist der geometrische Ort aller Punkte P, für welche die GI. besteht. . APB+ CPD= APD BPC Beweis. Bedeutet P einen beliebigen Punkt dieser Geraden, so ist APB= AMB+ BMP— AMpP CPD= CMD+ CMP— DMbP Addiert man und erwägt, dass AMP=(MpP, BMpP= DMb, so folgt: APB+ CPD= AMB+ /0CMD Nun ist aber AMB+ CMD offenbar gleich dem halben Flächeninhalt(f) des ganzen Vier-

ecks, mithin muss APB+ CPD= f.= BPD+ DPA sein.