Sei 4ABC ein Dreieck mit Umkreisradius r und Seitenl¨angen a, b und c. Wir w¨ahlen ein Koordinatensystem, dessen Nullpunkt der UmkreismittelpunktU des Dreiecks ist. Die Ortsvektoren zu den Eckpunkten A,B undC des Dreiecks nennen wir u, vund w. Dann gilt a = kv−wk, b = ku −wk, c = ku −vk und kuk = kvk = kwk = r. Den halben Umfang 12(a+b+c) des Dreiecks nennen wir s.
Satz 74: Sei h =u+v+w. Dann ist h der Ortsvektor zum H¨ohenschnittpunkt H des Dreiecks 4ABC.
Beweis: Es gilthh−w,u−vi=hu,ui−hu,vi+hv,ui−hv,vi=kuk2−kvk2 =r2−r2 = 0.
Somit steht h−w senkrecht auf u−v. Der Punkt mit Ortsvektor h liegt auf der H¨ohe durch den Eckpunkt C. Ebenso zeigt man hh−v,u−wi= 0 und hh−u,v−wi= 0, das heißt, der Punkt mit Ortsvektor h liegt auch auf den H¨ohen durch die Eckpunkte B und A. Dieser Punkt ist somit der H¨ohenschnittpunkt H.
Sei σ = 12r und Z der Mittelpunkt der Strecke U H. Der Neunpunktkreis wird definiert als der Kreis mit Mittelpunkt Z und Radius σ. Da der Umkreismittelpunkt U der Nullpunkt ist, ist n= 12h= 12(u+v+w) der Ortsvektor des Punktes Z.
Satz 75: SeienHa,Hb undHc die H¨ohenfußpunkte undMa, Mb undMc die Seitenmitten des Dreiecks 4ABC. Sei H der H¨ohenschnittpunkt und Ra, Rb und Rc die Mittelpunkte der Strecken HA, HB und HC. Dann liegen die neun Punkte Ha, Hb, Hc, Ma, Mb, Mc, Ra, Rb und Rc auf dem Neunpunktkreis.
Beweis: Wir beweisen nur, dass die Punkte Mc, Rc und Hc auf dem Neunpunktkreis liegen. Der Ortsvektor zum Mittelpunkt Mc der Seite AB ist mc = 12u + 12v. Der Ortsvektor zum Mittelpunkt Rc des H¨ohenabschnitts HC ist rc = 12u+ 12v+w. Es gilt
−−→ZMc =mc−n = −12w und −−→
ZRc = rc −n = 12w, also |ZMc| =|ZRc|= r2. Somit liegen Mc und Rc auf dem Neunpunktkreis (McRc ist ein Durchmesser des Neunpunktkreises).
Sei e =−−→
ZHc. Es gilt −−−→
McHc =−−→
ZHc−−−→
ZMc =e+ 12wund −−−→
RcHc =−−→
ZHc−−−→
ZRc =e− 12w.
Da −−−→
McHc und −−−→
RcHc orthogonal sind, erhalten wir he+ 12w,e− 12wi = 0 (das gilt auch im Fall Hc = Mc oder Hc = Rc). Wegen he+ 12w,e− 12wi = kek2 − 14kwk2 ergibt sich kek= 12kwk= r2. Das bedeutet, dass auch Hc auf dem Neunpunktkreis liegt.
Satz 76: Der Ortsvektor zum Inkreismittelpunkt I ist m= 2sau+ 2sb v+ 2sc w.
Beweis: Den Inkreismittelpunkt finden wir als Schnittpunkt der drei Winkelsymmetralen des Dreiecks. Parameterdarstellungen dieser Winkelsymmetralen sind
u+λ1(1c(v−u)+1b(w−u)), v+λ2(1c(u−v)+1a(w−v)) und w+λ3(1b(u−w)+1a(v−w)) Setzt man λ1 = 2sbc in der ersten Parameterdarstellung,λ2 = ac2s in der zweiten undλ3 = ab2s in der dritten, dann erh¨alt man jedes Malm. Somit istmder Ortsvektor zu einem Punkt, der auf allen drei Winkelsymmetralen liegt. Das ist der Inkreismittelpunkt I.
Satz 77: Die Ortsvektoren zu den Mittelpunkten Ia, Ib und Ic der drei Ankreise sind ma=−2(sa−a)u+ 2(sb−a)v+2(sc−a)w, mb = 2(sa−b)u− 2(sb−b)v+ 2(sc−b)w und schließlich mc = 2(sa−c)u+ 2(sb−c)v− 2(sc−c)w.
Beweis: Den Ankreismittelpunkt Ic finden wir als Schnittpunkt der ¨außeren Winkelsym-metralen durch die Eckpunkte A und B und der inneren Winkelsymmetrale durch den
Eckpunkt C. Parameterdarstellungen dieser drei Winkelsymmetralen sind
u+λ1(1c(v−u)−1b(w−u)), v+λ2(1c(u−v)−1a(w−v)) und w+λ3(1b(u−w)+1a(v−w)) Setzt man λ1 = 2(s−c)bc in der ersten Parameterdarstellung,λ2 = 2(s−c)ac in der zweiten und λ3 = 2(sab−c) in der dritten, dann erh¨alt man jedes Malmc. Somit istmc der Ortsvektor zu einem Punkt, der auf diesen Winkelsymmetralen liegt. Das ist der Ankreismittelpunkt Ic. Auf analoge Weise findet man die anderen Ankreismittelpunkte.
Den folgenden Hilfssatz verwenden wir, um Abst¨ande zwischen den oben eingef¨uhrten besonderen Punkten des Dreiecks zu berechnen.
Hilfssatz: F¨ur beliebige reelle Zahlen da, db und dc gilt
kdau+dbv+dcwk2 =r2(da+db+dc)2−(a2dbdc+b2dadc+c2dadb)
Beweis: Es gilt c2 = ku − vk2 = hu − v,u −vi = kuk2 +kvk2 − 2hu,vi. Wegen kuk= kvk= r erhalten wir hu,vi= r2− 12c2. Ebenso ergibt sich hu,wi =r2− 12b2 und hv,wi=r2− 12a2. Wenn wir auch kuk=kvk=kwk=r verwenden, dann erhalten wir
kdau+dbv+dcwk2 =d2akuk2+d2bkvk2+d2ckwk2+ 2dadbhu,vi+ 2dadchu,wi+ 2dbdchv,wi
=r2(d2a+d2b+d2c+ 2dadb+ 2dadc+ 2dbdc)−c2dadb−b2dadc−a2dbdc
Das ist bereits das gew¨unschte Ergebnis.
Wir verwenden die HeronformelF2 =s(s−a)(s−b)(s−c) f¨ur die Fl¨acheF des Dreiecks.
Diese kann man auch als 16F2 = 2a2b2+ 2a2c2 + 2b2c2−a4−b4−c4 schreiben. Weiters verwenden wir die Formeln ϱ = Fs, ϱc = sF−c und r = abc4F f¨ur den Inkreisradius ϱ, den Ankreisradius ϱc und den Umkreisradiusr. Insbesondere gilt ϱr= abc4s und ϱcr= 4(s−c)abc .
Wir beweisen zuerst die Formel von Euler.
Satz 78 (Euler) Es gilt |U I|2 =r2−2rϱ.
Beweis: Es gilt −→
U I = m = dau+dbv+dcw mit da = 2sa, db = 2sb und dc = 2sc nach Satz 76. Es folgtda+db+dc = 1 und a2dbdc+b2dadc+c2dadb = abc4s2(a+b+c) = abc2s = 2ϱr.
Der Hilfssatz ergibt dann die gesuchte Formel.
Satz 79 (Euler) Es gilt |U Ic|2 =r2 + 2rϱc. Beweis: Es gilt−→
U Ic =mc =dau+dbv+dcwmitda = 2(sa−c),db = 2(sb−c) unddc = 2(s−−cc). Es folgtda+db+dc = 1 unda2dbdc+b2dadc+c2dadb = 4(s−−abcc)2(a+b−c) = 2(s−abc−c) =−2rϱc. Der Hilfssatz ergibt dann die gesuchte Formel.
Auch den Satz von Feuerbach k¨onnen wir jetzt sehr einfach beweisen.
Satz 80 (Feuerbach) Es gilt |IZ|= 12r−ϱ.
Beweis: Es gilt −→
IZ = n−m = dau+dbv+dcw mit da = s2s−a, db = s2s−b und dc = s2s−c nach Satz 74 und Satz 76. Es folgt da+db+dc = 12 und
a2dbdc+b2dadc +c2dadb = 16s12(a2(a2−(b−c)2) +b2(b2−(a−c)2) +c2(c2 −(a−b)2))
= 16s12(a4+b4+c4−2a2b2−2a2c2−2b2c2+ 2abc(a+b+c))
=−Fs22 + abc4s =−ϱ2+ϱr
Der Hilfssatz ergibt |IZ|2 = 14r2+ϱ2 −ϱr = (12r−ϱ)2. Aus Satz 78 folgt 12r ≥ ϱ. Wir ziehen die Wurzel und erhalten |IZ|= 12r−ϱ.
Satz 81 (Feuerbach) Es gilt |IcZ|= 12r+ϱc. Beweis: Es gilt −→
IcZ = n−mc = dau+dbv+dcw mit da = −2(ss−−bc), db = −2(ss−−ac) und dc = 2(ss−c) nach Satz 74 und Satz 76. Es folgt da+db +dc = 12 und
a2dbdc+b2dadc+c2dadb = 16(s1−c)2(a2(a2−(b+c)2) +b2(b2−(a+c)2) +c2(c2−(a−b)2))
= 16(s1−c)2(a4+b4+c4−2a2b2−2a2c2−2b2c2−2abc(a+b−c))
=−(sF−2c)2 − 4(sabc−c) =−ϱ2c −ϱcr
Der Hilfssatz ergibt |IcZ|2 = 14r2 +ϱ2c +ϱcr = (12r+ϱc)2. Es folgt |IcZ|= 12r+ϱc. Aus Satz 80 folgt, dass der Inkreis den Neunpunktkreis von innen ber¨uhrt, da 12r ja der Radius des Neunpunktkreises ist. Aus Satz 81 folgt, dass der Ankreis an die Seite AB den Neunpunktkreis von außen ber¨uhrt. Das gilt nat¨urlich auch f¨ur die anderen Ankreise.
Man kann mit dieser Methode auch andere Abst¨ande berechnen, zum Beispiel Satz 82: Es gilt |U H|2 = 9r2−(a2+b2+c2).
Beweis: Folgt aus dem Hilfssatz mit da =db =dc = 1, da−−→
U H =h=u+v+w gilt.
Weitere besondere Punkte: Wir f¨uhren f¨unf weitere besondere Punkte des Dreiecks ein und berechnen deren Ortsvektoren. Wir beginnen mit dem Schwerpunkt.
Satz 83: Der Ortsvektor des Schwerpunkts S ist 13h= 13(u+v+w).
Beweis: Geht man vom EckpunktAaus zwei Drittel der Schwerlinie entlang, dann kommt man zum Punkt mit Ortsvektor u+ 23(v+w2 −u) = 13u+ 13v+ 13w = 13h. Dasselbe kann man auch vom Eckpunkt B und Eckpunkt C aus machen. Man erh¨alt jedes Mal 13h. Der Punkt mit Ortsvektor 13h liegt auf allen drei Schwerlinien und teilt diese im Verh¨altnis 2 : 1. Dieser Punkt ist somit der Schwerpunkt S.
Der BevanpunktV des Dreiecks4ABCist der Umkreismittelpunkt des Dreiecks4IaIbIc, dessen Eckpunkte die Ankreismittelpunkte sind.
Satz 84: Der Ortsvektor des Bevanpunktes V ist −m. Außerdem gilt auch V Ia ⊥BC, V Ib ⊥AC und V Ic ⊥AB. Der Umkreisradius des Dreiecks 4IaIbIc ist 2r.
Beweis: Wir gehen umgekehrt vor. Wir w¨ahlenV als den Punkt, dessen Ortsvektor −m ist und zeigen, dass er der Bevanpunkt ist.
Es gilt−→
V Ic =mc+m=dau+dbv+dcwmitda = 2sa +2(s−c)a = 2s(s−c)a(a+b),db = 2sb +2(s−c)b =
b(a+b)
2s(s−c) und dc = 2sc − 2(sc−c) = 2s(s−c−2c). Es folgt da+db+dc = 2 und
a2dbdc+b2dadc +c2dadb = 4s2(s1−c)2(−a2bc2(a+b)−b2ac2(a+b) +c2ab(a+b)2)
= abc4s22(s(a+b)−c)2(−a−b+a+b) = 0
Der Hilfssatz ergibt |V Ic|2 = 4r2. Es folgt |V Ic| = 2r. Ganz analog zeigt man, dass auch
|V Ia|= 2r und|V Ib|= 2rgilt. Somit ist V der Umkreismittelpunkt des Dreiecks4IaIbIc, das heißt der Bevanpunkt des Dreiecks 4ABC. Der Umkreisradius ist 2r.
Nun zur zweiten Aussage. Wir zeigen V Ic ⊥AB. Es gilt
hmc +m,v−ui= (da−db)hu,vi −dakuk2+dbkvk2+dchv,wi −dchu,wi
Setzt man hu,vi, kuk, kvk, hv,wi und hu,wi wie im Beweis des Hilfssatzes ein, und da, db unddc wie im ersten Teil dieses Beweises, dann erh¨alt manhmc+m,v−ui= 0. Somit steht V Ic senkrecht auf AB. Analog zeigt man V Ib ⊥AC und V Ic ⊥AB.
Der Spiekerpunkt K des Dreiecks 4ABC ist der Inkreismittelpunkt des Seitenmitten-dreiecks 4MaMbMc.
Satz 85: Der Ortsvektor zum Spiekerpunkt K ist 12h− 12m.
Beweis: Den Spiekerpunkt finden wir als Schnittpunkt der drei Winkelsymmetralen des Seitenmittendreiecks 4MaMbMc. Eine Parameterdarstellung der Winkelsymmetrale durch den EckpunktMa ist 12(v+w)−λ1(1c(v−u) +1b(w−u)), da sie parallel zur Winkel-symmetrale durch Aim Dreieck4ABC liegt und 12(v+w) der Ortsvektor des Eckpunkts Ma ist. Parameterdarstellungen der Winkelsymmetralen durch die EckpunkteMb undMc
sind 12(u+w)−λ2(1c(u−v) +1a(w−v)) und 12(u+v)−λ3(1b(u−w) +a1(v−w)). Setzt man λ1 = bc4s in der ersten Parameterdarstellung, λ2 = ac4s in der zweiten und λ3 = ab4s in der dritten, dann erh¨alt man jedes Mal b+c4s u+ a+c4s v+a+b4s w. Man rechnet nach, dass das gleich 12h−12m ist. Somit ist 12h− 12m der Ortsvektor zu einem Punkt, der auf allen drei Winkelsymmetralen liegt. Das ist der Spiekerpunkt K.
Mit dem n¨achsten Satz f¨uhren wir den Nagelpunkt des Dreiecks 4ABC ein.
Satz 86: Sei Qa der Punkt, in dem der Ankreis die Seite BC ber¨uhrt, sei Qb der Punkt, in dem der Ankreis die Seite AC ber¨uhrt undQc der Punkt, in dem der Ankreis die Seite AB ber¨uhrt. Die Geraden ℓ(A, Qa), ℓ(B, Qb) und ℓ(C, Qc) schneiden einander in einem
Punkt N, dem Nagelpunkt des Dreiecks 4ABC. Sein Ortsvektor ist h−2m.
Beweis: Der Punkt Qc hat Abstand s − b zum Eckpunkt A. Sein Ortsvektor gc ist somit u+ s−cb(v−u) = s−cau+ s−cbv. Die Ortsvektoren ga und gb zu den Punkten Qa
und Qb sind s−abv+ s−acw und s−bau+ s−bcw. Sei g = s−sau+ s−sbv+ s−scw. Dann gilt g = u+ as(ga−u) = v+ bs(gb−v) = w+ cs(gc −w). Somit ist g der Ortsvektor eines PunktesN, der auf allen drei Geraden ℓ(A, Qa),ℓ(B, Qb) undℓ(C, Qc) liegt. Er kann auch als h−2m geschrieben werden, wie man durch Nachrechnen leicht sieht.
Sei L der Punkt, den man erh¨alt, wenn man den H¨ohenschnittpunkt H am Umkreis-mittelpunkt U spiegelt. Da U der Nullpunkt des Koordinatensystems ist, ist −h der Ortsvektor des Punktes L. Man nennt L den Longchampspunkt des Dreiecks 4ABC.
Jetzt ist es einfach, Gerade zu finden, auf denen mehr als zwei besondere Punkte liegen. Der Longchampspunkt L, der Umkreismittelpunkt U, der Schwerpunkt S und der H¨ohenschnittpunkt H haben die Ortsvektoren −h, 0, 13h und h. Es folgt −→
LU = h,
−→U S = 13hund−→
SH = 23h. Somit liegen die vier PunkteL,U,S undH in dieser Reihenfolge auf einer Gerade (Eulergerade) und teilen diese im Verh¨altnis 3 : 1 : 2.
Der Nagelpunkt N, der SpiekerpunktK, der SchwerpunktS und der Inkreismittelpunkt I haben die Ortsvektoren h −2m, 12h − 12m, 13h und m. Es folgt −−→
N K = 12(3m −h),
−→KS = 16(3m−h) und −→
SI = 13(3m−h). Somit liegen die vier Punkte N, K, S und I in dieser Reihenfolge auf einer Gerade (Nagelgerade) und teilen diese im Verh¨altnis 3 : 1 : 2.
Der Bevanpunkt V hat Ortsvektor −m. Es gilt −→
V U = m = −→
U I. Somit ist U der Mittelpunkt der StreckeV I. Weiters gilt−−→
N V =m−h=−→
V L. Somit istV der Mittelpunkt der StreckeN L. Schlielich gilt auch −−→
V K= 12h+12m=−−→
KH. Somit istK der Mittelpunkt der Strecke V H.
In der folgenden Darstellung sind alle besonderen Punkte eingetragen, die wir behandelt haben, und die Geraden, auf denen sie liegen.
L
U S Z
H
N
K
I
V
Die Eulergerade und die Nagelgerade sind durchgehend gezeichnet, die Geraden durch den Bevanpunkt sind strichliert gezeichnet.
Der Mittelpunkt Z des Neunpunktkreises liegt ebenfalls auf der Eulergerade, da er ja der Mittelpunkt der Strecke U H ist. Er liegt jedoch auf keiner der anderen Geraden. Sein Ortsvektor ist 12h. Die f¨unf Punkte L, U, S, Z und H liegen somit in dieser Reihenfolge auf der Eulergerade und teilen diese im Verh¨altnis 6 : 2 : 1 : 3.
Ist das Dreieck gleichseitig, dann gilt U = H = I. Es folgt h = m = 0. Daher fallen alle besonderen Punkte zusammen. Ansonsten gilt folgendes
Satz 87: Ist das Dreieck nicht gleichseitig, dann sind die Punkte U, S und H paarweise verschieden. Weiters gilt I 6=Z und I liegt im Innern des Kreises mit Durchmesser SH. Beweis: Das Dreieck ist nicht gleichseitig. Es gibt eine Dreiecksseite, auf der H¨ ohenfuß-punkt und Seitenmittelohenfuß-punkt verschieden sind. Somit gilt H 6= U und S liegt auf der Eulergerade dazwischen. Weiters folgt, dass der Neunpunktkreis zwei Schnittpunkte mit dieser Dreiecksseite hat. W¨urdeϱ = 12r gelten, dann auchI =U nach Satz 78 und Inkreis und Neunpunktkreis w¨aren identisch. Da der Inkreis die Dreiecksseiten ber¨uhrt, ist das nicht m¨oglich. Wegen 12r−ϱ = |IZ| ≥0 muss 12r−ϱ > 0 gelten und somit auch I 6=Z. Aus Satz 78 und Satz 80 folgt |IZ|2 = 14|IU|2−ϱ(12r−ϱ) und daraus|IZ|2 < 14|IU|2. Wir w¨ahlen ein Koordinatensystem mit Nullpunkt U und der Eulergerade als x-Achse.
Der H¨ohenschnittpunkt H habe Koordinaten (h,0). Seien (x, y) die Koordinaten des Inkreismittelpunktes I. Die Ungleichung|IZ|2 < 14|IU|2 wird zu
(x− 12h)2+y2 < 14(x2+y2)
da (12h,0) ja die Koordinaten des Punktes Z sind. Diese Ungleichung ist ¨aquivalent zu (x− 23h)2 +y2 < 19h2
Das bedeutet, dass I im Innern des Kreisesk mit Mittelpunkt (23h,0) und Radius 13hliegt.
Der Mittelpunkt liegt auf der x-Achse, das ist die Eulergerade. Die Schnittpunkte des Kreises k mit der x-Achse sind (13h,0) und (h,0). Das sind die Punkte S und H. Somit ist k der Kreis mit Durchmesser SH.
Ist das Dreieck nicht gleichseitig, dann gilt H 6=U undI 6=U nach Satz 87, daU ja auf der Eulergerade außerhalb des Kreises mit Durchmesser SH liegt. Daraus folgth 6=0und m 6= 0. Liegt I nicht auf der Eulergerade, dann folgt sofort, dass alle hier behandelten besonderen Punkte paarweise verschieden sind. Das gilt auch, wenn I auf der Eulergerade liegt. Nach Satz 87 liegt I dann zwischen S und H, ist aber ungleich Z. Es folgt, dass V zwischen L und U liegt, K zwischen U und S, und N liegt zwischen S und L, ist aber ungleich U. Das ergibt sich mit Hilfe der oben berechneten Verh¨altnisse.
Diese Methode, den Umkreismittelpunkt in den Nullpunkt zu legen, um die besonderen Punkte zu untersuchen und den Satz von Feuerbach zu beweisen, findet man in “G¨otz, Hof-bauer: Ein einfacher Beweis f¨ur den Satz von Feuerbach mit koordinatenfreien Vektoren, Mathematische Semesterberichte, 65, 2018, 107 - 119”
Feuerbachpunkt: Der PunktF, in dem Inkreis und Neunpunktkreis einander ber¨uhren, heißt Feuerbachpunkt. Er ist ebenfalls einer der besonderen Punkte des Dreiecks. Wir beweisen einen Satz ¨uber die Abst¨ande des Feuerbachpunktes zu den Seitenmitten Ma, Mb und Mc, der erst im Jahr 2016 publiziert wurde (“Sandor N. Kiss, A distance property of the Feuerbach point and its extension, Forum Geometricorum 16 (2016) 283–290”).
Satz 88: Seik = r−r2ϱ. Dann gilt|F Mc|=
2 |a−b|. Die beiden anderen Gleichungen zeigt man analog.
Unmittelbar aus Satz 88 folgt, dass einer der drei Abst¨ande |F Ma|, |F Mb| und |F Mc| die Summe der beiden anderen ist.
Ubung:¨ Ist Fc der Punkt, in dem der Ankreis an die Seite AB den Neunpunktkreis ber¨uhrt, dann gilt |FcMa| =
c. Der Beweis ist ¨ahnlich wie der von Satz 88. Es gilt wieder, dass einer der drei Abst¨ande|FcMa|,|FcMb|und|FcMc|die Summe der beiden anderen ist. Analoge Resultate gelten auch f¨ur die PunkteFa undFb, in denen der Neunpunktkreis die anderen Ankreise ber¨uhrt.
In “Sandor N. Kiss, Distances Among the Feuerbach Points, Forum Geometricorum 16 (2016) 373–379” werden die Abst¨ande zwischen den Punkten Fa,Fb, Fc und F berechnet.
Wir verwenden daf¨ur den Satz von Ptolem¨aus (Satz 125).
Satz 89: Sei ka = r+2ϱr
kakb(a+b) in beiden F¨allen. Die anderen Formeln beweist man analog.
Satz 90: Wir setzen ka = r+2ϱr
Seienℓa,ℓb undℓcdie B¨ogen des Neunpunktkreises, die im Dreieck liegen, ℓader gegen¨uber der Seite BC und analog die anderen. Hat das Dreieck einen stumpfen Winkel, dann ist ein Bogen leer. Der Feuerbachpunkt F liegt auf dem Inkreis und daher inℓa, inℓb oder in ℓc. Der PunktQc auf dem Bogen des Neunpunktkreises vonMa ¨uberMc nach Mb, der von Ma und Mb gleichen Abstand hat, liegt nicht im Innern des Dreiecks, da die Tangente in Qc an den Neunpunktkreis parallel zu MaMb und daher auch parallel zu AB liegt. Analog w¨ahlen wir die Punkte Qa undQb. Dann liegtℓa im Abschnitt des Neunpunktkreises von Qb nach Qc, der Qa nicht enth¨alt, ℓb liegt im Abschnitt von Qa nach Qc, der Qb nicht enth¨alt, undℓc liegt im Abschnitt von Qa nach Qb, der Qc nicht enth¨alt.
Gilt a≤c, dann folgt |F Ma| ≥ |F Mb| und|F Ma| ≥ |F Mc| aus Satz 88. Somit liegtF auf dem Abschnitt des Neunpunktkreises von Qb nach Qc, der Qa nicht enth¨alt, und daher in ℓa. Die Punkte Mb, Mc, Fc, F liegen in dieser Reihenfolge auf dem Neunpunktkreis.
Gilt a≥c, dann folgt entweder|F Mb| ≥ |F Ma|und|F Mb| ≥ |F Ma|oder |F Mc| ≥ |F Ma| und |F Mc| ≥ |F Mb| aus Satz 88. Wie oben erhalten wir, dass F entweder in ℓb oder in ℓc liegt. Die Punkte Mb, F, Mc, Fc liegen in dieser Reihenfolge auf dem Neunpunktkreis.
Im ersten Fall a ≤ c erhalten wir |F Mc| · |FcMb| = |FcF| · |MbMc|+|F Mb| · |FcMc| aus
Ubung:¨ Sei 4ABC ein Dreieck mit Umkreismittelpunkt U und Ankreismittelpunkt Ic. SeiWa der Schnittpunkt der Winkelsymmetrale durchAmitℓ(B, C) undWb der der Win-kelsymmetrale durch B mit ℓ(A, C). Man zeige, dass ℓ(U, Ic) und ℓ(Wa, Wb) aufeinander senkrecht stehen. Hinweis: u+λ(1c(v−u) +1b(w−u)) ist eine Parameterdarstellung der Winkelsymmetrale durch A. W¨ahlt manλ = b+cbc , dann hat man einen Punkt aufℓ(B, C).
Weiters finde man eine Formel f¨urhdau+dbv+dcw,d˜au+ ˜dbv+ ˜dcwianalog zum Hilfssatz.