Auflösung einer geometrischen Aufgabe. 59 



ß) Aus der Aehnlichkeit der Triangel CTP und CGD ergiebt sich 

 g:TC=CG:r 

 oder p: & — a = s — c:r, 

 folglich C T . C G =r (s — a) . (s — c) = r . £. 

 Eben so ist A R . A E = (s — b) (s — a) = r . f' 

 und BI. BF =(s — c)(s — b) = r. p"; 

 d. h. in jedem Triangel ist das Bectangel aus den Comple- 

 -menten zweier Seiten eines Winkels gleich dem Rectangel 

 aus dem Halbmesser des eingeschriebenen Kreises und dem 

 Halbmesser des in demselben Winkel liegenden äufsern Be- 

 rührungskreises. 



9) Aus (8) folgt 



g : s — c = s — a:r, 



r r 



also auch p : s . — — * . — : r 



* s e 



= 8 : fj 



r 

 mithin s* 4 — = P • P 1 > 

 p 



s 2 . r = f>.p'.p" und hieraus 



s 2 



10) Der Inhalt des Triangels ABC ist also 



AABC=r.s=^. 5 ( 9 )=^- 



e?V 



der Inhalt des Triangels ist also durch die Halbmesser der äufsern Berüh- 

 rungskreibe völlig bestimmt. 



Oder da aus (9) s = V 2X2L > 



r 



so ist auch AABC = ÜJL = ?? y : F?£l = Vr.tff. 



