Auflösung einer geometrischen Aufgabe. 40 



acb* 



Eben so findet man HM 2 = 

 MP 2 = 



s — a . 5 — c 



bca* 



s — b . s — c 



D. b. das Quadrat der Entfernung zwischen den Mittelpunkten 

 zweier äufsern Ber ührnngskreise ist gleich dem Produkte 

 aus dem Quadrate der dieser Distanz gegenüberliegenden 

 Seite des Triangels ABC und den beiden andern Seiten, divi- 

 dirt durch das Produkt der Complemente dieser Seiten. 



23) Endlich Inhalt des Triangels ABC gleich 



s . r = Vs 2 . r 2 = Vs .s — a.s — b.s — c. (16) 



Diese allgemeinen Relationen, welche zwischen den drei Seiten eines 

 Triangels und den vier Halbmessern der vier Berührungskreise und der Ent- 

 fernungen ihrer Mittelpunkte sowohl unter sich als auch zwischen den drei 

 Winkelspilzen Statt finden, schienen mir merkwürdig genug, hier aufgestellt 

 zu werden. Ich theile hier noch eine Kleinigkeit mit. der man ihrer Ein- 

 fachheit wegen den Platz gönnen wird. 



H. 



Es sei Fig. £. ein A A B C. Von dem Mittelpunkt D , des um- 

 schriebenen Kreises fälle man auf die Seiten des Triangels Perpendikel, 

 deren Verlängerung man dem Abstand der Seite vom "Mittelpunkt D des 

 umschriebenen Kreises gleich macht. Also LE = LD; KF=KD; MG = GD. 

 Verbindet man nun die Punkte E, F, G, so ist der Triangel EFGgiAABC. 

 Denn da AB und DG sich unter einem rechten Winkel gegenseitig halbiren, 

 so ist DAGB ein Rhombus; aus denselben Gründen sind auch D.AFC und 

 DCEB Rhomben, folglich alle Seiten dieser Rhomben einander gleich und 

 gleich dem Halbmesser DA des umschriebenen Kreises. Fällt man nun 

 von den Winkelspitzen A, B, C des Triangels ABC Perpendikel auf die Sei- 

 ten des Triangels EFG, so werden diese Seiten durch jene Perpendikel hal- 

 birt. Diese drei Perpendikel müssen daher alle durch den Mittelpunkt H 

 des um den Triangel EFG beschriebenen Kreises gehen. D. i. die drei 

 Perpendikel von den Winkelspitzen eines Triangels a.uf den 



