Synthetischer Anhang: Euklidische Beweise der Hauptsätze (1.–9. Satz, S. 56–62)¶
K. W. Feuerbach — Eigenschaften einiger merkwürdigen Punkte des geradlinigen Dreiecks (Nürnberg, 1822, S. 56–62, Wortgetreuer Abdruck von 5.–9. Satz)
Übersicht über den 1. bis 4. Satz (S. 56–59)¶
1. Satz: Im Dreieck \(ABC\) mit Umkreismittelpunkt \(K\), Höhenschnittpunkt \(O\) und Seitenmitte \(D\) von \(AB\) ist \(CO = 2\,KD\).
2. Satz: Es ist \(\overline{AB}^2 + \overline{CO}^2 = 4R^2\).
3.–4. Satz: Für den Inkreishalbmesser \(r\), Umkreishalbmesser \(R\) und das Fußpunktdreieck \(MNP\) gilt \(r(AB + AC + BC) = R(MN + MP + NP)\).
5. Satz. (S. 60)¶
Der Inhalt des Dreiecks \(MNP\), welches die Fußpunkte der Perpendikel im spitzwinkligen Dreieck \(ABC\) bilden, verhält sich zum Inhalt des Dreiecks \(ABC\), wie der Halbmesser des in jenes zum Halbmesser des um dieses beschriebenen Kreises.
Denn wenn der Halbmesser des in das Dreieck \(MNP\) beschriebenen Kreises \(\rho\) ist, und \(r, R\) wie vorhin die Halbmesser der in und um das Dreieck \(ABC\) beschriebenen Kreise, so ist bekanntlich \(2\,\triangle MNP = \rho(MN + MP + NP)\) und \(2\,\triangle ABC = r(AB + AC + BC)\), also \(\triangle MNP : \triangle ABC = \rho(MN + MP + NP) : r(AB + AC + BC)\). Nun folgt aber aus dem vorigen Satz (VI. 16.) \(r(AB + AC + BC) = R(MN + MP + NP)\) und also ist \(\triangle MNP : \triangle ABC = \rho : R\).
6. Satz. (S. 60)¶
Der Durchschnittspunkt \(O\) der Perpendikel im spitzwinkligen Dreieck \(ABC\) theilt jeden derselben \(CP\) in zwei solche Abschnitte \(CO, OP\), daß das Rechteck aus diesen gleich ist dem Rechteck aus dem Durchmesser des um das Dreieck \(ABC\) beschriebenen Kreises in den Halbmesser des in das Dreieck \(MNP\) beschriebenen, welches die Fußpunkte jener Perpendikel bilden.
Man errichte aus \(O\) auf die Seite \(MP\) die Senkrechte \(OJ\). Da (III. 22.) um das Viereck \(ANOP\) ein Kreis beschrieben werden kann, so ist (III. 21.) \(\widehat{NPO} = \widehat{NAO}\) und aus demselben Grund \(\widehat{MPO} = \widehat{MBO}\). Weil aber (I. 15.) \(\widehat{AON} = \widehat{BOM}\) und \(\widehat{ANB} = R = \widehat{AMB}\), so ist \(\widehat{NAO} = \widehat{MBO}\), folglich auch \(\widehat{NPO} = \widehat{MPO}\). Eben so wird bewiesen, daß \(\widehat{NMO} = \widehat{PMO}\); also ist (IV. 4.) \(O\) der Mittelpunkt des in das Dreieck \(MNP\) beschriebenen Kreises und die Senkrechte \(OJ\) ein Halbmesser dieses Kreises. Man lege nun durch den Winkelpunkt \(A\) und den Mittelpunkt \(K\) des um das Dreieck \(ABC\) beschriebenen Kreises einen Durchmesser \(AG\) desselben und ziehe \(BG\), so ist (III. 31.) \(\widehat{ABG} = R\) und (III. 21.) \(\widehat{AGB} = \widehat{ACB}\), folglich \(\widehat{GAB} = \widehat{CBN}\). Da nun \(\widehat{MBO} = \widehat{MPO}\), so ist auch \(\widehat{GAB} = \widehat{MPO}\), und daher sind die Dreiecke \(ABG, OPJ\) gleichwinklig, also (VI. 4.) \(AG : BG = OP : OJ\). Man errichte ferner aus \(K\) auf \(AB\) die Senkrechte \(KD\), so sind die Dreiecke \(ADK, ABG\) gleichwinklig, also (VI. 4.) \(AD : DK = AB : BG\) und, weil (III. 3.) \(AB = 2\,AD\), so ist auch \(BG = 2\,KD\). Nach dem 1ten Satz aber ist \(CO = 2\,KD\), folglich \(BG = CO\); und also ist \(AG : CO = OP : OJ\) und (VI. 16.) \(\text{Rectg } AG \cdot OJ = \text{Rectg } CO \cdot OP\).
7. Satz. (S. 61)¶
Die Summe der Quadrate von den Seiten eines spitzwinkligen Dreiecks \(ABC\) ist gleich dem doppelten Quadrat vom Durchmesser des umbeschriebenen Kreises, sammt dem Rechteck aus diesem Durchmesser in den Durchmesser des in das Dreieck \(MNP\) beschriebenen, welches die Fußpunkte der Perpendikel im Dreieck \(ABC\) bilden.
Es sei \(O\) der Durchschnittspunkt der Perpendikel. Man ziehe aus irgend einem Winkelpunkt \(C\) des Dreiecks \(ABC\) an die Mitte \(D\) der gegenüberliegenden Seite \(AB\) die Gerade \(CD\). Da \(AB\) in \(D\) halbiert ist, so ist (II. 5.) \(AP \cdot BP + \overline{PD}^2 = \frac{1}{4}\overline{AB}^2\). Weil aber \(\widehat{ABN} = \widehat{ACP}\), so sind die Dreiecke \(APC, BPO\) gleichwinklig, also (VI. 4.) \(AP : CP = OP : BP\) und (VI. 16.) \(AP \cdot BP = CP \cdot OP\). Da nun \(CP = CO + OP\) so ist auch (II. 3.) \(AP \cdot BP = CO \cdot OP + \overline{OP}^2\). Also ist \(CO \cdot OP + \overline{OP}^2 + \overline{PD}^2 = \frac{1}{4}\overline{AB}^2\). Nun ist (I. 47.) und (II. 4.) \(\overline{CD}^2 = \overline{CO}^2 + 2\,CO \cdot OP + \overline{OP}^2 + \overline{PD}^2\), also \(\overline{CD}^2 = \frac{1}{4}\overline{AB}^2 + \overline{CO}^2 + CO \cdot OP\). Ferner ist nach einem bekannten Folgesatz aus II. 12. \(\overline{AC}^2 + \overline{BC}^2 = \frac{1}{2}\overline{AB}^2 + 2\overline{CD}^2\), folglich auch \(\overline{AC}^2 + \overline{BC}^2 = \overline{AB}^2 + 2\overline{CO}^2 + 2\,CO \cdot OP\); und wenn man auf beiden Seiten \(\overline{AB}^2\) hinzuthut, \(\overline{AB}^2 + \overline{AC}^2 + \overline{BC}^2 = 2\overline{AB}^2 + 2\overline{CO}^2 + 2\,CO \cdot OP\). Bezeichnet man nun die Halbmesser des um das Dreieck \(ABC\) und in das Dreieck \(MNP\) beschriebenen Kreises durch \(R, \rho\), so ist nach dem 2ten Satz \(\overline{AB}^2 + \overline{CO}^2 = 4R^2\) und nach dem 6ten Satz \(CO \cdot OP = 2\rho R\). Also ist \(\overline{AB}^2 + \overline{AC}^2 + \overline{BC}^2 = 8R^2 + 4\rho R\).
8. Satz. (S. 61–62)¶
Wenn man aus irgend einem Fußpunkte \(P\) der Perpendikel im spitzwinkligen Dreieck \(ABC\) in der Seite \(AB\) auf die beiden andern Seiten \(AC, BC\) die Senkrechten \(PG, PH\) fällt (Fig. 16); so ist die gerade Linie \(GH\), welche die Fußpunkte dieser Senkrechten verbindet, gleich dem halben Umfang des Dreiecks \(MNP\), welches die Fußpunkte jener Perpendikel des Dreiecks \(ABC\) bilden.
Man verlängere die \(PG, PH\), bis sie die Verlängerung von \(MN\) in \(J\) und \(K\) schneiden. Da (III. 22.) um das Viereck \(CNOM\) ein Kreis beschrieben werden kann, so ist (III. 21.) \(\widehat{CMN} = \widehat{CON}\); eben so ist \(\widehat{BMP} = \widehat{BOP}\); folglich (I. 15.) \(\widehat{CMN} = \widehat{BMP}\) und also auch \(\widehat{BMK} = \widehat{BMP}\). Nun ist aber \(PH\) senkrecht auf \(BC\), also (I. 26.) \(MP = MK\) und \(PH = HK\). Eben so wird bewiesen, daß \(NP = NJ\) und \(PG = GJ\).
Da also \(G, H\) die Mitten von \(PJ, PK\) sind, so geht (VI. 2.) \(GH\) mit \(JK\) parallel, also ist (VI. 4.) \(PG : GH = PJ : JK\). Nun ist aber \(PJ = 2\,PG\), also auch \(JK = 2\,GH\) und folglich weil \(JK = MN + MP + NP\), so ist \(GH = \frac{1}{2}(MN + MP + NP)\).
9. Satz. (S. 62 — Synthetischer Beweis des Neunpunktekreises)¶
Der Halbmesser des um das Dreieck MNP beschriebenen Kreises, welches die Fußpunkte der Perpendikel im Dreieck ABC bilden, ist halb so groß als der Halbmesser des um das Dreieck ABC beschriebenen Kreises; und der Ort L des Mittelpunkts jenes Kreises halbiert die Entfernung des Mittelpunkts K dieses Kreises vom Durchschnittspunkte O jener Perpendikel (Fig. 17).
Man ziehe aus \(K\) an \(O, C\) die geraden Linien \(OK, CK\) und auf \(AB\) die Senkrechte \(KD\). Ferner lege man durch \(D\) und die Mitte \(L\) der Geraden \(OK\) die \(DL\), welche verlängert den Perpendikel \(CP\) in \(J\) schneide. Weil \(LO = LK\), ferner (I. 15.) \(\widehat{OLJ} = \widehat{KLD}\) und, da \(OJ\) mit \(KD\) parallel geht, (I. 29.) \(\widehat{LOJ} = \widehat{LKD}\) ist, so folgt (I. 26.) \(OJ = KD\) und \(JL = DL\). Weil nun nach dem 1ten Satz \(KD = \frac{1}{2}CO\), so ist auch \(OJ = \frac{1}{2}CO\) und also \(CJ = KD\) und, weil \(CJ\) mit \(KD\) parallel geht, so ist (I. 33.) \(JD = CK\) folglich \(DL = \frac{1}{2}CK\). Man ziehe ferner aus \(L\) auf \(AB\) die Senkrechte \(LE\) und an \(P\) die Gerade \(LP\), so ist, weil die Geraden \(OP, LE, KD\) alle mit einander parallel gehen (VI. 2.) \(OL : KL = PE : DE\), und, da \(OL = KL\), so ist auch \(PE = DE\); mithin (I. 4.) \(LD = LP\). Da nun \(LD = \frac{1}{2}CK\) so ist auch \(LP = \frac{1}{2}CK\). Eben so wird bewiesen, daß \(LN = \frac{1}{2}BK\) und \(LM = \frac{1}{2}AK\); folglich weil \(AK = BK = CK\), so ist auch \(LM = LN = LP\) und \(L\), das ist die Mitte von \(OK\), ist der Mittelpunkt des um das Dreieck \(MNP\) beschriebenen Kreises.