Konkurrente Kreise durch drei von sechs Punkten

Konkurrente Kreise durch drei von sechs Punkten Darij Grinberg 1. Ein Satz über sechs Punkte Eine Zeichnung wie Fig. 1 läßt nicht vermuten, daßein ziemlich einfach zu formulierender und fundamentaler Satz dahinter steckt. Es wimmelt nur so von Kreisen, und man erkennt nur mit einiger Mühe Gesetzmäßigkeiten. Umso überraschender ist es, daßdiese Figur den folgenden Satz veranschaulicht: Satz 1: Seien ; ; ; 0 ; 0 und 0 sechs Punkte einer Ebene. Die Kreise 0 ; 0 und 0 haben genau dann einen gemeinsamen Punkt, wenn die Kreise 0 0 ; 0 0 und 0 0 einen gemeinsamen Punkt haben. Eine kurze emerkung zur Schreibweise: Der Kreis XY Z ist der Kreis durch drei gegebene Punkte X; Y und Z: uf Fig. 1 sind die Kreise 0 ; 0 und 0 blau und die Kreise 0 0 ; 0 0 und 0 0 rot dargestellt. ' Fig. 1 Eine andere (übersichtlichere) nordnung zu demselben Satz ist auf Fig. 2 dargestellt. 1

' Fig. 2 Wenn man die Punktelagen variiert, kommt man mit etwas Glück auf eine Zeichnung wie Fig. 3, die sehr stark an die Kon guration des Satzes von Miquel ([1], [2]) erinnert. Nämlich erweist sich Satz 1 als äquivalent zum Satz von Miquel! 2

' Fig. 3 Darauf bauen wir unseren ersten eweis von Satz 1 auf: Nehmen wir an, die Kreise 0 ; 0 und 0 haben einen gemeinsamen Punkt. Wir wollen beweisen, daßauch die Kreise 0 0 ; 0 0 und 0 0 einen gemeinsamen Punkt haben. (Die Umkehrung folgt ganz einfach durch Vertauschung von mit 0 ; von mit 0 und von mit 0 :) Ein Punktequadrupel heißt konzyklisch, wenn seine Elemente (d. h. die vier Punkte, die es enthält) auf einem Kreis liegen. Jetzt zitieren wir den Satz von Miquel in der Fassung von [1], 1.2.1 (ich habe Punkte umbenannt): Wenn die Punktequadrupel (P ; Q; K; L) ; (P ; S; K; N) ; (Q; R; L; M) ; (R; S; M; N) und (P ; Q; R; S) jeweils konzyklisch sind, dann gilt dies auch für das Quadrupel (K; L; M; N) : Nun setzen wir für die Punkte K; Q; S; R; N und L aus dem Satz von Miquel jeweils die Punkte ; ; ; 0 ; 0 bzw. 0 aus unserer Zeichnung ein. ls Punkt P nehmen wir den Schnittpunkt der Kreise 0 ; 0 und 0 ; und als Punkt M nehmen wir den von 0 verschiedene Schnittpunkt der Kreise 0 0 und 0 0 : Die Punktequadrupel (P ; ; ; 0 ) ; (P ; ; ; 0 ) ; (; 0 ; 0 ; M) ; ( 0 ; ; M; 0 ) und (P ; ; 0 ; ) sind jeweils konzyklisch. Nach dem Satz von Miquel ist also auch das Punktequadrupel (; 0 ; M; 0 ) konzyklisch, d. h. der Punkt M liegt auf dem 3

Kreis 0 0 : lso haben die Kreise 0 0 ; 0 0 und 0 0 einen gemeinsamen Punkt M; was zu beweisen war. 2. Zwei weitere eweise von Satz 1 Wir wollen nun zwei andere eher elementare eweise von Satz 1 vorstellen. ei beiden eweisen und überall in dem folgenden Text werden wir mit Kreiswinkeln rechnen; dies ist ein spezieller Winkeltyp, der besonders in der Kreisgeometrie hilfreich ist. Eine ausführliche ehandlung von diesem Winkeltyp ndet man in [5]. eidesmal werden wir annehmen, daßdie Kreise 0 ; 0 und 0 einen gemeinsamen Punkt haben, und daraus ableiten, daßdie Kreise 0 0 ; 0 0 und 0 0 auch einen gemeinsamen Punkt haben. Wie schon gesagt, ergibt sich dann die Umkehrung durch Namensvertauschung. Der erste elementare eweis von Satz 1 benutzt die Inversion: Sei P der Schnittpunkt der Kreise 0 ; 0 und 0 : Wir führen eine Inversion an einem Kreis mit dem Mittelpunkt P durch, und bezeichnen die ilder der Punkte ; ; ; 0 ; 0 und 0 jeweils mit a; b; c; a 0 ; b 0 bzw. c 0 : Die durch P gehenden Kreise 0 ; 0 und 0 werden in Geraden abgebildet. Daraus folgt, daßdie Punkte a 0 ; b und c auf einer Geraden liegen, daßdie Punkte b 0 ; c und a auf einer Geraden liegen, und daßdie Punkte c 0 ; a und b auf einer Geraden liegen. Diese interessante Kon guration veranschaulicht Fig. 4. b c' a' b' m c a Fig. 4 Im folgenden werden wir nun zeigen, daßdie Kreise ab 0 c 0 ; bc 0 a 0 und ca 0 b 0 einen gemeinsamen Punkt haben. Wir rechnen mit Kreiswinkeln. Sei m der von c 0 verschiedene Schnittpunkt der Kreise ab 0 c 0 und bc 0 a 0 : 4

Da der Punkt m auf dem Kreis ab 0 c 0 liegt, gilt nach dem Umfangswinkelsatz ]b 0 mc 0 = ]b 0 ac 0 ; also ]b 0 mc 0 = ] (ca; ab) : Da der Punkt m auf dem Kreis bc 0 a 0 liegt, gilt nach dem Umfangswinkelsatz ]c 0 ma 0 = ]c 0 ba 0 ; also ]c 0 ma 0 = ] (ab; bc) : Daraus folgt ]b 0 ma 0 = ]b 0 mc 0 + ]c 0 ma 0 = ] (ca; ab) + ] (ab; bc) = ] (ca; bc) ; also ]b 0 ma 0 = ]b 0 ca 0 : Folglich liegen die Punkte a 0 ; m; b 0 und c auf einem Kreis. Das heißt, der Punkt m liegt auf dem Kreis ca 0 b 0 : Da wir aber den Punkt m als Schnittpunkt der Kreise ab 0 c 0 und bc 0 a 0 de niert haben, haben die Kreise ab 0 c 0 ; bc 0 a 0 und ca 0 b 0 einen gemeinsamen Punkt. Durch Rückinversion erhalten wir, daßdie Kreise 0 0 ; 0 0 und 0 0 einen gemeinsamen Punkt haben. Damit ist der eweis fertig. Der zweite elementare eweis von Satz 1 verzichtet auf die Verwendung der Inversion und benutzt stattdessen den folgenden wichtigen Hilfssatz: Satz 2: Seien ; ; ; 0 ; 0 und 0 sechs Punkte einer Ebene. Die Kreise 0 ; 0 und 0 haben genau dann einen gemeinsamen Punkt, wenn ] 0 + ] 0 + ] 0 = 0 gilt (mit Kreiswinkeln natürlich). eweis: a) ngenommen, die Kreise 0 ; 0 und 0 haben einen gemeinsamen Punkt P: Wir wollen zeigen, daßdann ] 0 + ] 0 + ] 0 = 0 gilt. Nach dem Umfangswinkelsatz für Kreiswinkel gilt ] 0 = ]P ; ] 0 = ]P und ] 0 = ]P : Folglich ist ] 0 + ] 0 + ] 0 = ]P + ]P + ]P = 0 ; was zu beweisen war. b) ngenommen, es gilt ] 0 + ] 0 + ] 0 = 0 : Wir wollen zeigen, daß dann die Kreise 0 ; 0 und 0 einen gemeinsamen Punkt haben. Sei P der von verschiedene Schnittpunkt der Kreise 0 und 0 : (Falls sich diese beiden Kreise berühren, sei P = :) Dann gilt nach dem Umfangswinkelsatz für Kreiswinkel ] 0 = ]P und ] 0 = ]P : ber wegen ] 0 +] 0 + ] 0 = 0 ist ] 0 = (] 0 + ] 0 ) = (]P + ]P ) = ]P = ]P : lso liegt der Punkt P auch auf dem Kreis 0 : Das bedeutet, daßdie Kreise 0 ; 0 und 0 einen gemeinsamen Punkt haben (und zwar P ), was zu beweisen war. Damit ist Satz 2 bewiesen. Wir wollen aber Satz 1 beweisen. Wir nehmen an, daßdie Kreise 0 ; 0 und 0 einen gemeinsamen Punkt haben, und wollen daraus ableiten, daßdie Kreise 0 0 ; 0 0 und 0 0 auch einen gemeinsamen Punkt haben. Da die Kreise 0 ; 0 und 0 einen gemeinsamen Punkt haben, folgt aus Satz 2 die Gleichung ] 0 + ] 0 + ] 0 = 0 : (1) 5

Um zu zeigen, daßdie Kreise 0 0 ; 0 0 und 0 0 einen gemeinsamen Punkt haben, müssen wir die Gleichung nachprüfen. Wir haben ] 0 0 + ] 0 0 + ] 0 0 = 0 (2) ] 0 0 + ] 0 0 + ] 0 0 = (] 0 + ] + ] 0 ) + (] 0 + ] + ] 0 ) + (] 0 + ] + ] 0 ) = (] 0 + ] 0 ) + (] 0 + ] 0 ) + (] 0 + ] 0 ) + (] + ] + ]) : ber in jedem Dreieck ist die Summe der Winkel gleich 0 (denn für jedes Dreieck XY Z gilt ]ZXY + ]XY Z + ]Y ZX = ] (ZX; XY ) + ] (XY ; Y Z) + ] (Y Z; ZX) = 0 ). lso haben wir ] 0 + ] 0 + ] 0 = 0 ; also ] 0 + ] 0 = ] 0 ; ] 0 + ] 0 + ] 0 = 0 ; also ] 0 + ] 0 = ] 0 ; ] 0 + ] 0 + ] 0 = 0 ; also ] 0 + ] 0 = ] 0 ; ] + ] + ] = 0 : Damit vereinfacht sich die obige Rechnung zu ] 0 0 + ] 0 0 + ] 0 0 = ( ] 0 ) + ( ] 0 ) + ( ] 0 ) + 0 = (] 0 + ] 0 + ] 0 ) = 0 (nach (1)) = 0 : Damit ist die Gleichung (2) nachgeprüft. Damit ist Satz 1 wieder bewiesen. 3. Ein weiterer allgemeiner Satz etrachten wir Satz 1 in eine Richtung : Wenn die Kreise 0 ; 0 und 0 einen gemeinsamen Punkt haben, dann haben auch die Kreise 0 0 ; 0 0 und 0 0 einen gemeinsamen Punkt. Variieren wir ein wenig: Wir verschärfen die Voraussetzung; und zwar soll der Schnittpunkt der Kreise 0 ; 0 und 0 auch noch auf dem Kreis 0 0 0 liegen, d. h. die vier Kreise 0 ; 0 ; 0 und 0 0 0 sollen einen gemeinsamen Punkt haben. Da die Voraussetzung nun strenger ist, versuchen wir, auch mehr ehauptungen zu bekommen. Wir können Satz 1 nicht nur auf die Punkte ; ; ; 0 ; 0 und 0 anwenden, sondern auch auf die Punkte ; 0 ; 0 ; 0 ; und : Wenden wir Satz 1 auf die Punkte ; ; ; 0 ; 0 und 0 an: 6

Da die Kreise 0 ; 0 und 0 einen gemeinsamen Punkt haben, haben auch die Kreise 0 0 ; 0 0 und 0 0 einen gemeinsamen Punkt. Nennen wir diesen Punkt Q: emerken wir, daßdieser Punkt Q der von 0 verschiedene Schnittpunkt der Kreise 0 0 und 0 0 ist (oder Q = 0 ; falls sich diese beiden Kreise berühren). Wenden wir nun Satz 1 auf die Punkte ; 0 ; 0 ; 0 ; und an: Da die Kreise 0 0 0 ; 0 und 0 einen gemeinsamen Punkt haben, haben auch die Kreise ; 0 0 und 0 0 einen gemeinsamen Punkt. Nennen wir diesen Punkt Q 0 : emerken wir diesmal, daßdieser Punkt Q 0 der von 0 verschiedene Schnittpunkt der Kreise 0 0 und 0 0 ist (oder Q 0 = 0 ; falls sich diese beiden Kreise berühren). Doch die Kreise 0 0 und 0 0 sind genau die Kreise 0 0 und 0 0 : Diese zwei Kreise haben nur einen von 0 verschiedenen Schnittpunkt; also ist Q 0 = Q: Folglich liegt Q auf allen vier Kreisen 0 0 ; 0 0 ; 0 0 und 0 0 0 : Diese vier Kreise haben also einen gemeinsamen Punkt. Wir haben damit bewiesen: Seien ; ; ; 0 ; 0 und 0 sechs Punkte einer Ebene. Wenn die Kreise 0 ; 0 ; 0 und 0 0 0 einen gemeinsamen Punkt haben, dann haben auch die Kreise 0 0 ; 0 0 ; 0 0 und einen gemeinsamen Punkt. Die Umkehrung dieses Sachverhaltes folgt einfach durch Vertauschung von mit 0 ; von mit 0 und von mit 0 : Wir haben damit bewiesen: Satz 3: Seien ; ; ; 0 ; 0 und 0 sechs Punkte einer Ebene. Die Kreise 0 ; 0 ; 0 und 0 0 0 haben genau dann einen gemeinsamen Punkt, wenn die Kreise 0 0 ; 0 0 ; 0 0 und einen gemeinsamen Punkt haben. (Siehe Fig. 5.) 7

' Fig. 5 4. eispiele Satz 1, Satz 2 und Satz 3 waren sehr wichtige Eigenschaften konkurrenter Kreise. (Mehrere Geraden oder Kreise oder beliebige Punktmengen heißen konkurrent, wenn sie einen gemeinsamen Punkt haben.) Jetzt werden wir einige eispiele au ühren, wo wir solchen konkurrenten Kreisen begegnen und wo wir Satz 1, Satz 2 und Satz 3 anwenden können. 5. Spiegelbilder eines Punktes an den Dreiecksseiten Unser erstes eispiel wird das folgende sein: Satz 4: Sei ein Dreieck und P ein beliebiger Punkt. Seien 0 ; 0 und 0 die Spiegelbilder des Punktes P an den Dreiecksseiten ; bzw. : Dann gilt: a) Die Kreise 0 ; 0 ; 0 und 0 0 0 haben einen gemeinsamen Punkt. (Siehe Fig. 6.) b) Die Kreise 0 0 ; 0 0 ; 0 0 und haben einen gemeinsamen Punkt. (Siehe Fig. 7.) 8

Zwar sind die ehauptungen a) und b) wegen Satz 3 äquivalent, doch wir wollen hier beide unabhängig voneinander beweisen. (Es gibt sehr viele verschiedene eweise für diese Sätze.) P ' Fig. 6 9

P ' Fig. 7 eweis zu Satz 4 a): Da 0 ; 0 und 0 die Spiegelbilder von P an ; bzw. sind, sind die Mittelpunkte 00 ; 00 und 00 der Strecken P 0 ; P 0 bzw. P 0 die Fußpunkte der Lote von P auf ; bzw. : (Siehe Fig. 8.) Sei Q der von 0 verschiedene Schnittpunkt der Kreise 0 und 0 0 0 : Dann gilt nach dem Umfangswinkelsatz für Kreiswinkel ]Q 0 = ] 0 und ] 0 Q 0 = ] 0 0 0 : Es ist also ]Q 0 = ]Q 0 + ] 0 Q 0 = ] 0 + ] 0 0 0 : Da 0 das Spiegelbild von P an ist, haben wir ] 0 = ]P; also ] 0 = ] 00 P: Da die Punkte 00 und 00 auf dem Thaleskreis über der Strecke P liegen (denn ] 00 P = 90 und ] 00 P = 90 ), liegen die Punkte ; 00 ; P und 00 auf einem Kreis, und es ergibt sich ] 00 P = ] 00 00 P: lso ist ] 0 = ] 00 00 P = ]P 00 00 : ndererseits ist 00 00 Mittelparallele im Dreieck 0 P 0 ; es gilt also 00 00 k 0 0 : nalog ist 00 00 k 0 0 : Daher ist ] 0 0 0 = ] ( 0 0 ; 0 0 ) = ] ( 00 00 ; 00 00 ) = ] 00 00 00 : Damit ist ]Q 0 = ] 0 + ] 0 0 0 = ]P 00 00 + ] 00 00 00 = ]P 00 00 : 10

Da die Punkte 00 und 00 auf dem Thaleskreis über der Strecke P liegen (denn ] 00 P = 90 und ] 00 P = 90 ), liegen die Punkte ; 00 ; P und 00 auf einem Kreis, und es folgt ]P 00 00 = ]P 00 ; also ]P 00 00 = ]P : Da 0 das Spiegelbild von P an ist, gilt ] 0 = ]P : lso ist ]P 00 00 = ]P = ] 0 = ] 0 : Wir haben also ]Q 0 = ] 0 : Folglich liegen die Punkte ; ; 0 und Q auf einem Kreis, d. h. der Punkt Q liegt auf dem Kreis 0 : nalog zeigt man, daßder Punkt Q auf dem Kreis 0 liegt. lso ist der Punkt Q ein gemeinsamer Punkt der Kreise 0 ; 0 ; 0 und 0 0 0 : Damit ist Satz 4 a) bewiesen. emerkung: Die Kreise 0 ; 0 und 0 sind die Spiegelbilder der Kreise P ; P bzw. P an den Geraden ; bzw. (denn 0 ; 0 und 0 sind die Spiegelbilder des Punktes P an ; bzw. ). lso können wir Satz 4 a) umformulieren als: Sei ein Dreieck und P ein beliebiger Punkt. Dann gilt: Die Spiegelbilder der Kreise P ; P und P an den Dreiecksseiten ; bzw. ; und der Kreis durch die Spiegelbilder des Punktes P an diesen Dreiecksseiten haben einen gemeinsamen Punkt. ' ' P '' ' Q Fig. 8 Erster eweis zu Satz 4 b): Wir verwenden wieder die Punkte 00 ; 00 und 00 von dem vorigen eweis (Fig. 9). Sei R der von verschiedene Schnittpunkt der Kreise 0 0 und : Dann gilt nach dem Umfangswinkelsatz für Kreiswinkel ] 0 R = 11

] 0 0 und ]R = ]: Nun haben wir ] 0 R ] 0 0 = (] 0 R + ]R) ] 0 0 = (] 0 0 + ]) ] 0 0 = ] + ] 0 0 ] 0 0 = ] + ] ( 0 0 ; 0 ) ] ( 0 0 ; 0 ) = ] + ] ( 0 0 ; 0 ) + ] ( 0 ; 0 0 ) = ] + ] ( 0 0 ; ) + ] (; 0 ) + ] ( 0 ; ) + ] (; 0 0 ) = ] + ] ( 0 0 ; ) + ] 0 + ] 0 + ] (; 0 0 ) : Im eweis zu Satz 4 b) hatten wir festgestellt, daß 00 00 k 0 0 und 00 00 k 0 0 ist. lso hat man ] 0 R ] 0 0 = ] + ] ( 00 00 ; ) + ] 0 + ] 0 + ] (; 00 00 ) = ] + ] 00 00 + ] 0 + ] 0 + ] 00 00 : Da 0 und 0 die Spiegelbilder von P an bzw. sind, gilt ] 0 = und ] 0 = ]P ; also ]P ] 0 R ] 0 0 = ] + ] 00 00 ]P ]P + ] 00 00 : Die Punkte 00 und 00 liegen auf dem Thaleskreis über der Strecke P (denn ] 00 P = 90 und ] 00 P = 90 ); also liegen die Punkte ; 00 ; P und 00 auf einem Kreis, und ] 00 00 = ] 00 P ; also ] 00 00 = ] ( 00 P ; P ) = ] ( 00 P ; ) + ] (; P ) = 90 + ]P: Die Punkte 00 und 00 liegen auf dem Thaleskreis über der Strecke P (denn ] 00 P = 90 und ] 00 P = 90 ); also liegen die Punkte ; 00 ; P und 00 auf einem Kreis, und ] 00 00 = ]P 00 ; also Damit ist ] 00 00 = ] (P ; P 00 ) = ] (P ; ) + ] (; P 00 ) = ]P + 90 : ] 0 R ] 0 0 = ] + (90 + ]P ) ]P ]P + (]P + 90 ) = ] + ]P ]P ]P + ]P + 180 = ] + ]P ]P ]P + ]P = ] + ]P + ]P + ]P + ]P = ] + ] + ] = 0 (als Winkelsumme). Daraus ergibt sich ] 0 R = ] 0 0 : lso liegen die Punkte 0 ; 0 ; und R auf einem Kreis, d. h. der Punkt R liegt auf dem Kreis 0 0 : nalog 12

beweist man, daßder Punkt R auf dem Kreis 0 0 liegt. lso ist R ein gemeinsamer Punkt der Kreise 0 0 ; 0 0 ; 0 0 und : Damit ist Satz 4 b) bewiesen. R ' ' P '' ' Fig. 9 Zweiter eweis zu Satz 4 b): Ein anderer eweis von Satz 4 b) wurde in [4] gegeben. Und zwar wurde in der Folgerung 3 von [4] gezeigt, daß(mit unseren ezeichnungen) der nti-steinersche Punkt der Geraden HP; wobei H der Höhenschnittpunkt des ist, auf den Kreisen 0 0 ; 0 0 und 0 0 liegt; ferner liegt er (wie alle nti-steinerschen Punkte) auf dem Umkreis des ; d. h. auf dem Kreis : lso ist der nti-steinersche Punkt der Geraden HP ein gemeinsamer Punkt der Kreise 0 0 ; 0 0 ; 0 0 und : 6. Umkreismittelpunkte zweier Dreiecksecken und eines Punktes Ein anderes eispiel ist das folgende: Satz 5: Sei ein Dreieck und P ein beliebiger Punkt. Seien 0 ; 0 und 0 die Umkreismittelpunkte der Dreiecke P ; P bzw. P : Dann gilt: a) Die Kreise 0 ; 0 ; 0 und 0 0 0 haben einen gemeinsamen Punkt. (Siehe Fig. 10.) b) Die Kreise 0 0 ; 0 0 ; 0 0 und haben einen gemeinsamen Punkt. (Siehe Fig. 11.) Wieder sind die ehauptungen a) und b) wegen Satz 3 äquivalent. 13

P ' Fig. 10 14

P ' Fig. 11 Es zeigt sich allerdings eine viel elementarere Äquivalenz (Fig. 12): Der Punkt 0 ist der Umkreismittelpunkt des Dreiecks P ; also liegt er auf der Mittelsenkrechten der Strecke P : us demselben Grund liegt 0 auf der Mittelsenkrechten dieser Strecke. lso ist 0 0 die Mittelsenkrechte der Strecke P : Das heißt, ist das Spiegelbild von P an 0 0 : nalog ist das Spiegelbild von P an 0 0 ; und das Spiegelbild von P an 0 0 : Daher sind die Dreiecke und 0 0 0 genau dieselben Dreiecke wie in Satz 4, nur mit vertauschten Rollen! us Satz 4 a) folgt nun Satz 5 b), und aus Satz 4 b) folgt Satz 5 a). 15

P ' Fig. 12 Damit ist Satz 5 bewiesen. Einen anderen eweis ndet man in [3]. 7. Spiegelbilder der Dreiecksecken an einem Punkt Kommen wir zu einem weiteren eispiel, dem Satz von ollings: Satz 6: Sei ein Dreieck und P ein beliebiger Punkt. Seien 0 ; 0 und 0 die Spiegelbilder der Punkte ; bzw. an dem Punkt P: a) Die Kreise 0 ; 0 ; 0 und 0 0 0 haben einen gemeinsamen Punkt. (Siehe Fig. 13.) b) Die Kreise 0 0 ; 0 0 ; 0 0 und haben einen gemeinsamen Punkt. (Siehe Fig. 14.) 16

P ' Fig. 13 17

P ' Fig. 14 Wieder sind die ehauptungen a) und b) wegen Satz 3 äquivalent. Diesmal aber ist die Äquivalenz auch ohne Rückgri auf Satz 3 nahezu trivial: Die Punkte 0 ; 0 und 0 sind die Spiegelbilder der Punkte ; bzw. an P ; also sind auch die Punkte ; und die Spiegelbilder der Punkte 0 ; 0 bzw. 0 an P: Folglich sind die Kreise 0 ; 0 ; 0 und 0 0 0 die Spiegelbilder der Kreise 0 0 ; 0 0 ; 0 0 bzw. an P: Wenn wir z.. bewiesen haben, daßdie Kreise 0 0 ; 0 0 ; 0 0 und einen gemeinsamen Punkt haben, dann erhalten wir sofort als Folgerung, daß die Kreise 0 ; 0 ; 0 und 0 0 0 einen gemeinsamen Punkt haben, nämlich das Spiegelbild des gemeinsamen Punktes der Kreise 0 0 ; 0 0 ; 0 0 und an P: Wir werden im Folgenden also nur die ehauptung b) beweisen. eweis zu Satz 6 b): (Siehe Fig. 15.) Es ist ] 0 0 ] 0 0 = (] 0 0 ] 0 0 0 ) (] 0 0 ] 0 0 0 ) = ] 0 0 ] 0 0 0 ] 0 0 + ] 0 0 0 = ] 0 0 + ] 0 0 0 ] 0 0 + ] 0 0 0 : Wir wissen, daßdie Punkte ; ; ; 0 ; 0 und 0 bei der Spiegelung an P in die 18

Punkte 0 ; 0 ; 0 ; ; bzw. übergehen. Da bei einer Spiegelung jede Gerade in eine zu ihr parallele Gerade übergeht, gilt 0 0 k ; 0 0 k ; 0 0 k ; 0 k 0 ; 0 k 0 und 0 k 0 : us 0 k 0 folgt ] ( 0 ; 0 0 ) = ] ( 0 ; 0 0 ) ; also ] 0 0 = ] 0 0 : Wir haben damit ] 0 0 ] 0 0 = ] 0 0 + ] 0 0 0 ] 0 0 + ] 0 0 0 = ] 0 0 0 + ] 0 0 0 : Nach der Winkelsumme im 0 0 0 ist ] 0 0 0 + ] 0 0 0 + ] 0 0 0 = 0 ; also ] 0 0 0 + ] 0 0 0 = ] 0 0 0 = ] 0 0 0 : us 0 0 k und 0 0 k folgt ] ( 0 0 ; 0 0 ) = ] (; ) ; also ] 0 0 0 = ]: Daher ist ] 0 0 0 + ] 0 0 0 = ] 0 0 0 = ]; und ] 0 0 ] 0 0 = ]; also ] + ] 0 0 = ] 0 0 : Sei nun R der von verschiedene Schnittpunkt der Kreise 0 0 und : Dann gilt nach dem Umfangswinkelsatz für Kreiswinkel ]R 0 = ] 0 0 und ]R = ]: Daraus folgt ]R 0 = ]R + ]R 0 = ] + ] 0 0 = ] 0 0 : lso liegen die Punkte ; 0 ; 0 und R auf einem Kreis, d. h. der Punkt R liegt auf dem Kreis 0 0 : nalog beweist man, daßder Punkt R auf dem Kreis 0 0 liegt. lso ist R ein gemeinsamer Punkt der Kreise 0 0 ; 0 0 ; 0 0 und : Damit ist Satz 6 b) bewiesen. 19

P ' R Fig. 15 8. Feuerbachkreise der Dreiecke eines Vierecks Jetzt werden wir noch ein eispiel für vier konkurrente Kreise betrachten: Satz 7: Seien X; Y; Z und W vier Punkte auf einer Ebene. Die Feuerbachkreise der Dreiecke XY Z; Y ZW; ZW X und W XY haben einen gemeinsamen Punkt. eweis: Dieser Satz kann direkt mithilfe von Winkelrechnung bewiesen werden. Wir werden hier aber einen anderen Weg einschlagen: Und zwar wollen wir Satz 7 auf Satz 6 zurückführen. 20

X W Y Fig. 16 Z Seien ; ; ; 0 ; 0 und 0 die Mittelpunkte der Strecken XY; Y W; W X; W Z; XZ bzw. Y Z: Wir wollen einen Punkt P nden, für den gilt, daßdie Punkte 0 ; 0 und 0 die Spiegelbilder der Punkte ; bzw. an P sind. Wenn wir so einen Punkt gefunden haben, dann können wir Satz 6 b) anwenden, der besagt, daßdie Kreise 0 0 ; 0 0 ; 0 0 und einen gemeinsamen Punkt haben. Diese vier Kreise sind die Feuerbachkreise der Dreiecke XY Z; Y ZW; ZW X und W XY (denn sie gehen durch die Seitenmitten dieser Dreiecke). ls Mittelparalle im XY W ist parallel zu Y W ; als Mittelparallele im ZY W ist 0 0 parallel zu Y W: lso ist k 0 0 : nalog ist 0 k 0 : lso ist 0 0 ein Parallelogramm; folglich halbieren sich seine Diagonalen. Das heißt, der Mittelpunkt P der Diagonale 0 ist gleichzeitig Mittelpunkt der Diagonale 0 : nalog ist P der Mittelpunkt der Strecke 0 : Fassen wir zusammen: Der Punkt P ist gleichzeitig Mittelpunkt der drei Strecken 0 ; 0 und 0 : Das heißt, die Punkte 0 ; 0 und 0 sind die Spiegelbilder der Punkte ; bzw. an dem Punkt P: Jetzt können wir Satz 6 b) anwenden, und erhalten, daßdie Kreise 0 0 ; 0 0 ; 21

0 0 und einen gemeinsamen Punkt haben. Das heißt: Die Feuerbachkreise der Dreiecke XY Z; Y ZW; ZW X und W XY haben einen gemeinsamen Punkt. Damit ist Satz 7 bewiesen. X W P ' Y Fig. 17 Z 9. Spiegelbilder der Dreiecksecken an den gegenüberliegenden Seiten Das folgende ist ein eispiel für die nwendung von Satz 1. Satz 8: Sei ein Dreieck. Seien 0 ; 0 und 0 die Spiegelbilder der Dreiecksecken ; bzw. an den Seiten ; bzw. : a) Die Kreise 0 ; 0 und 0 gehen durch den Höhenschnittpunkt des : (Siehe Fig. 18.) b) Die Kreise 0 0 ; 0 0 und 0 0 haben einen gemeinsamen Punkt. (Siehe Fig. 19.) 22

H ' Fig. 18 23

' Fig. 19 eweis zu Satz 8 a): Ist H der Höhenschnittpunkt des ; dann gilt ]H = ] (H; H) = ] (H; ) + ] (; ) + ] (; H) : Da H und H Höhen im Dreieck sind, gilt ] (H; ) = 90 und ] (; H) = 90 ; also ]H = 90 + ] (; ) + 90 = 180 + ] (; ) = ] (; ) = ]: Da 0 das Spiegelbild von an ist, haben wir aber ] 0 = ]; also ] 0 = ]: Daher ist ]H = ] 0 : Folglich liegt der Punkt H auf dem Kreis 0 : nalog beweist man, daßh auf den Kreisen 0 und 0 liegt. Damit ist Satz 8 a) bewiesen. Nun folgt Satz 8 b) aus Satz 8 a) nach Satz 1. ußerdem kann man zeigen, daßder gemeinsame Punkt der Kreise 0 0 ; 0 0 und 0 0 das ild des Kosnitapunktes des bei der Inversion am Umkreis des ist. Wir wollen hier aber nicht näher darauf eingehen. 10. Das Fermatdreieck 24

Das nächste eispiel ist: Satz 9: uf den Seiten ; und eines Dreiecks werden gleichseitige Dreiecke 0 ; 0 und 0 nach außen aufgesetzt. a) Die Kreise 0 ; 0 und 0 haben einen gemeinsamen Punkt. (Siehe Fig. 20.) b) Die Kreise 0 0 ; 0 0 und 0 0 haben einen gemeinsamen Punkt. (Siehe Fig. 21.) ' Fig. 20 emerkung: Das Dreieck 0 0 0 heißt Fermatdreieck des Dreiecks : 25

' Fig. 21 eweis zu Satz 9 a): Da die Dreiecke 0 ; 0 und 0 gleichseitig sind, gilt ] 0 = 60 ; ] 0 = 60 und ] 0 = 60 ; also ] 0 + ] 0 + ] 0 = 60 + 60 + 60 = 180 = 0 : Nach Satz 2 haben die Kreise 0 ; 0 und 0 also einen gemeinsamen Punkt, was zu beweisen war. emerkung: ekanntlich ist dieser gemeinsame Punkt der Fermatpunkt des Dreiecks : ezeichnen wir ihn mit F; dann gilt ]F = ] 0 ; ]F = ] 0 und ]F = ] 0 (weil F auf den Kreisen 0 ; 0 und 0 liegt), also ]F = ]F = ]F = 60 : Das heißt, von dem Fermatpunkt F aus sieht man die Dreiecksseiten ; und unter gleichen Winkeln. Satz 9 b) folgt aus Satz 9 a) nach Satz 1. Der gemeinsame Punkt der Kreise 0 0 ; 0 0 und 0 0 heißt Wernaupunkt des Dreiecks : 11. Das Napoleondreieck Schließlich noch ein Fall von konkurrenten Kreisen. In Satz 9 waren 0 ; 0 und 0 die Spitzen der auf den Seiten ; und aufgesetzten gleichseitigen Dreiecke; im folgenden sollen 0 ; 0 und 0 die Mittelpunkte dieser gleichseitigen Dreiecke sein: 26

Satz 10: uf den Seiten ; und eines Dreiecks werden gleichseitige Dreiecke 00 ; 00 und 00 nach außen aufgesetzt; die Mittelpunkte dieser gleichseitigen Dreiecke seien 0 ; 0 bzw. 0 : a) Die Kreise 0 ; 0 ; 0 und 0 0 0 haben einen gemeinsamen Punkt. (Siehe Fig. 22.) b) Die Kreise 0 0 ; 0 0 ; 0 0 und haben einen gemeinsamen Punkt. (Siehe Fig. 23.) ' Fig. 22 27

' Fig. 23 emerkung (und Vorbereitung für den eweis): Das Dreieck 0 0 0 heißt Napoleondreieck des Dreiecks : Es ist gleichseitig, was man folgendermaßen sehen kann: Sei F der gemeinsame Punkt der Kreise 00 ; 00 und 00 (nach Satz 9 a) haben diese Kreise einen gemeinsamen Punkt). Die Punkte 0 und 0 sind die Mittelpunkte der gleichseitigen Dreiecke 00 bzw. 00 ; also auch die Mittelpunkte der Kreise 00 bzw. 00 : Da die gemeinsame Sehne zweier Kreise stets orthogonal zu ihrer Zentralen ist, gilt F? 0 0 : nalog ist F? 0 0 : Folglich ist ] 0 0 0 = ] ( 0 0 ; 0 0 ) = ] ( 0 0 ; F ) + ] (F ; F ) + ] (F ; 0 0 ) = 90 + ]F + 90 = 180 + ]F = ]F : ber wir wissen, daß]f = 60 ist (siehe den letzten bschnitt); also ist ] 0 0 0 = 60 : nalog ndet man ] 0 0 0 = 60 und ] 0 0 0 = 60 ; deshalb ist das Dreieck 0 0 0 tatsächlich gleichseitig. 28

' ' F ' Fig. 24 '' Wegen der Symmetrien in einem gleichseitigen Dreieck gilt ] 0 = 30 ; also ] 0 = 30 : us demselben Grunde gilt ] 0 = 30 : Jetzt können wir mit dem eweis von Satz 10 anfangen. eweis zu Satz 10 a): Sei Q der von 0 verschiedene Schnittpunkt der Kreise 0 und 0 0 0 : Dann gilt ] 0 Q 0 = ] 0 0 0 und ] 0 Q = ] 0 ; also ] 0 Q 0 = 60 und ] 0 Q = 30 : Folglich ist ] 0 Q = ] 0 Q 0 + ] 0 Q = 60 + ( 30 ) = 30 = ] 0 : lso liegt der Punkt Q auf dem Kreis 0 : nalog zeigt man, daßder Punkt Q auf dem Kreis 0 liegt. lso ist Q ein gemeinsamer Punkt der Kreise 0 ; 0 ; 0 und 0 0 0 : Damit ist Satz 10 a) bewiesen. 29

Q ' Fig. 25 Satz 10 b) folgt aus Satz 10 a) nach Satz 3. emerkung: Man kann beweisen, daßder gemeinsame Punkt der Kreise 0 0 ; 0 0 ; 0 0 und mit dem in [4] de nierten Eulerspiegelpunkt des übereinstimmt. Literaturhinweise [1] Herbert Zeitler: Kreisgeometrie, Didaktik der Mathematik 4/1973, S. 288-308. [2] Herbert Zeitler: Kreisgeometrie in Schule und Wissenschaft oder: klassische und moderne Kreisgeometrie, Didaktik der Mathematik 3/1983, S. 169-201. [3] Darij Grinberg: ufgabe: Umkreismittelpunkte und Kreise. [4] Darij Grinberg: ufgabe: Spiegelung an den Dreiecksseiten und nti-steinersche Punkte. [5] p WURZEL-ufgabe 22 von Wilfried Haag und Lösung von Darij Grinberg. 30