Ein merkwürdiger Punkt des Vierecks ^{1}

Daniel Baumgartner, Roland Stärk

Gegeben sind in der Ebene vier Punkte A, B, C, D. Man zeige, dass es einen Punkt T gibt, der die folgenden Winkelbedingungen (orientierte Winkel modulo 180^{∘}) erfüllt:

∡AT B = ∡ADB + ∡ACB, ∡BT C = ∡BAC + ∡BDC
∡CT D = ∡CT D + ∡CT D, ∡CT D = ∡CT D + ∡CT D

Diese Aufgabe, kürzlich in [3] veröffentlicht, hat bei Elementargeometern einiges Interesse geweckt, zeigt es sich doch, dass ein Existenzbeweis für den Punkt T nicht so einfach ist, wie man anfänglich erwartet. Genauere Untersuchungen führen zu überraschenden Entdeckungen. Dieser Punkt T entpuppt sich als einer der merkwürdigsten ”Merkwürdigen Punkte”des (allgemeinen) Vierecks.

Um seine Bedeutung zu demonstrieren, seien hier im voraus schon drei seiner Eigenschaften vorgestellt. Sie werden nachher untersucht:

(1) Es seien U_{A}, U_{B}, U_{C}, U_{D} die Umkreismittelpunkte und r_{A}, r_{B}, r_{C}, r_{D} die Umkreisradien der Teildreiecke BCD, CDA, DAB, ABC eines Vierecks ABCD (Fig.1). Für den Punkt T des Vierecks gilt:

\frac{r_{A}}{\overline{T U_{A}}} = \frac{r_{B}}{\overline{T U_{B}}} = \frac{r_{C}}{\overline{T U_{C}}} = \frac{r_{D}}{\overline{T U_{D}}} .

Das bedeutet, dass bei einem Viereck, bei dem T ausserhalb der Kreise zu liegen kommt, diese von T aus alle unter dem gleichen Winkel gesehen werden.

Fig. 1^{U_{A} T A  B C D  r_{A}}  Fig. 2^{M A D  A′ D′  B C B′ C′ k k′}  Fig. 3^{x  x  p A  B P y  y  q D  C Q}

(2) Ein Kegelschnitt k, der von zwei Geraden in den Punkten A, B, C, D geschnitten wird, wird mit einer Streckung vom Zentrum M aus in k′ übergeführt (Fig.2). Es zeigt sich, dass das Viereck A′B′C′D′ der Schnittpunkte der Geraden mit k′ genau den gleichen Punkt T hat wie das Viereck ABCD.

(3) Gegeben sind ein Punkt P auf einer Geraden p und ein Punkt Q auf einer Geraden q (Fig.3). Man trägt auf p von P aus auf beide Seiten eine Strecke x ab und auf q von Q aus eine Strecke y. Betrachtet wird der Punkt T des Vierecks ABCD der Endpunkte dieser Strecken. Er bewegt sich auf einem Kreis, wenn x und y beliebig variiert werden. Der vorliegende Beitrag will zeigen, wie man mit modernen Mitteln, und das soll hier heissen: mit Computerunterstützung, in die Geheimnisse dieses Punktes T eindringen kann. Vieles ist noch unerforscht.

Die Elementargeometrie hat sich in früheren Zeiten zur Aufgabe gesetzt, geometrische Sachverhalte mit möglichst wenig Algebra zu behandeln. Ein heute wohl überholter Standpunkt, da jetzt Computeralgebrasysteme zur Verfügung stehen, die alle mühsame Rechenarbeit übernehmen können. Die Möglichkeiten sind grossartig, umfangreiche algebraische Ausdrücke, die früher von Hand nicht zu bewältigen waren, können heutzutage bearbeitet werden. Natürlich ist die Planung, Durchführung und Auswertung einer analytischen Rechnung nach wie vor Sache des Menschen, man kann z.B. bei (2) dem Computer nicht einfach die Gleichungen der Kegelschnitte und der Geraden eingeben und ein algebraisches Resultat erwarten, das ist klar. Die Dinge müssen sorgfältig entwickelt, meistens am besten kombiniert synthetisch/analytisch aufgebaut werden. Wir haben hier Mathematica [4] verwendet. Das zweite Hilfsmittel für den Geometer ist das Konstruktionssystem Cabri [5]. Mit diesem Zeichnungsverfahren können planimetrische Konstruktionen auch mit Kegelschnitten elegant und übersichtlich durchgeführt werden. Da die Ausgangselemente einer Konstruktion nachträglich verändert werden können, ist Cabri ein ideales Instrument für das Experimentieren mit geometrischen Figuren, besonders für die Untersuchung von Ortskurven. Häufig wiederkehrende Konstruktionselemente können den Bedürfnissen entsprechend als Makros aufgezeichnet werden.

1Publiziert in PM (Praxis der Mathematk) 1/44 Jg.2002.

Gearbeitet wird im Folgenden mit einem Cartesischen Koordinatensystem. Die Punkte sollen aber im Computer mit homogenen Zahlentripeln erfasst werden, damit auch Fernpunkte miteinbezogen werden können. Die Liste {t_{1}, t_{2}, t_{3}} stellt, wenn t_{3} verschieden von 0 ist, den Punkt mit den gewöhnlichen Koordinaten (\frac{t_{1}}{t_{3}} /\frac{t_{2}}{t_{3}} ) dar. \{t_{1}, t_{2}, 0\} ist der Fernpunkt der Geraden, die vom Nullpunkt zum Punkt mit den gewöhnlichen Koordinaten (t_{1}/t_{2}) führt. Auch Geraden werden mit Tripeln beschrieben: Die Gerade {a, b, c} hat in gewöhnlichen Koordinaten x und y die Gleichung ax + by + c = 0. Die Ferngerade ist das Tripel {0, 0, 1}. Verbinden von Punkten und Schneiden von Geraden gestaltet sich dann, wie das aus der Projektiven Geometrie bekannt ist.

Um speditiv mit dem Computer arbeiten zu können, muss man sich aber zuerst eine Prozedur-Sammlung für die wichtigsten analytischen Grundrechnungen selber anlegen. Beginnen wir mit ”Gerade durch die Punkte u und v”:

Verb[u_, v_]:=Cross[u, v]

Ebenso “Schnittpunkt der Geraden u und v”:

Schneid[u_, v_]:=Verb[u, v]

Halt, eines darf man nicht vergessen. Die Koordinatentripel müssen laufend in die einfachste Form gebracht werden, sonst türmen sich die Formeln mit der Zeit unüberwindbar auf. Die Koordinaten von Punkten und Geraden in unseren Rechnungen sind, wie man sehen wird, immer rationale Ausdrücke in gewissen Ausgangsgrössen. Sie müssen jeweils gekürzt werden, und bei einem Koordinatentripel mit rationalen Ausdrücken sollen die Nenner wegmultipliziert und gemeinsame Zählerfaktoren wegdividiert werden. ”Vereinfachen eines Tripels p”:

verei[p_]:=Module[{h,h1,h2},
    h=Together[p];
    h1=PolynomialGCD[Sequence@@Numerator[h]];
    h2=PolynomialLCM[Sequence@@Denominator[h]];
    Factor[h h2/h1]];

Aus z.B. {(a − 1)/(bc), (1 − a^{2})/b^{2}, ac − c} wird so {b, −c(1 + a), b^{2}c^{2}}. Wir verbessern oben:

Verb[u_, v_]:=verei[Cross[u, v]]

Einige weitere wichtige Prozeduren (Eine Auswahl von definierenden Formeln zeigt die Tabelle Fig.4):

Orth[u, v]  Orthogonale Gerade durch den Punkt u zur Geraden v
Teil[u, v, t]  Die Strecke vom Punkt u zum Punkt v im Verhältnis t teilen
Spieg[u, v]  Den Punkt u an der Geraden v spiegeln
Mitt[u, v]  Mittelsenkrechte der Punkte u und v
Umk[u, v, w]  Mittelpunkt des Kreises durch die Punkte u, v, w
Distq[u, v]  Quadrat der Distanz vom Punkt u zum Punkt v
Invert[p, m, r] Den Punkt p am Kreis um den Punkt m mit dem Radius r invertieren
Inh[u, v, w]  (Orientierter) Inhalt des Dreiecks mit den Ecken u, v, w
Tg[u, v, w]  Tangens des (orientierten) Winkels Punkt u Punkt v Punkt w
KollQ[u, v, w] Sind die Punkte u, v, w kollinear?
InzQ[u, v]  Liegt der Punkt u auf der Geraden v?

Man wird nach eigenem Gutdünken weiterfahren, vielleicht noch: Fernpunkt einer Geraden, Höhenschnittpunkt eines Dreiecks, Potenzgerade zweier Kreise, Zentrum des Kegelschnitts durch fünf Punkte ... Praktisch ist es, wenn man auch die Pol/Polarenberechnung bei Kegelschnitten zur Hand hat:

 Polare[p, k]

Polare des Punktes p beim Kegelschnitt mit der Gleichung k = 0 (in den Koordinaten t_{1}, t_{2}, t_{3})

Po[g, k]  Pol der Geraden g …

Man wird eine Prozedursammlung auch laufend ausbessern müssen. Es tauchen immer wieder Situationen auf, an die man nicht gedacht hat, Ausnahmefälle, die noch nicht berücksichtigt sind.

Auch bei Cabri erweitert ein Ausbau mit zusätzlichen persönlichen Makros die Konstruktionskraft: Umkreismittelpunkt eines Dreiecks, Fusspunktkreis eines Punktes in einem Dreieck, Pol/Polare bei Kreis und Kegelschnitt, Achsen eines Kegelschnitts, gleichseitige Hyperbel durch vier Punkte usw.

Fig. 4

1. Will man bei einem Viereck die Existenz des Punktes T beweisen, so denkt man zuallererst an die Fasskreise über den Seiten, auf denen er liegen muss. Der Nachweis, dass diese kopunktal sind, ist aber nicht einfach. Auf den synthetischen Beweis in [3] stösst man nicht so leicht (Wir kommen darauf zurück). Hier soll einfach der analytische Weg eingeschlagen werden. Von grösster Bedeutung ist die Wahl des Koordinatensystems. Bekanntlich kann man durch irgend vier Punkte A, B, C, D eine gleichseitige Hyperbel legen. Der entscheidende Kunstgriff für Vierecksberechnungen besteht darin, die Asymptoten dieser Hyperbel als Koordinatenachsen zu nehmen. So lassen sich die Punkte einheitlich erfassen mit: A(a/\frac{1}{a}), B(b/\frac{1}{b}), C(c/\frac{1}{c}), D(d/\frac{1}{d}) oder in der Schreibweise für den Computer

                   pA = \{a, \frac{1}{a}, 1\}; pB = \{b, \frac{1}{b}, 1\}; pC = \{c, \frac{1}{c}, 1\}; pD = \{d, \frac{1}{d}, 1\};

Der grosse Vorteil ist, dass man mit diesem Ansatz es den Formeln immmer ansieht, wenn diese Punkte mit gleichem Gewicht an ihnen beteiligt sind.

Zuerst berechnen wir die Gleichung kr_{1} = 0 des Fasskreises über der Seite AB. Unter Anwendung des Additionstheorems für die Tangensfunktion kann kr_{1} mit dem laufenden Punkt pP = {t_{1}, t_{2}, t_{3}}; folgendermassen geschrieben werden

kr1=Numerator[ Factor[
   Tg[pA,pP,pB]-(Tg[pA,pD,pB]+Tg[pA,pC,pB])/(1-Tg[pA,pD,pB]Tg[pA,pC,pB]) ]]

Der Mittelpunkt dieses Kreises, der Pol der Ferngeraden, ist

pM1=Pol[kr1,{0,0,1}]

Die Gleichung des Kreises ist aber zu umfangreich, um hier abgedruckt zu werden. Wir lassen einfach den Computer machen. Ebenso der Fasskreis über der Seite BC

kr2=Numerator[ Factor[ Tg[pB,pP,pC]-(...)/(1-...) ]]
pM2=Pol[{0,0,1},kr2]

Nun muss nur noch der den beiden Kreisen gemeinsame Punkt B an der Zentralen gespiegelt werden

pT=Spieg[ pB, Verb[pM1,pM2] ]

Überraschend ist das einfache Resultat

{−a − b − c − d, −abc − abd − acd − bcd, −1 − abcd}

oder in gewöhnlichen Koordinaten

T (\frac{a + b + c + d}{1 + abcd} / \frac{\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} + \frac{1}{d}}{1 + \frac{1}{abcd}} ).

Man sieht, dass auch die übrigen Fasskreise denselben Punkt liefern, da die Koordinaten von A, B, C, D alle gleich vertreten sind. Damit ist die Aufgabe gelöst. Und der Aufgabentext kann noch ergänzt werden mit

∡AT C = ∡ABC + ∡ADC , ∡BT D = ∡BAD + ∡BCD,

denn es geht hier um ein allgemeines Viereck, alle sechs Seiten sind gleichberechtigt. Es sei nochmals darauf hingewiesen, dass die Winkel stets orientiert modulo 180^{∘} gemeint sind, wie das in der fortgeschrittenen Elementargeometrie allgemein üblich ist. Die Formel für T macht aufmerksam auf den Ausnahmefall abcd = −1. Dann ist das Viereck ABCD orthozentrisch, jede Ecke ist der Höhenschnittpunkt des Dreiecks, gebildet durch die drei anderen. Einem orthozentrischen Viereck können unendlich viele gleichseitige Hyperbeln umschrieben werden, und jeder Fernpunkt hat die Eigenschaften, die von T verlangt werden. Erwähnt werden muss noch der Spezialfall, wo die gleichseitige Hyperbel, die man durch A, B, C, D legt, ausgeartet, also ein orthogonales Geradenpaar ist. Dann geht der obige Ansatz nicht. Es sei dem Leser überlassen, z.B. für den Fall, dass zwei Gegenseiten des Vierecks ABCD orthogonal sind, mit dem Ansatz A(x_{1}/0), B(x_{2}/0), C(0/y_{1}), D(0/y_{2}) den Punkt T auch zu berechnen. Im Folgenden wird dieser Grenzfall nicht weiter berücksichtigt.

2. Grundlegend in der Elementargeometrie ist der Begriff der Isogonalität bezüglich eines Dreiecks. Zwei Punkte heissen isogonalkonjugiert, wenn ihre Ecktransversalen symmetrisch sind bezüglich der Winkelhalbierenden der jeweiligen Ecke. Spiegelt man einen Punkt P an allen drei Seiten des Dreiecks, so ist, wie man leicht sieht, der Umkreismittelpunkt des Dreiecks, gebildet durch die Spiegelbilder, der zu P isogonalkonjugierte Punkt bezüglich des Dreiecks. Zum Beispiel sind die Brennpunkte eines einem Dreieck eingeschriebenen Kegelschnitts isogonalkonjugiert bezüglich des Dreiecks [3]. Erwähnt sei hier auch noch, dass die zu den Punkten einer Geraden isogonalkonjugierten Punkte einen Umkegelschnitt des Dreiecks bilden. Zur Ferngeraden gehört der Umkreis.

Wir fügen unserer Mathematica-Algorithmensammlung noch den Algorithmus an, welcher den zum Punkt p bezüglich des Dreiecks uvw isogonalkonjugierten Punkt berechnet:

Isog[p_, u_, v_, w_]:=
      Umk[Spieg[p,Verb[u,v]], Spieg[p,Verb[v, w]], Spieg[p,Verb[w, u]]];

Und auch bei Cabri sollte man den betreffenden Makro bereitstellen.

Wenn man beim Experimentieren mit Vierecken auf die Idee kommt, bei einem Viereck ABCD auch das Viereck der Umkreismittelpunkte U_{A}, U_{B}, U_{C}, U_{D} der Teildreiecke BCD, CDA, DAB, ABC zu betrachten oder den zu A bez. des Dreiecks BCD isogonalkonjugierten Punkt A^{∗}, den zu B bez. des Dreiecks CDA isogonalkonjugierten Punkt B^{∗} etc. zu konstruieren, dann stellt man mit Überraschung fest, dass die Vierecke U_{A}U_{B}U_{C}U_{D} und A^{∗}B^{∗}C^{∗}D^{∗} perspektiv-ähnlich sind und dass der Punkt T des Vierecks ABCD das Zentrum dieser Ähnlichkeit ist. Und mehr noch: T ist invers zu A^{∗}, B^{∗}, C^{∗}, D^{∗} bezüglich der Umkreise der Dreiecke BCD, CDA, DAB, ABC.

Satz(Fig.5). Der zur Ecke A des Vierecks ABCD bezüglich des Dreiecks BCD isogonalkonjugierte Punkt A^{∗} und der Punkt T des Vierecks sind invers bezüglich des Umkreises des Dreiecks BCD.

Fig. 5^{B  C D T A^{∗}  A  U_{A}r_{A}}

Beweis. Fortsetzung der Rechnung 1.

pAs = Isog[pA,pB,pC,pD];
pUA = Umk[pB,pC,pD];
rAq = Distq[pUA,pB];
Invert[ pAs,pUA,Sqrt[rAq] ]

Damit ist fortan ein elegantes Verfahren gefunden, den Punkt T eines Vierecks zu berechnen und zu konstruieren: Eine Ecke im Dreieck, gebildet durch die drei andern, isogonal abbilden und dann am Umkreis des Dreiecks invertieren. Mathematica-Prozedur und Cabri-Makro ...

Es sei noch bemerkt, dass diese Berechnung des Punktes T sich auch durchführen lässt, wenn nicht alle Koordinaten reell sind. Man sollte sowieso bei der ganzen Theorie den Körper der komplexen Zahlen im Auge behalten. Die imaginären Kreispunkte z.B. schreiben sich in unserem Koordinatensystem als (1, i, 0), (1, −i, 0).

3. Satz. Das Viereck, gebildet durch die Umkreismittelpunkte U_{A}, U_{B}, U_{C}, U_{D} der Teildreiecke BCD, CDA, DAB, ABC eines Vierecks ABCD hat denselben Punkt T wie das Viereck ABCD. Man führt die Rechnung 2 weiter. Es lassen sich jetzt viele interessante Formeln herleiten. Zum Beispiel zeigt

In[ ]:= Factor[ rAq/Distq[pT, pUA] ]

Out[ ]= \frac{(abcd + 1)^{2}}{(abcd − 1)^{2}}

die Eigenschaft (1) der Einleitung. Die folgenden Formeln lassen sich alle leicht nachrechnen:

\overline{T A} : \overline{T B} : \overline{T C} : \overline{T D} = \frac{1}{r_{A}} : \frac{1}{r_{B}} : \frac{1}{r_{C}} : \frac{1}{r_{D}}

\frac{\overline{T A}}{\overline{T C}} = \frac{| sin(∡BCD)|}{| sin(∡BAD)|}

\overline{T A}^{2} · \overline{T B}^{2} · \overline{T C}^{2} · \overline{T D}^{2} = Potenz von T bez. Umkreis BCD ·

Potenz von T bez. Umkreis CDA · . . .

\frac{\overline{T A} · \overline{T B} · \overline{T C} · \overline{T D}}{(Inhalt Diagonaldreieck von ABCD)^{2}} = \frac{\overline{T U_{A}} · \overline{T U_{B}} · \overline{T U_{C}} · \overline{T U_{D}}}{(Inhalt Diagonaldreieck von U_{A}U_{B}U_{C}U_{D})^{2}}
A und U_{A} sind isogonalkonjugiert bez. Dreieck U_{B}U_{C}U_{D}

Was stellt man (mit Cabri) sonst noch fest? Vielleicht, dass die Geraden T A und T U_{A}, T B und T U_{B}, T C und T U_{C}, T D und T U_{D} symmetrisch sind bezüglich einer merkwürdigen Geraden durch T.

4.Satz(Fig.6). Die Strecken T A, T B, T C, T D vom Punkt T eines Vierecks ABCD zu den Ecken sind so lang wie die (Haupt-)Achsen der den Teildreiecken BCD, CDA, DAB, ABC eingeschriebenen Kegelschnitte, die T als einen Brennpunkt besitzen.

Fig. 6^{B C D T A}

Beweis. Bei einem Kegelschnitt liegen die Fusspunkte der von einem Brennpunkt auf die Tangenten gefällten Lote auf dem Hauptscheitelkreis (bei einer Parabel auf der Scheiteltangente) [2]. Beim Kegelschnitt mit dem Brennpunkt T, der dem Dreieck BCD eingeschrieben ist (der die Seiten des Dreiecks berührt) ist die Hauptachse somit ein Durchmesser des Fusspunktkreises von T.

In[ ]:= pT1 = Schneid[ Orth[pT,Verb[pB,pC]], Verb[pB,pC] ];
      pT2 = Schneid[ Orth[pT,Verb[pC,pD]], Verb[pC,pD] ];
      pT3 = Schneid[ Orth[pT,Verb[pD,pB]], Verb[pD,pB] ];
      pM = Umk[pT1,pT2,pT3];
      rq = Distq[pM,pT1];
      Factor[ Distq[pT,pA]/(4 rq) ]

Out[ ]= 1

5. Durch die Ecken und die drei Diagonalpunkte eines Vierecks lässt sich eine Zirkularkurve dritter Ordnung legen. Es stellt sich die Frage, wie ihre Gleichung bei unserem Viereck mit den Ecken pA = {a, 1/a, 1}, pB, pC, pD lautet. Mit dem Ansatz

z_{1}t_{1}^{3} + z_{2}t_{2}^{3} + z_{3}t_{3}^{3} + z_{4}t_{1}^{2}t_{2} + z_{5}t_{1}t_{2}^{2} + z_{6}t_{2}^{2}t_{3} + z_{7}t_{2}t_{3}^{2} + z_{8}t_{3}^{2}t_{1} + z_{9}t_{3}t_{1}^{2} + z_{10}t_{1}t_{2}t_{3} = 0

kommt man zu einem linearen Gleichungssystem für die Koeffizienten z_{1}, ..., z_{10} , wenn man die erwähnten Punkte nebst den beiden imaginären Kreispunkten einsetzt (Es empfiehlt sich, die Elimination schrittweise vorzunehmen). Es stellt sich heraus, dass diese Kurve auch durch den Punkt T des Vierecks läuft und dass sie die Geraden von T aus zu den Ecken in diesen berührt. Der Punkt T soll deshalb in Anlehnung an die Theorie der Kurven dritter Ordnung von jetzt an als Tangentialpunkt des Vierecks bezeichnet werden. In unserer Theorie spielt die Zirkularkurve aber weiter keine Rolle.

6. Bei einem Vierseit gehen die Umkreise der vier Teildreiseite, die von je drei Seiten des Vierseits gebildet werden, durch einen gemeinsamen Punkt, den Steinerpunkt des Vierseits [1]. Und die Mittelpunkte dieser Umkreise liegen zusammen mit dem Steinerpunkt auch auf einem Kreis. In Fortführung der bisherigen Rechnungen lässt sich leicht die folgende Eigenschaft des Tangentialpunkts nachweisen.

Satz(Fig.7): Bei einem Viereck ABCD sei S der Steinerpunkt des durch die Geraden AB, BC, CD, DA gebildeten Vierseits. Die beiden Kreise durch S und je zwei Gegenecken des Vierseits gehen dann auch durch den Tangentialpunkt des Vierecks.

Fig. 7^{A  B C  D S  T}

Es bleibt dem Leser überlassen, aus dieser Eigenschaft des Tangentialpunkts einen synthetischen Existenzbeweis zu entwickeln. Es ist der in [3] dargestellte. In einem Viereck ABCD stecken insgesamt drei Vierseite, gebildet durch jeweils zwei Gegenseitenpaare. Neben dem oben erwähnten noch das durch die Seiten AB, BD, DC, CA und das durch die Seiten BD, DA, AC, CB gebildete. Ein Viereck hat somit drei solche Steinerpunkte. Man sollte mit Cabri alles zeichnen. Die oben erwähnten Kreise durch die Umkreismittelpunkte der Teildreiseite der Vierseite haben auch wieder einen gemeinsamen, geheimnisvollen Punkt....

7.Satz. Werden die Ecken eines Vierecks ABCD an einem Kreis um seinen Tangentialpunkt T invertiert in A′, B′, C′, D′, dann hat das Viereck A′B′C′D′ auch den Tangentialpunkt T. Beweis. Hier weichen wir einer analytischen Rechnung, die zu aufwendig wäre, aus. Wenn drei Punkte U, V, W an einem Kreis um einen Punkt M invertiert werden in U′, V′, W′, dann gilt die Formel ∡UV W + ∡U′V′W′ = ∡UMW [1]. Aus ∡ACB + ∡A′C′B′ = ∡AT B und ∡ADB + ∡A′D′B′ = ∡AT B folgt durch Addition ∡A′C′B′ + ∡A′D′B′ = ∡AT B. Und dass die Steinerpunkte des Vierecks ABCD invers sind zu den Diagonalpunkten des Vierecks A′B′C′D′ und umgekehrt, folgt aus 6. Man sollte sich nicht immer einseitig auf den analytischen Weg versteifen, manchmal werden Formeln für einfache Dinge äusserst umfangreich. Dass die Vierecke A′B′C′D′ und A^{∗}B^{∗}C^{∗}D^{∗} (siehe 2) ähnlich sind, lässt sich aber wieder analytisch wohl am leichtesten beweisen.

8. Der Tangentialpunkt T eines Vierecks ABCD wird an den sechs Seiten des Vierecks gespiegelt. Was lässt sich über das Sechseck der Spiegelpunkte sagen? Satz. Spiegelt man den Tangentialpunkt eines Vierecks ABCD an den Seiten des Vierecks, so bekommt man ein zentralsymmetrisches Sechseck, dessen Zentrum das Zentrum Z der gleichseitigen Hyperbel durch A, B, C, D ist.

Man betrachte auch den Umkegelschnitt dieses Sechsecks. Wie verlaufen seine Achsen?

9. Ebenso leicht lässt sich analytisch der folgende Satz beweisen. Satz. Spiegelt man eine Ecke eines Vierecks ABCD am Zentrum Z der gleichseitigen Hyperbel durch A, B, C, D, so bekommt man den zum Tangentialpunkt T des Vierecks isogonalkonjugierten Punkt bezüglich des durch die drei andern Ecken gebildeten Dreiecks.

Es zeigt sich, dass dieser Punkt Z, das Zentrum der gleichseitigen Hyperbel durch A, B, C, D – wir sagen das ”Gleichseitigehyperbelzentrum des Vierecks ABCD- häufig im Zusammenspiel mit dem Tangentialpunkt T anzutreffen ist und sich auch als bedeutender merkwürdiger Viereckspunkt entpuppt. Das wird deutlich bei den noch kommenden Rechnungen.

Vorerst seien hier, gewissermassen als Zwischenhalt, noch einige Übungsaufgaben formuliert, die man am besten jeweils zuerst mit Cabri ausprobiert:

(1) Gegeben ist ein Viereck ABCD. Eine Ecke, z.B. A, wird ausgewählt. Die orthogonalen Geraden zu AB in B, zu AC in C, zu AD in D bilden das sog. Antifusspunktdreieck von A bezüglich des Dreiecks BCD. Man zeige, dass die Umkreismittelpunkte der Antifusspunktdreiecke von A bez. BCD, von B bez. CDA, von C bez. DAB, von D bez. ABC ein Viereck bilden, das dem Viereck ABCD perspektiv-ähnlich ist. Streckungszentrum?

(2) In einem Viereck ABCD sei M_{A} der Mittelpunkt des Fusspunktkreises von A im Teildreieck BCD. Entsprechend M_{B}, M_{C}, M_{D}. Man untersuche das Viereck M_{A}M_{B}M_{C}M_{D}. Sein Tangentialpunkt ist identisch mit dem Gleichseitigehyperbelzentrum des Vierecks ABCD.

(3) Das Gleichseitigehyperbelzenrum Z eines Vierecks ABCD liegt auf dem Umkreis des Diagonaldreiecks von ABCD. Die Wallacegerade von Z bez. des Diagonaldreiecks (die Gerade durch die Fusspunkte der Lote von Z auf die Seiten des Diagonaldreiecks) ist parallel zur Geraden durch den Höhenschnittpunkt des Diagonaldreiecks und den Tangentialpunkt des Vierecks.

(4) Bei einem Kreissehnenviereck ist der Tangentialpunkt der Höhenschnittpunkt des durch die Diagonalpunkte gebildeten Dreiecks.

(5) Bei einem Viereck ABCD mit dem Tangentialpunkt T seien O_{A}, O_{B}, O_{C}, O_{D} die Umkreismittelpunkte der Fusspunktdreiecke von T in den Dreiecken BCD, CDA, DAB, ABC. Man zeige, dass das Gleichseitigehyperbelzentrum von ABCD der Tangentialpunkt des Vierecks O_{A}O_{B}O_{C}O_{D} ist.

(6) Die Höhenschnittpunkte der vier Teildreiecke eines einer gleichseitigen Hyperbel umschriebenen Vierseits liegen auf der Polaren des Tangentialpunkts des Vierecks der Berührungspunkte bezüglich dieser Hyperbel.

10. Satz(Fig.8). M sei ein Diagonalpunkt eines Vierecks ABCD. Die Verbindungsgeraden T M und ZM des Tangentialpunkts T und des Gleichseitigehyperbelzentrums Z von ABCD mit M sind symmetrisch bezüglich der Winkelhalbierenden der beiden in M zusammenlaufenden Gegenseiten des Vierecks.

Fig. 8^{A  B  C D M  T Z ω}

Beweis. Fortsetzung der bisherigen Rechnungen. Es sei M der Schnittpunkt der Seiten AB und CD. Man vergleicht die Winkel AMT und ZMC oder man spiegelt Z an den Seiten AB, CD in Z_{1}, Z_{2} und prüft, ob T auf der Mittelsenkrechten von Z_{1}Z_{2} liegt. Für das Verhältnis der Strecken T M und ZM erhält man

\begin{matrix}\overline{T M} & 2 \\ \overline{ZM} & 2 \end{matrix} = \frac{(1 + a^{2}b^{2})(1 + c^{2}d^{2})}{(1 + abcd)^{2}} ,

für den Winkel ω = ∡AMC hat man

tan ω = \frac{−ab + cd}{1 + abcd} .

Zusammenhang?

Es sei ω der Winkel zwischen den in M zusammenlaufenden Gegenseiten. Für die Strecken T M und ZM gilt:

\frac{\overline{T M}}{\overline{ZM}} = \sqrt{1 + tan^{2} ω} = \frac{1 + tan^{2}(\frac{ω}{2} )}{|1 − tan^{2}(\frac{ω}{2} )|} .

Der Satz zeigt eine Möglichkeit, bei einem Viereck mit Hilfe der Diagonalpunkte das Gleichseitigehyperbelzentrum zu konstruieren, wenn der Tangentialpunkt schon konstruiert ist, oder umgekehrt.

11. Durch die Ecken eines Vierecks ABCD sei ein Kegelschnitt k mit den Asymptoten f_{1}, f_{2} gelegt (Der Anschaulichkeit wegen denken wir an eine Hyperbel, bei der man die Asymptoten ”sehen” kann). Es seien A′, B′, C′, D′ die Schnittpunkte der Gegenseiten AB und CD des Vierecks mit den Asymptoten (Fig.9).

Fig. 9^{k A B  C D f_{2} f_{1}  A′ B′  C′ D′}

Wie immer rechnen wir mit den Punkten pA = {a, 1/a, 1} etc. Es sei pF1 = {1, m, 0} der Fernpunkt der Asymptote f_{1}. Ansatz für die Gleichung von k:

k_{1}t_{1}^{2} + k_{2}t_{2}^{2} + k_{3}t_{3}^{2} + k_{4}t_{1}t_{2} + k_{5}t_{2}t_{3} + k_{6}t_{3}t_{1} = 0.

Mit den fünf Punkten A, B, C, D, F_{1} berechnet man die Koeffizienten von k.

k_{1} = m, k_{2} = abcdm, ...

Dann schneidet man k mit der Ferngeraden, bekommt den zweiten Fernpunkt und kann f_{1}, f_{2} und A′, B′, C′, D′ berechnen. Es zeigt sich, dass diese vier Punkte auf der gleichseitigen Hyperbel

y = \frac{p}{x} mit p = \frac{−m(a + b + abcm + abdm)(c + d + acdm + bcdm)}{(abcdm^{2} − 1)^{2}}

liegen, dass also das Viereck A′B′C′D′ dasselbe Gleichseitigehyperbelzentrum hat wie das Viereck ABCD, nämlich den Koordinatennullpunkt. Ferner kann man nachweisen, dass auch der Tangentialpunkt von A′B′C′D′ identisch ist mit dem Tangentialpunkt von ABCD. Satz. Wird ein Kegelschnitt k mit zwei Geraden geschnitten, so hat das Viereck der Schnittpunkte denselben Tangentialpunkt und dasselbe Gleichseitigehyperbelzentrum wie das Viereck der Schnittpunkte der beiden Geraden mit den Asymptoten von k.

Aus diesem Satz folgt die Aussage (2) der Einleitung, denn wenn ein Kegelschnitt vom Zentrum aus gestreckt wird, verändern sich die Asymptoten nicht.

12. Aus 10 und 11 folgt der Satz. Es seien A, B, C, D vier Punkte eines Kegelschnitts k mit dem Zentrum M. Für den Tangentialpunkt T und das Gleichseitigehyperbelzentrum Z des Vierecks ABCD gilt:

– Die Geraden T M und ZM sind symmetrisch bezüglich der Achsen von k.

– Wie die Strecken T M und ZM sich zueinander verhalten, ist in der Fig.10 angegeben.

Fig. 10.1  \frac{\overline{T M}}{\overline{ZM}} = \frac{a^{2}+b^{2}}{|a^{2}−b^{2}|}^{b  M a k  A B C D T Z} Fig. 10.2  \frac{\overline{T M}}{\overline{ZM}} = \frac{a^{2}−b^{2}}{|a^{2}+b^{2}|}^{M a  b A  BC D T Z}  Fig. 10.3^{k A  B  C D T  Z 2p p/2}

Den ausgearteten Fall eines Geradenpaars hat 10 gezeigt.

13. Die Aussage (2) der Einleitung kann verallgemeinert werden. Es gilt der Satz(Fig.11). Der Tangentialpunkt und das Gleichseitigehyperbelzentrum des Vierecks, gebildet durch die Schnittpunkte zweier Kegelschnitte, ändern sich nicht, wenn die Kegelschnitte von ihren Zentren aus beliebig gestreckt werden. Beweis. Wenn man bei einem Kegelschnitt k mit der Gleichung

q_{1}t_{1}^{2} + q_{2}t_{2}^{2} + q_{3}t_{3}^{2} + q_{4}t_{1}t_{2} + q_{5}t_{2}t_{3} + q_{6}t_{3}t_{1} = 0

in unserem Koordinatensystem das Zentrum und die Fernpunkte berechnet, stellt man fest, dass für diese Punkte der Koeffizient q_{3} keine Rolle spielt. Eine Änderung von q_{3} bedeutet eine Streckung des Kegelschnitts von seinem Zentrum aus.

Fig. 11^{M_{1}  M_{2} k_{1}  k_{2}}

Nun seien

a_{1}t_{1}^{2} + a_{2}t_{2}^{2} + a_{3}t_{3}^{2} + a_{4}t_{1}t_{2} + a_{5}t_{2}t_{3} + a_{6}t_{3}t_{1} = 0
b_{1}t_{1}^{2} + b_{2}t_{2}^{2} + b_{3}t_{3}^{2} + b_{4}t_{1}t_{2} + b_{5}t_{2}t_{3} + b_{6}t_{3}t_{1} = 0

die Gleichungen der beiden Kegelschnitte k_{1} und k_{2}. Das Gleichseitigehyperbelzentrum des Schnittvierecks von k_{1} und k_{2} bekommt man, wenn man unter den Kegelschnitten des durch k_{1} und k_{2} bestimmten Büschels die gleichseitige Hyperbel h heraussucht und deren Zentrum berechnet.

h: (a_{1} + λb_{1})t_{1}^{2} + (a_{2} + λb_{2})t_{2}^{2} + ... = 0

Einsetzen von {1, m, 0}. Es seien {1, m1, 0} und {1, m2, 0} die beiden Fernpunkte. Gleichseitig heisst m1m2 = −1. Unter Verwendung des Satzes von Vieta ergibt sich

λ = −(a_{1} + a_{2})/(b_{1} + b_{2})

Es zeigt sich, dass das Zentrum von h, der Pol der Ferngeraden {0, 0, 1}, von a_{3} und b_{3} unabhängig ist, dass mit beliebig gestreckten Kegelschnitten dasselbe Gleichseitigehyperbelzentrum herauskommt. Und wegen Satz 12 ist dann auch der Tangentialpunkt von Streckungen unbeeinflusst.

14. Noch einen Schritt weiter. Ein Kegelschnitt l eines durch zwei Kegelschnitte k_{1}, k_{2} festgelegten Büschels wird mit einem Kegelschnitt k geschnitten. Was lässt sich über das Gleichseitigehyperbelzentrum Z des Schnittpunktvierecks von l und k sagen? l und k legen auch wieder ein Büschel fest. Gesucht werden muss das Zentrum der gleichseitigen Hyperbel h dieses Büschels.

h = l + λk = (k_{1} + μk_{2}) + λk .

Man hält μ fest und berechnet wie bei 13 den Wert λ, für den h gleichseitig wird. Die Koordinaten von Z werden dann alle quadratisch in μ. Das heisst, dass sich Z auf einem Kegelschnitt bewegt, wenn μ variiert. Auch die Punkte {1, I, 0} und {1, −I, 0} gehören zu diesem Kegelschnitt (Man kann zeigen, dass für die μ-Werte, welche die dritte Koordinate von Z verschwinden lassen, die Summe der Quadrate der beiden ersten auch verschwindet). Somit bewegt sich Z auf einem Kreis, und wegen Satz 12 auch T. Satz. Wird ein Kegelschnittbüschel mit einem Kegelschnitt k geschnitten, so liegen die Tangentialpunkte und die Gleichseitigehyperbelzentren der Vierecke, gebildet durch die Schnittpunkte von k mit jeweils einem Kegelschnitt des Büschels, auf zwei allein durch das Büschel und k festgelegten Kreisen.

Diese T - und Z-Kreise können ausgeartet sein:

– Beim Büschel aller Parabeln mit vorgegebener Achsenrichtung, die durch zwei feste Punkte gehen, gibt es Geraden.

– Bei einem Büschel, aufgespannt durch zwei perspektiv-ähnliche Kegelschnitte mit gemeinsamem Zentrum, sind es Punkte. Nimmt man in diesem Fall für k ein Geradenpaar, so ist es wieder die Situation (2) der Einleitung.

15. Man prüfe mit Cabri auch die folgende Behauptung: Gegeben sind ein Dreieck ABC, ein Punkt D und ein Kegelschnitt k. Das Kegelschnittbüschel mit den Büschelpunkten A, B, C, D bestimmt zusammen mit k nach Satz 14 einen T -Kreis und einen Z-Kreis. Hält man A, B, C und k fest und variiert man einzig D, so ändern sich diese Kreise. Merkwürdigerweise haben aber alle diese T -Kreise einen allein durch das Dreieck ABC und den Kegelschnitt k festgelegten Punkt gemeinsam. Ebenso, wegen 12, die Z-Kreise.

Grundsätzlich ist zu sagen, dass auch bei Computerunterstützung die Arbeit immer günstig aufgeteilt werden muss, dass man jeweils den eleganten Weg, die Rechnung mit möglichst einfachen Koordinatenausdrücken suchen muss. Die Terme werden sonst zu umfangreich als dass sie vom Computer in vernünftiger Zeit verarbeitet werden können. Wenn eine algebraische Berechnung nicht gelingt, hat man natürlich stets die Möglichkeit, eine Vermutung wenigstens numerisch zu erhärten.

16. Eine Anwendung zu 14. Satz(Fig.12). Wird ein Kegelschnitt k von einer Geraden g und einem Geradenbüschel geschnitten, so liegen die Tangentialpunkte der Vierecke, die durch g und jeweils eine Büschelgerade auf k herausgeschnitten werden, auf einem Kreis.

Fig. 12^{k g}

Beweis. Man nehme zwei Geraden f_{1}, f_{2} des Büschels. Die (ausgearteten) Kegelschnitte k_{1} = g ∪ f_{1} und k_{2} = g ∪ f_{2} bestimmen ein Kegelschnittbüschel, dessen Kegelschnitte aus g und jeweils einer Geraden des Geradenbüschels bestehen. Dieses Kegelschnittbüschel wird mit k geschnitten.

Auch hier: Wenn z.B. k eine gleichseitige Hyperbel ist oder wenn das Geradenbüschel eine Parallelenschar ist, gibt es keinen Kreis, sondern eine Gerade.

17. Noch eine Anwendung zu 14: Die Aussage (3) der Einleitung. Beweis. x wird zuerst festgehalten. k_{1} sei irgend eine Hyperbel, die durch A und B geht und q als Asymptote hat, k_{2} ein Kegelschnitt durch A und B, der q in Q berührt. Die Kegelschnitte des durch k_{1} und k_{2} festgelegten Büschels gehen durch A und B und erzeugen auf q mit ihren Schnittpunkten C und D bekanntlich eine Involution, deren Fixpunkte Q und der Fernpunkt von q sind. Q ist daher die Mitte von CD. Geschnitten wird das Kegelschnittbüschel mit dem Geradenpaar p ∪ q. Bei festem x und variablem y bewegt sich der Tangentialpunkt T also auf einem Kreis. Dieser Kreis geht durch drei besondere Punkte, wie man mit Cabri feststellt: Durch den Schnittpunkt U von p mit der Orthogonalen zu q durch Q, durch den Schnittpunkt V von q mit der Orthogonalen zu p durch P und durch den Schnittpunkt W dieser beiden Orthogonalen. Eine ergänzende Rechnung mit P (1/0), Q(q_{1}/q_{2}) und dem Schnittpunkt von p und q als Koordinatennullpunkt bestätigt dies. Da U, V, W von x unabhängig sind, ist die Aussage (3) damit bewiesen.

18. Je weiter man in dieses Gebiet vordringt, umso beeindruckender und interessanter wird alles. Es tun sich immer wieder neue Zusammenhänge auf. Zum Schluss seien hier noch drei Anregungen gemacht ohne weiteren Kommentar:

(1) Gegeben sind ein Kegelschnitt k, ein Punkt P und ein Winkel ϕ. Ein Geradenpaar, das sich im Punkt P schneidet und den Winkel ϕ einschliesst, wird um P herumgedreht (Fig.13). Was lässt sich über den Tangentialpunkt des Vierecks der Schnittpunkte des Geradenpaars mit k sagen?

Fig. 13^{Φ P  k}  Fig. 14^{A  B C D  k}

(2) Auf einem Kegelschnitt k liegen vier Punkte A, B, C, D (Fig.14). Man zeige, dass sich der Tangentialpunkt des Vierecks ABCD auf einem Kreis bewegt, wenn die Punkte A, B, C festgehalten und der Punkt D auf k bewegt wird. Welche Positionen nimmt der Mittelpunkt dieses Kreises ein, wenn man C auf k auch noch verändert?

Fig. 15^{p q P_{1}  P_{2} Q_{1}  Q_{2} A C  B D}

(3) Verallgemeinerung der Aussage (3) der Einleitung (Fig.15). Auf einer Geraden p sind zwei Punkte P_{1}, P_{2} und auf einer Geraden q zwei Punkte Q_{1}, Q_{2} gegeben. A ist ein variabler Punkt auf p, C ein variabler Punkt auf q, B der zu A harmonische Punkt bezüglich der Grundpunkte P_{1}, P_{2} und D der zu C harmonische bezüglich der Grundpunkte Q_{1}, Q_{2}. Wo befindet sich der Tangentialpunkt des Vierecks ABCD?

Literatur [1] Johnson R. A.: Advanced Euclidean Geometry. Dover Publications Inc., NewYork 1960.

[2] Lange J.: Synthetische Geometrie der Kegelschnitte. Verlag H. W. Müller, Berlin 1908.

[3] Stärk R.: Problem P1024. PM Praxis der Mathematik - vereinigt mit DdM. Aulis Verlag, Köln. PM 6/39(1997), PM /40(1998).

[4] Wolfram S.: Mathematica. A System for Doing Mathematics by Computer. Addison-Wesley Publishing Company Inc., 1988.

[5] Laborde J.– M./Bellemain F.: Cabri-GÉOMÈTRE II, TEXAS INSTRUMENTS FRANCE.

Anschrift der Verfasser:

Daniel Baumgartner Roland Stärk
Furkastrasse 15  Im Santenbühl
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