Lösung von Aufg. 11.3: Unterschied zwischen den Versionen

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klasse Beweis, sehr schön!--[[Benutzer:Schnirch|Schnirch]] 14:06, 25. Jan. 2011 (UTC)

Aktuelle Version vom 25. Januar 2011, 15:06 Uhr

Beweisen Sie Satz VII.6 a:

Wenn ein Punkt \ P zu den Endpunkten der Strecke \overline{AB} jeweils ein und denselben Abstand hat, so ist er ein Punkt der Mittelsenkrechten von \overline{AB}.

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Voraussetzung:Es sei eine Strecke \overline{AB} und ein Punkt P mit \overline{PA} \cong \overline{PB}


Behauptung: P \in m , m ist Mittelsenkrechte von \overline{AB}


Fall 1: koll(A,B,P)PMPAB.JPG
Fall 2: nkoll(A,B,P)PAcongPB113.JPG




Beweis zu Fall 1
Nr. Beweisschritt Begründung
(I) P ist Mittelpunkt von \overline{AB} Vor.( \overline{PA} \cong \overline{PB} ),Def.III.1 (Mittelpunkt)
(II) P \in m I, Def VI.1(Mittelsenkrechte)
Beweis zu Fall 2
Nr. Beweisschritt Begründung
(I) \triangle ABP ist gleichschenklig Vor.( \overline{PA} \cong \overline{PB} ), Def.VII.4 (gleichschenkliges Dreieck)
(II) \angle PBA \cong \angle BAP I, Satz VII.5 (Basiswinkelsatz)
(III) \exists ! M \in \overline{AB} : \overline{MA} \cong \overline{MB} Satz III.1(Existenz und Eindeutigkeit des Mittelpunkts), Def.III.1 (Mittelpunkt)
(IV) \triangle AMP \cong \triangle MBP II, III, Vor.( \overline{PA} \cong \overline{PB} ), Axiom V (SWS)
(V) \angle PMA \cong \angle BMP IV, Def.VII.3 (Dreieckskongruenz)
(VI) \angle PMA , \angle BMP sind Nebenwinkel IV, Def.V.4 (Nebenwinkel)
(VII) | \angle PMA | = | \angle BMP | = 90^{\circ} V, VI, Def V.6 (rechter Winkel)
(VIII) \overline{MP} \bot \overline{AB} VII, Def.V.9 (noch mehr Senkrecht)
(IX) \overline{MP} \subset m III, VIII, Def.VI.1 (Mittelsenkrechte)
(X) P \in m IX

qed.

--Studentxyz 17:58, 17. Jan. 2011 (UTC)

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klasse Beweis, sehr schön!--Schnirch 14:06, 25. Jan. 2011 (UTC)
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