Lösung von Aufgabe 11.3: Unterschied zwischen den Versionen

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Version vom 1. Juli 2010, 00:39 Uhr

Beweisen Sie den Kongruenzsatz SSS.


Vor.:

\overline{ABC}, \overline{DEF},
\overline{AB} \cong \overline{DE} \ \land \ \overline{BC} \cong \overline{EF} \ \land \ \overline{AC} \cong \overline{DF}


Beh.:

\overline{ABC} \cong \overline{DEF}


Skizze zu Beweis sss.JPG

Bew.:

Es ex. ein Strahl \ AQ^+ mit Q \in ABC^- und |\angle BAQ| = |\angle EDF| bzw. \angle BAQ \cong \angle EDF (Begr.: Winkelkonstruktionsaxiom).
Es ex außerdem ein Punkt \ P mit P \in AQ^+ und \ |AP| = |DF| bzw. \overline{AP} \cong \overline{DF} (Begr.: Axiom vom Lineal).
Wir haben nun also ein Dreieck \overline{ABP} konstruiert, dass kongruent zu \overline{DEF} ist. Denn es gilt ja \overline{AB} \cong \overline{DE} \ \land \ \angle BAQ \cong \angle EDF \ \land \ \overline{AP} \cong \overline{DF}. Jetzt genügt es zu zeigen, \overline{ABC} kongruent zu \overline{ABP} ist. Denn die Kongruenz ist transitiv, es würde daraus also auch \overline{ABC} \cong \overline{DEF} folgen.


z.z.:

\overline{ABC} \cong \overline{ABP}
Dafür wiederum genügt es nach dem Kongruenzaxiom sws zu zeigen, dass \overline{AC} \cong \overline{AP} \ \land \ \angle BAC \cong \angle BAP \ \land \ \overline{AB} \cong \overline{AB}.
Nach Vor. gilt \overline{AC} \cong \overline{DF}.
\overline{DF} \cong \overline{AP} \ \land \ \overline{AC} \cong \overline{DF} \ \Rightarrow \ \overline{AC} \cong \overline{AP} (Begr.: Transitivität, eigentlich fast trivial)
Kongruenz ist reflexiv, also ist auch klar, dass \overline{AB} \cong \overline{AB} gilt.
Also bleibt nun noch


z.z.:

\angle BAC \cong \angle BAP
Fürs weitere Vorgehen wieder eine kurze Feststellung, die eigentlich jeder sieht:
\overline{DEF} \cong \overline{ABP} \ \Rightarrow \ \overline{EF} \cong \overline{BP}
\overline{BC} \cong \overline{EF} (Vor.) \ \land \ \overline{EF} \cong \overline{BP} \ \Rightarrow \ \overline{BC} \cong \overline{BP}
Ich gehe davon aus, dass der folgende Satz gilt, ohne ihn jetzt zu beweisen:
Satz: Liegt ein Punkt \ P auf der Mittelsenkrechten \ m der Strecke \overline{AB}, dann und nur dann hat er von \ A und \ B den gleichen Abstand.
\ A hat ja nun den gleichen Abstand von \ C wie von \ P, also \ |AC| = |AP|.
Für \ B gilt Entsprechendes, also \ |BC| = |BP|.
Nach dem Satz liegen also \ A und \ B auf der Mittelsenkrechten von \overline{CP}. Es ist sogar so, dass die Gerade \ AB die Mittelsenkrechte von \overline{CP} ist (Begr.: irgendein Inzidenzaxiom).
Nach Def. der Mittelsenkrechten ist der Schnittpunkt \ M von \ AB und \overline{CP} der Mittelpunkt von \overline{CP}, d.h. |CM| = |MP| bzw. \overline{CM} \cong \overline{MP}.
Nach Def. gilt außerdem AB \perp \overline{CP}, d.h. die entstehenden Winkel sind rechte Winkel.
Nun gilt nach Def. vom rechten Winkel, dass sie gleich groß sind bzw. damit auch kongruent, also \angle AMC \cong \angle BMC \cong \angle BMP \cong \angle AMP.


Mit dieser Winkelkongruenz sind wir nur noch wenige Schritte vom Ziel entfernt.
Wegen des Kongruenzaxioms sws wissen wir nun, dass die Dreiecke \overline{ACM} und \overline{AMP} kongruent sind, denn es gilt: \overline{CM} \cong \overline{MP} \ \land \ \angle AMC \cong \angle AMP \ \land \ \overline{AM} \cong \overline{AM}.
Nach der Def. der Dreieckskongruenz sind dann auch die Winkel \angle CAM und \angle MAP kongruent.
Jetzt sieht es jeder, aber der Vollständigkeit halber sollte man noch zeigen, dass diese Winkel die gleichen sind wie die, die wir vorhin schon gemeint haben.


z.z.:

\angle CAM \equiv \angle BAC \ \land \ \angle MAP \equiv \angle BAP
Der Winkel \angle CAM besteht aus den Schenkeln \ AC^+ und \ AM^+. Wir wissen aber, dass \ M auf \ AB liegt. Also ist \ AM^+ identisch mit \ AB^+. Also auch \angle CAM \equiv \angle CAB \equiv \angle BAC.
Entsprechendes gilt für \angle MAP, also \angle MAP \equiv \angle BAP.

q.e.d.

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