Version vom 7. Juli 2010, 15:51 Uhr

Beweisen Sie den Kongruenzsatz SSS.

Lösung 1

Vor.:

$\overline{ABC}, \overline{DEF},$

$\overline{AB} \cong \overline{DE} \ \land \ \overline{BC} \cong \overline{EF} \ \land \ \overline{AC} \cong \overline{DF}$

Beh.:

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

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.

Lösung 2

Leider ist in der Skizze ein Punkt falsch bezeichnet, es muss natürlich $C_2$ statt $C_3$ heißen.
Vor.:

$\overline{AB_1C_1}, \overline{AB_2C_2},$

$\overline{AB_1} \cong \overline{AB_2} \ \land \ \overline{AC_1} \cong \overline{AC_2} \ \land \ \overline{B_1C_1} \cong \overline{B_2C_2}$

Beh.:

$\overline{AB_1C_1} \cong \overline{AB_2C_2}$

No.	Schritt	Begründung
1a	Es existiert ein Punkt $C_2$ für den gilt $\overline{AC_2} = \overline{AC_1},$	Satz III.1: Jede Strecke hat einen und nur einen Mittelpunkt. $A$ ist Mittelpunkt der Strecke $\overline{C_1C_2}$ Axiom III.1: (Axiom vom Lineal)
1b	Es existiert ein Punkt $B_2$ für den gilt $\overline{AB_2} = \overline{AB_1},$	Satz III.1: Jede Strecke hat einen und nur einen Mittelpunkt. $A$ ist Mittelpunkt der Strecke $\overline{B_1B_2}$ Axiom III.1: (Axiom vom Lineal)
2	$\alpha_1 \cong \alpha_2$	Scheitelwinkel(*)
3	$\overline{AB_1C_1} \cong \overline{AB_2C_2}$	Vor, (1) (2) SWS (*), Dreieckskongruenz

o.B.d.A.
Diese Begründung kann analog an Punkt B, zw. Punkt C durchgeführt werden, dadurch kann man die Kongruenz der Seiten $a$ und $a_2$ nachweisen.
zu den Scheitelwinkel(*): Hatten wir das schon bewiesen? Hier in Kurzform (man verzeihe die formlose Sprache, es seien natürlich die Winkel das Innere der Strahlen usw.:

Vor: Es existieren am Schnittpunkt zweier Geraden $\alpha_1 \alpha_2 \delta_1 \delta_2$
Beh: $\alpha_1 \cong \alpha_2$
Schritt 1a: $|\alpha_1| + |\delta_1| = 180$ , Axiom IV.4: (Supplementaxiom): Nebenwinkel an $B_1B_2$ sind supplementär.
Schritt 1b: $|\alpha_1| + |\delta_2| = 180$ , Axiom IV.4: (Supplementaxiom): Nebenwinkel an $C_1C_2$ sind supplementär.
Schritt 1c: $|\alpha_2| + |\delta_2| = 180$ analog zu 1a
Schritt 1d: $|\alpha_2| + |\delta_1| = 180$ analog zu 1b
Schritt 2: Algebraische Umformung
- $|\alpha_2| + |\delta_2| = 180$
- $|\alpha_2| = 180 - |\delta_2|$
- $|\alpha_1| + |\delta_2| = 180$
- $|\alpha_1| = 180 - |\delta_2|$
Schritt 3: $|\alpha_1| = |\alpha_2|$

--Heinzvaneugen 14:07, 7. Jul. 2010 (UTC)

Lösung von Aufgabe 11.3: Unterschied zwischen den Versionen

Version vom 7. Juli 2010, 15:51 Uhr

Lösung 1

Lösung 2

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+o.B.d.A.
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+Diese Begründung kann analog an Punkt B, zw. Punkt C durchgeführt werden, dadurch kann man die Kongruenz der Seiten <math>a</math> und <math>a_2</math> nachweisen.
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 zu den Scheitelwinkel(*):
 Hatten wir das schon bewiesen? Hier in Kurzform (man verzeihe die formlose Sprache, es seien natürlich die Winkel das Innere der Strahlen usw.: