Lösung von Aufgabe 11.3

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.:

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

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 das Gleiche, 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: $\overline{CM} \cong \overline{MP} \ \land \ \angle AMC \cong \angle AMP \ \land \ \overline{AM} \cong \overline{AM}$.