Lösung von Aufg. 12.3 SS11

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 $\overline{AB}$.

$Beweis:$

$V:\overline{AP}\equiv \overline{BP}$
$B:P\in mmitmistMittelsenkrechtevon\overline{AB}$

Skizze dazu: (--Tutorin Anne 17:33, 5. Jul. 2011 (CEST))

$SeiMMittelpunktvon\overline{AB}(n.ExistenzvomMittelpunkteinerStrecke)$
$BetrachtediebeidenDreieck\overline{AMP}und\overline{MPB}$
$Esgilt:\overline{AP}\equiv \overline{BP}nachVoraussetzung$
$Ferner\mathrm{\angle }PMA\equiv \mathrm{\angle }PBMnachBasiswinkelsatz$ (davor sollte man noch sagen, das hier ein gleichschenkliges Dreieck vorliegt > wo sollen sonst Basiswinkel vorliegen?)
$und\overline{AM}\equiv \overline{MB}daMMittelpunktist.$
$\Rightarrow nachSWSdieKongruenzderbeidenDreiecke$
$\Rightarrow \mathrm{\angle }PMA\equiv \mathrm{\angle }BMP\Rightarrow essindrechteWinkel\Rightarrow PMistMittelsenkrechte$
$\Rightarrow Behauptung$--Peterpummel 17:47, 3. Jul. 2011 (CEST)

Der Beweis ist gut, allerdings solltest du wie Phil den 2. Fall nicht vergessen, denn dann ergeben sich ja keine Dreiecke.--Tutorin Anne 17:33, 5. Jul. 2011 (CEST)

Lösungsvorschlag 2:

$Vor:PunktP,Strecke\overline{AB},Mittelsenkrechtemvon\overline{AB}$
$|PA|=|PB|$
$Beh:P\in m$

Man muss in zwei Fälle unterscheiden:
$1.Fall:P\ne M$
$2.Fall:P=M$

$1.Fall:P\ne M$

$1)\mathrm{△}\overline{ABP}istgleichschenklig(Vor,Def.gleichschenkliges\mathrm{△})$
$2)\mathrm{\exists }Winkelhalbierendewdes\mathrm{\angle }APB(ExistenzundEindeutigkeitderWinkelhalbierenden)$
$3)wteilt\mathrm{\angle }APBiny1undy2,y1=y2(Def.Winkelhalbierende)$
$4)w\cap \overline{AB}=P2(Lemma1)$
5)$|PA|=|PB|(Vor.)$
6) $y1=y2(3)$ Nicht einfach Schritte oder Vorausetzung wiederholen!
$7)\mathrm{\angle }PAB\cong \mathrm{\angle }PBA(1,Basiswinkelsatz)$
$8)\mathrm{△}APP2\cong \mathrm{△}BPP2(WSW,5,6,7)$
$9)\mathrm{\angle }|AP2P|=\mathrm{\angle }|BP2P|=90$ (8, Def. Nebenwinkel, Supplementaxiom)
$10)|\overline{AP2}|=|\overline{BP2}$ (8)
$11)P2=M,w=m$ (10, Def. Mittelpunkt, 9, Def. Mittelsenkrechte)
$12)P\in m$ (9, 10, 11)

Ich denke, auch so kann Fall I beweisen werden. Scheint mir aufwendiger, aber auch richtig. Gut!--Tutorin Anne 17:57, 5. Jul. 2011 (CEST)

$2.Fall:P=M$
$1)|PA|=|MA||Pm|=|M|$ (Annahme 2. Fall) (Hier verstehe ich nicht, was du damit zeigen willst. --Tutorin Anne 17:57, 5. Jul. 2011 (CEST))
$2)PistMittelpunktvon\overline{AB}$ (Def. Mittelpunkt, 1)
$3)P\in m$ (2, Def. Mittelsenkrechte)---phil- 15:04, 5. Jul. 2011 (CEST)

zum 2. Fall:
zu zeigen ist ja hier nur, dass P Element der Mittelsenkrechten ist:
da P=M ist PA = PB (die Strecken) und somit ist ja nach Def. Mittelsenkrechte erfüllt,
dass er auf m liegt. (die Gerade m durch P kann ja dann senkrecht stehen)
Oder muss man dann noch einen weiteren Punkt außerhalb der Gerade AB annehmen, der mit
P eine Senkrechte (Ex und Eind. Senkrechte zu einem Punkt) durch AB bildet?
Bitte um einen Kommentar....danke--mm_l 10:31, 15. Jul. 2011 (CEST)

Nein das genügt für Fall 2. Es ist nicht mehr zu zeigen; das ist nur ein einfacher Schritt:

$P\in m$ nach Definiton Mittelsenkrechte und Voraussetzung P ist Mittelpunkt von $\overline{AB}$ 

Wichtig ist, dass man den zweiten Fall nicht vergisst!--Tutorin Anne 10:29, 17. Jul. 2011 (CEST)

Wie schaut es denn damit aus: Fall eins schenke ich mir aus Zeitgründen, dass P=M ist.

Voraussetzung: nkoll(A,B,C), $\left|AC\right|=\left|BC\right|$
Behauptung: $C\in$ der Mittelsenkrechten von $\overline{AB}$
Annahme: $C\in ̸$ der Mittelsenkrechten

1	Es existiert genau eine Gerade g mit $M\in g\wedge g\perp \overline{AB}$	Nach ex. und eind. MS
2	wegen der Annahme, dass C kein Element vong ist, schneidet g das Dreieck ABC in einer weiteren Seite im Punkt D. Sei dies oBdA $\overline{AC}$	Axiom von Pasch, Annahme, (1)
3	$\left|AD\right|=\left|DB\right|$	Mittelsenkrechte Satz "=>"
4	$\alpha \cong \beta$	Nach Voraussetzung und Basiswinkelsatz (Alpha ist der Ursprüngliche Winkel um A und Beta der ursprüngliche Winkel um B
5	$\alpha \cong {\beta }^{\prime }$	Nach Konstruktion (3) und Basiswinkelsatz (Beta' ist der neue Winkel um ABD
6	${\beta }^{\prime }\cong \beta$	Rechnen in R, (4) und (5)
7	In AB,C+ existiert genau ein Winkel $|\mathrm{\angle }ABD|=\beta$	Winkelkonstruktionsaxiom, (6)
8	Strahl BC+ ist Identisch mit BD+ und schneidet somit AC im Punkt C und im Punkt D	(2), (7)
9	AC und BC sind identisch nach dem Satz aus der Inzidenzgeometrie und weil sie zwei gemeinsame Punkte haben, was ein WIEDERSPRUCH ist zur Annahme, dass die Punkte A, B und C nicht kollinear sind.

--Flo60 15:35, 26. Jul. 2011 (CEST) --Flo60 20:49, 26. Jul. 2011 (CEST)