Lösung von Aufgabe 11.3

Beweisen Sie den Kongruenzsatz SSS.

Vor.:

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

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

Beh.:

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

Bew.:

Es ex. ein Strahl $A{Q}^{+}$ mit $Q\in AB{C}^{-}$ und $|\mathrm{\angle }BAQ|=|\mathrm{\angle }EDF|$ bzw. $\mathrm{\angle }BAQ\cong \mathrm{\angle }EDF$ (Begr.: Winkelkonstruktionsaxiom).

Es ex. außerdem ein Punkt $P$ mit $P\in A{Q}^{+}$ 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 $\overline{AB}\cong \overline{DE}\wedge \mathrm{\angle }BAQ\cong \mathrm{\angle }EDF\wedge \overline{AP}\cong \overline{DF}$. 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 $\overline{AC}\cong \overline{AP}\wedge \mathrm{\angle }BAC\cong \mathrm{\angle }BAP\wedge \overline{AB}\cong \overline{AB}$.

Nach Vor. gilt $\overline{AC}\cong \overline{DF}$.

$\overline{DF}\cong \overline{AP}\wedge \overline{AC}\cong \overline{DF}\Rightarrow \overline{AC}\cong \overline{AP}$ (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.:

$\mathrm{\angle }BAC\cong \mathrm{\angle }BAP$

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.) $\wedge \overline{EF}\cong \overline{BP}\Rightarrow \overline{BC}\cong \overline{BP}$

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 $\mathrm{\angle }AMC\cong \mathrm{\angle }BMC\cong \mathrm{\angle }BMP\cong \mathrm{\angle }AMP$.

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: $\overline{CM}\cong \overline{MP}\wedge \mathrm{\angle }AMC\cong \mathrm{\angle }AMP\wedge \overline{AM}\cong \overline{AM}$.

Nach der Def. der Dreieckskongruenz sind dann auch die Winkel $\mathrm{\angle }CAM$ und $\mathrm{\angle }MAP$ 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.:

$\mathrm{\angle }CAM\equiv \mathrm{\angle }BAC\wedge \mathrm{\angle }MAP\equiv \mathrm{\angle }BAP$

Der Winkel $\mathrm{\angle }CAM$ besteht aus den Schenkeln $A{C}^{+}$ und $A{M}^{+}$. Wir wissen aber, dass $M$ auf $AB$ liegt. Also ist $A{M}^{+}$ identisch mit $A{B}^{+}$. Also auch $\mathrm{\angle }CAM\equiv \mathrm{\angle }CAB\equiv \mathrm{\angle }BAC$.

Entsprechendes gilt für $\mathrm{\angle }MAP$, also $\mathrm{\angle }MAP\equiv \mathrm{\angle }BAP$.

q.e.d.