Lösung von Aufgabe 11.3

Beweisen Sie den Kongruenzsatz SSS.

Lösung 1

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.

Lösung 2

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

$\overline{A{B}_1{C}_1},\overline{A{B}_2{C}_2},$

$\overline{A{B}_1}\cong \overline{A{B}_2}\wedge \overline{A{C}_1}\cong \overline{A{C}_2}\wedge \overline{B_1{C}_1}\cong \overline{B_2{C}_2}$

Beh.:

$\overline{A{B}_1{C}_1}\cong \overline{A{B}_2{C}_2}$

No.	Schritt	Begründung
1a	Es existiert ein Punkt $C_2$ für den gilt $\overline{A{C}_2}=\overline{A{C}_1},$	Satz III.1: Jede Strecke hat einen und nur einen Mittelpunkt. $A$ ist Mittelpunkt der Strecke $\overline{C_1{C}_2}$ Axiom III.1: (Axiom vom Lineal)
1b	Es existiert ein Punkt $B_2$ für den gilt $\overline{A{B}_2}=\overline{A{B}_1},$	Satz III.1: Jede Strecke hat einen und nur einen Mittelpunkt. $A$ ist Mittelpunkt der Strecke $\overline{B_1{B}_2}$ Axiom III.1: (Axiom vom Lineal)
2	${\alpha }_1\cong {\alpha }_2$	Scheitelwinkel(*)
3	$\overline{A{B}_1{C}_1}\cong \overline{A{B}_2{C}_2}$	Vor, (1) (2) SWS (*), Dreieckskongruenz

o.B.d.A.
Diese Begründung kann analog an Punkt B, bzw. Punkt C durchgeführt werden, dann kann man die Kongruenz der Seiten $a$ und $a_2$ (aus Vss.) verwenden und erhält insgesamt vier kongruente Dreieck
Die durch eine solche Konstruktion entstehenden kongruenten Dreiecke sind in der zweiten Skizze dargelegt. (*)Zu den Scheitelwinkeln: 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 $B_1{B}_2$ sind supplementär.
• Schritt 1b: $|{\alpha }_1|+|{\delta }_2|=180$, Axiom IV.4: (Supplementaxiom): Nebenwinkel an $C_1{C}_2$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)