Lösung von Aufgabe 11.7

Beweisen Sie Satz VII.6a:
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 $\overline{AB}$.

Versuch 1:

VSS: Punkt P, $\overline{AB}$, $|AP|=|BP|$, Mittelsenkrechte m
Beh: $P\in m$

Beweis

Nr.	Beweisschritt	Begründung
(I)	$|AP|=|BP|$	(VSS)
(II)	es existiert ein Punkt $M:|AM|=|BM|$	Existenz und Eindeutigkeit Mittelpunkt (I)
(III)	$\alpha \cong \beta$	Basiswinkelsatz
(IV)	$\overline{PAM}\cong \overline{PBM}$	(I), (II), (III), (SWS)
(V)	$|\mathrm{\angle }AMP|=|\mathrm{\angle }BMP|$	(Def Dreieckskongruenz) (IV)
(VI)	$PM=m$	(Axiom I.1), (II), (V)

--> $P\in m$, die Behauptung ist wahr.
qed --Löwenzahn 13:52, 4. Jul. 2010 (UTC)
Welches Winkel sind $alpha$ und $beta$ und welche Bedingungen müssen erfüllt sein, dass der Basiswinkelsatz überhaupt angewandt werden kann? Schritt 3 muss nochmal überprüft werden! Ist ein kongruenter Winkel überhaupt nötig? Warum nicht der Kongruentssatz SSS?
--Tja??? 13:06, 10. Jul. 2010 (UTC)

Die Winkel $alpha$ und $beta$ entsprechen den Winkel $\mathrm{\angle }PAB$ und $\mathrm{\angle }ABP$. Die Kongruenz dieser Winkel ist nötig, um den Satz über SWS zu beweisen. Wenn du den Satz über SSS beweist, dann brauchst du die Winkel logischer Weise nicht. --Löwenzahn 15:27, 10. Jul. 2010 (UTC)

Müsste man nicht noch einen Zwischenschritt einschieben und schreiben, wie man von den beiden kongruenten Winkeln in (V) zu $PM=m$ in (VI) kommt? Ich meine, dass es sich wegen der Definition von rechten Winkeln um solche handelt, wodurch ja erst der zweite Aspekt für die Mittelsenkrechte (siehe deren Definition) gegeben ist. --Barbarossa 10:16, 11. Jul. 2010 (UTC)

Versuch 2:

VSS:

• Punkt P, Strecke $\overline{AB}$, es gilt $|AP|=|BP|$
• Mittelsenkrechte m; für die gilt laut Definition: senkrecht zu $\overline{AB}$ und geht durch $M\in \overline{AB}$ und es gilt: $|MA|=|MB|$

Behauptung: $P\in m$
Annahme (indirekter Beweis): $P\notin m$

Nr.	Beweisschritt	Begründung
(I)	Das Dreieck $\overline{ABP}$ ist gleichschenklig	Definition gleichschenkliges Dreieck, da laut VSS $|AP|=|BP|$
(II)	$\alpha \cong \beta$	Basiswinkelsatz
(III)	Es existiert eine Winkelhalbierende w des winkels $\mathrm{\angle }APB$	Satz VI.2 (Existenz und Eindeutigkeit der Winkelhalbierenden): Zu jedem Winkel gibt es genau eine Winkelhalbierende.
(IV)	Die Winkelhalbierende w und die Strecke $\overline{AB}$ schneiden sich in $S$	... (Skizze? Reicht das als Begründung?) Nein, Satz: Ist SP+ ein Strahl im Inneren des Winkels <ASB, so schneidet er die Strecke $\overline{AB}$. vgl. Aufgabe Tutorium 12 --Tja??? 13:13, 10. Jul. 2010 (UTC)
(VI)	SWS: $\overline{AP}\cong \overline{BP}$ (VSS) $\overline{PS}\cong \overline{PS}$ (trivial) ${\delta }_1\cong {\delta }_2$ (III)
(VII)	$\overline{AS}\cong \overline{BS}$	Dreieckskongruenz: (VI)
(VIII)	$S\equiv M$	(VII), Existenz und Eindeutigkeit eines Mittelpunktes, da laut (VSS) gilt: $\overline{AM}\cong \overline{BM}$
(IX)	$|{\delta }_1|=|{\delta }_2|=90$	Dreieckskongruenz: (VI), kongruente Nebenwinkel sind rechte Winkel
(X)	$m\equiv w\to P\in m\to$ Widerspruch zu Annahme!	(VIII), (IX), (III), (VSS)

Einige Schritte sind zum besseren Verständnis in kleinste Einheiten aufgeteilt, deswegen sind es letztlich 10 Beweisschritte. Die Grundidee ist simpel: mit der Winkelhalbierenden erzeugt man zwei kongruente Dreiecke. Analog zur Lösung 1, wo der Knackpunkt der Mittelpunkt der Basis (gleichschenkliges Dreieck) ist, läuft der Beweis ab der Winkelhalbierenden "automatisch" durch.

--Heinzvaneugen 12:19, 10. Jul. 2010 (UTC)