Serie 11 (WS 12 13)

Aufgabe 11.01

Formulieren Sie die Umkehrung des Basiswinkelsatzes.

Lösung Aufgabe 11.01 WS_12_13

Aufgabe 11.02

Es seien $A,B,C$ drei nicht kollineare Punkte. Die Winkel $\alpha =\mathrm{\angle }CAB$ und $\beta =\mathrm{\angle }CBA$ seien kongruent zueinander.
Behauptung:

$\overline{AC}\widetilde{=}\overline{BC}$

Ergänzen Sie den folgenden Beweis

(H) Hilfskonstruktion:

$m_c$ sei die Mittelsenkrechte der Strecke $\overline{AB}$.
Begründung, dass die Hilfskonstruktion angewendet werden kann:
.................................................

Was wäre wenn

Wenn die Mittelsenkrechte $m_c$ durch $C$ gehen würde, wären die Strecken $\overline{CA}$ und $\overline{CB}$ kongruent zueinander.
Begründung hierfür:
..................................................

Was wäre wenn nicht

Annahme: $C\in ̸m_c$

Nr.	Beweischritt	Begründung
(1)	$m_c$ schneidet o.B.d.A. $\overline{CA}$ in einem Punkt, den wir $c^{*}$ nennen wollen	...
(2)	$\overline{C^{*}A}\widetilde{=}\overline{C^{*}B}$	...
(3)	$\alpha \widetilde{=}\mathrm{\angle }{C}^{*}BA$	...
(4)	$\beta \widetilde{=}\alpha$	...
(5)	$\beta \widetilde{=}\mathrm{\angle }{C}^{*}BA$	...

Der Rest schreiben wir als kleinen Aufsatz:

Die beiden Winkel $\beta$ und $\mathrm{\angle }{C}^{*}BA$ sind also nach der bisherigen Beweisführung kongruent bzw. haben dieselbe Größe.
Weil sie auch den Schenkel $B{A}^{+}$ gemeinsam haben und $C$ und $C^{*}$ in derselben Halbebene bzgl. $AB$ liegen,
müssen die die Schenkel $B{C}^{+}$ und $B{C}^{*+}$ nach dem ... identisch sein.
Wegen dieser Identität der beiden Strahlen $B{C}^{+}$ und $B{C}^{*+}$ und weil $C$ der Schnittpunkt von $BC$ mit $AC$ und $C^{*}$ der Schnittpunkt von $B{C}^{*}$ mit $AC$ ist, sind ..... identisch.

Wegen dieser Identität geht die Mittelsenkrechte $m_c$ durch den Punkt $C$. Wir haben uns schon überlegt, dass in diesem Fall $\overline{AC}\widetilde{=}\overline{BC}$ gilt. q.e.d.

Aufgabe 11.03

Es sei $\alpha$ ein Winkel mit den Schenkeln $g$ und $h$ und dem Scheitel $S$. Ferner sei $w$ die Winkelhalbierende von $\alpha$, also ein Strahl im Inneren von $\alpha$, der als Anfangspunkt S hat und $\alpha$ in zwei kongruente Teilwinkel ${\alpha }_1$ und ${\alpha }_2$ teilt. Auf $w$ sei ein beliebiger von $S$ verschiedener Punkt $P$ gegeben. $F_g$ sei der Fußpunkt des Lotes von $P$ auf $h$:

Wir konstruieren jetzt auf dem Schenkel $h$ den Punkt $F_g$, indem wir auf $h$ den Abstand $|S{F}_g|$ abtragen:

Beweisen Sie: $F_g$ ist der Fußpunkt des Lotes von $P$ auf $g$.

Lösung Aufgabe 11.03 WS_12_13

Aufgabe 11.04

Definieren Sie: Abstand eines Punktes $P$ zu einer Geraden $g$:

Aufgabe 11.05

Ergänzen Sie die folgende Implikation:
Wenn ein Punkt P zur Winkelhalbierenden des Winkels $\alpha$ gehört, dann hat er zu den Schenkeln von $\alpha$ .......

Aufgabe 11.06

Es sei $P$ ein Punkt aus dem Inneren des Winkels $\alpha$. Der Scheitel von $\alpha$ sei der Punkt $S$. P möge zu den Schenkeln von $\alpha$ jeweils denselben Abstand haben. Beweisen Sie: $S{P}^{+}$ ist die Winkelhalbierende von $\alpha$. Tip: Ssw hilft.

Aufgabe 11.07

Die Implikationen aus 11.05 und 11.06 lassen sich zu einer Äquivalenz zusammenfassen:

Ein beliebiger Punkt $P$ aus dem Inneren eines Winkels $\alpha$ ist genau dann ein Punkt der Winkelhalbierenden von $\alpha$, wenn .......

Aufgabe 11.08

Beweisen Sie die folgenden Korollare aus dem ´schwachen Außenwinkelsatz:

Korollar 1 zum schwachen Außenwinkelsatz

In jedem Dreieck sind mindestens zwei Innenwinkel spitze Winkel.

Korollar 2 zum schwachen Außenwinkelsatz

Die Summe der Größen zweier Innenwinkel eines Dreiecks ist stets kleiner als 180.

Korollar 3 zum schwachen Außenwinkelsatz

Sollte ein Dreieck rechtwinklig sein, dann ist der rechte Winkel der größte aller Innenwinkel dieses Dreiecks.