5. Vorlesung. Winkelsätze und der Dritte Kongruenzsatz. (*)
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5. Vorlesung. Winkelsätze und der Dritte Kongruenzsatz. (*) Nachdem wir die beiden ersten Kongruenzsätze bewiesen haben, kommen wir zum Dritten Kongruenzsatz (SSS). Er besagt, dass zwei Dreiecke paarweise gleiche Winkel haben, wenn sie paarweise gleiche Seiten haben. Dieser Kongruenzsatz ist vielleicht der vertauteste unter den Kongruenzsätzen. Er ist aber auch der am schwersten zu beweisende. Er handelt ausschließlich von Winkeln. Deswegen ist es vielleicht nicht verwunderlich, dass wir zunächst eine Kollektion von (*) Diese Vorlesung kann beim ersten Lesen übersprungen werden Klaus Johannson, Geometrie (L2) §5 Kongruenzsätze 41 Sätzen über Winkeln bereitstellen müssen. Winkelsätze Wir beweisen ein paar Winkelsätze. Der interessanteste ist vielleicht [Euklid I §16]. Ihn werden wir wesentlich benutzen, um den Dritten Kongruenzsatz sowie die Existenz von Parallelen (nächste Vorlesung) zu beweisen. Aufgabe [Euklid I §9] Man halbiere einen gegebenen geradlinigen Winkel 6 BAC. A D B E F C Lösung. Man wähle einen Punkt D auf AB beliebig. Klaus Johannson, Geometrie (L2) 42 . Geometrie (L2) Man trage AE = AD auf AC ab und ziehe DE [Euklid I §3], (Post. 1). Man errichte über DE ∆DEF [Euklid I §1]. das gleichseitige Dreieck Man ziehe AF . Dann ist AD = AE, DF = EF und AF = AF Also ist [Euklid I §8] 6 DAF = 6 EAF. ♦ Aufgabe [Euklid I §10] Eine gegebene Strecke AB zu halbieren. C A D B Klaus Johannson, Geometrie (L2) §5 Kongruenzsätze 43 Lösung. Man errichte über AB das gleichseitige Dreieck ∆ABC [Euklid §1]. Man halbiere 6 ACB durch die gerade Linie CD. [Euklid I §8] Dann ist [Euklid I §4] AC = CB, CD = CD und 6 ACD = 6 BCD Also ist [Euklid I §4] AD = BD Dies war zu zeigen. ♦ Aufgabe. [Euklid I §11] Sei AB eine Gerade und C ein Punkt auf ihr. Man errichte eine Strecke AC, senkrecht zu AB. F A D C E B Klaus Johannson, Geometrie (L2) 44 . Geometrie (L2) Beweis. Man wähle auf der Strecke AC einen Punkt D beliebig. Man trage CE = CD ab. Man errichte über DE ∆F DE [Euklid I §1] das gleichseitige Dreieck Man ziehe F C. Dann haben ∆DCF und ∆F CE paarweise gleiche Seiten. Also ist [Euklid I §8] 6 DCF = 6 ECF und so (Def. 10). 6 DCF, 6 F CE = R Dies war zu zeigen. ♦ Satz. [Euklid I §13] Wenn eine gerade Linie AB, auf eine gerade Linie CD gestellt, die Winkel 6 CBA, 6 ABD. Dann gilt 6 CBA + 6 ABD = 2R. Ist 6 CBA = 6 ABD, dann sind beide Winkel rechte Winkel (Def. 10) Klaus Johannson, Geometrie (L2) §5 Kongruenzsätze A 45 E B C D Beweis. Sei 6 CBA 6= 6 ABD. Man ziehe BE, senkrecht auf CD [Euklid §11]. Dann ist CBE = R und 6 EBD = R. 6 Weiter ist 6 CBE = 6 CBA + 6 ABE und so 6 CBE + 6 EBD = 6 CBA + 6 ABE + 6 EBD Ebenso ist 6 DBA = 6 DBE + 6 EBA Klaus Johannson, Geometrie (L2) 46 . Geometrie (L2) und so DBA + 6 ABC = 6 DBE + 6 EBA + 6 ABC 6 Also 2R = 6 CBE + 6 EBD = 6 DBA + 6 ABC ♦ Satz. [Euklid I §15] (Gleichheit von Scheitelwinkel) Seien AB, CD zwei Geraden, die sich im Punkt C schneiden. Dann ist 6 CEA = 6 ABC. A C E D B Beweis. Die gerade Linie AE steht auf der geraden Linie DC und bildet die Winkel 6 CEA und 6 AED. Dann ist [Euklid §13] 6 CEA + 6 AED = 2R. Klaus Johannson, Geometrie (L2) §5 Kongruenzsätze 47 Ebenso 6 AED + 6 DEB = 2R. Also 6 CEA + 6 AED = 6 AED + 6 DEB und so 6 CEA = 6 DEB. Damit ist der Satz bewiesen. ♦ Satz. [Euklid I §16] Sei ∆ABC ein Dreieck und sei CD eine geradlinige Verlängerung der Seite BC. Dann ist 6 ACD > 6 CBA, 6 BAC A F E D B C G Klaus Johannson, Geometrie (L2) 48 . Geometrie (L2) Beweis. Man halbiere AC in E [Euklid I §10], Man ziehe BE und verlängere es geradlinig (Post 2) nach F mit EF = BE [Euklid I §3]. Man verbinde (Post. 1) den Punkt F mit C. Dann ist AE = CE und EB = EF. Ferner ist AEB = 6 F EC, 6 als Scheitelwinkel [Euklid I §15]. Also sind (Erster Kongruenzsatz) [Euklid I §4] die Dreiecke ∆ABE und ∆F EC kongruent. Insbesondere ist AB = F C, 6 BAE = 6 ECF und 6 ABE = 6 EF C. Aber nach (Ax. 8) ist ECD > 6 ECF. 6 Also ist 6 ACD = 6 ECD > 6 ECF = 6 BAE = 6 BAC. Entsprechend beweist man 6 ACD > 6 CBA (indem man die Strecke BC halbiert). ♦ Klaus Johannson, Geometrie (L2) §5 Kongruenzsätze 49 Der Dritte Kongruenzsatz (WWS) Dritter Kongruenzsatz. [Euklid I §26] Wenn in zwei Dreiecken ∆ABC, ∆DEF gilt, dass 6 ABC = 6 DEF, 6 BCA = 6 EF D und BC = EF oder AB = DE. Dann ist BC = EF, AB = DE, AC = DF, D 6 BAC = 6 EDF. A G E F B H C Beweis. 1. Fall. Es gelte zusätzlich BC = EF . Angenommen AB > DE. Dann trage man BG = DE ab und ziehe GC. Es folgt BG = DE und BC = EF, Klaus Johannson, Geometrie (L2) 50 . Geometrie (L2) da BG = DE und BC = EF . Ferner ist GBC = 6 DEF 6 Also GC = DF und so [Euklid I §4] ∆GBC = ∆DEF und insbesondere 6 GCB = 6 DF E Nach Voraussetzung ist aber DF E = 6 BCA 6 Also wäre auch 6 BCG = BCA, der kleinere dem größeren (Ax. 8). Dies aber ist unmöglich. Also ist AB = DE. Aber auch BC = EF. Klaus Johannson, Geometrie (L2) §5 Kongruenzsätze 51 Mithin gilt AB = DE, BC = EF und 6 ABC = 6 DEF. Also ist [Euklid I §4] AC = DF und 6 BAC = 6 EDF Dies beweist den Satz im 1. Fall. 2. Fall. Es gelte zusätzlich AB = DE. Angenommen BC 6= EF . Dann wäre etwa BC > EF . Dann trage man BH = EF ab und ziehe AH. Da hier BH = EF und AB = DE, so wären zwei Seiten AB, BH zwei Seiten DE, EF entsprechend gleich; auch umfaßten sie gleiche Winkel; also wäre [Euklid I §4] AH = DF, ∆ABH = ∆DEF und 6 BHA = 6 EF D. Aber 6 EF D = 6 BCA Mithin wären am Dreieck ∆AHC der Außenwinkel 6 BHA dem gegenüberliegenden Innenwinkel 6 BCA gleich; dies ist aber unmöglich [Euklid I §16]. Klaus Johannson, Geometrie (L2) 52 . Geometrie (L2) Also ist BC = EF. Aber auch AB = DE. Mithin sind zwei Seiten AB, BC zwei Seiten DE, EF entsprechend gleich; auch umfassen sie gleiche Winkel. Also ist [Euklid I §4] AC = DF, ∆ABC = ∆DEF und 6 BAC = 6 EDF Dies beweist den Satz im 2. Fall. ♦ Literatur. Euklid, Die Elemente Klaus Johannson, Geometrie (L2)
