3. Winkelsätze und der Kongruenzsatz (WWS).
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3. Winkelsätze und der Kongruenzsatz (WWS). Nachdem wir die beiden ersten Kongruenzsätze bewiesen haben, kommen wir zum Dritten Kongruenzsatz (WWS). Er ist der am schwersten zu beweisende. Um ihn zu beweisen, müssen wir erst eine Kollektion von Konstruktionen und Sätzen über Winkeln bereitstellen. 1. Winkel Grundkonstruktionen 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. Man trage AE = AD auf AC ab und ziehe DE [Euklid I §3], (Post. 1). Man errichte über DE das gleichseitige Dreieck ∆DEF [Euklid I §1]. Man ziehe AF . Dann ist AD = AE, DF = EF und AF = AF und so 6 DAF = 6 EAF nach dem Kongruenzsatz (SWS) [Euklid I §8] ♦ Klaus Johannson, Geometrie (L2) §3 Kongruenzsätze 41 Aufgabe [Euklid I §10] Eine gegebene Strecke AB zu halbieren. C A D B 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 und so AD = BD nach dem Kongruenzsatze (SWS) [Euklid I §4]. ♦ 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 Lösung. Man wähle auf der Strecke AC einen Punkt D beliebig. Man trage CE = CD ab. Man errichte über DE das gleichseitige Dreieck ∆F DE [Euklid I §1] 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 ♦ Klaus Johannson, Geometrie (L2) 42 . Geometrie (L2) 1. Winkel Sätze 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. Satz. [Euklid I §13] Wenn eine gerade Linie AB, auf eine gerade Linie CD gestellt, die Winkel 6 CBA, 6 ABD bildet. Dann gilt 6 Ist 6 CBA + 6 ABD = 2R. CBA = 6 ABD, dann sind beide Winkel rechte Winkel (Def. 10) A E B D Beweis. Sei 6 C CBA 6= 6 ABD. Man ziehe BE, senkrecht auf CD [Euklid §11]. Dann ist 6 CBE = R und 6 EBD = R. Weiter ist 6 CBE = 6 CBA + 6 ABE und so CBE + 6 EBD = 6 CBA + 6 ABE + 6 EBD 6 Ebenso ist 6 DBA = 6 DBE + 6 EBA und so 6 DBA + 6 ABC = 6 DBE + 6 EBA + 6 ABC Also 2R = 6 CBE + 6 EBD = 6 DBA + 6 ABC ♦ Klaus Johannson, Geometrie (L2) §3 Kongruenzsätze 43 Satz. [Euklid I §15] (Gleichheit von Scheitelwinkel) Seien AB, CD zwei Geraden, die sich im Punkt C schneiden. Dann ist 6 CEA = 6 DEB. A C E D B Beweis. Die gerade Linie AE steht auf der geraden Linie DC und bildet die Winkel und 6 AED. Dann ist [Euklid §13] 6 CEA + 6 AED = 2R. 6 CEA 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. ♦ Klaus Johannson, Geometrie (L2) 44 . Geometrie (L2) 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 Beweis. G 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 (nach Kongruenzsatz SWS [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) §3 Kongruenzsätze 45 2. 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 und 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, 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. Klaus Johannson, Geometrie (L2) 46 . Geometrie (L2) Also ist AB = DE. Aber auch BC = EF. 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]. 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)
