Tugas Kuliah

1. SOME EUCLIDEAN RESULTS CONCERNING TRIANGLES
TUGAS INDIVIDU
Disusun untuk Memenuhi Tugas Mata Kuliah Geometri
Oleh
IRNA NURAENI
198102020
PROGRAM STUDI PENDIDIKAN MATEMATIKA
PROGRAM PASCASARJANA
UNIVERSITAS SILIWANGI
2020

2. SOME EUCLIDEAN RESULTS CONCERNING TRIANGLES
Teorema 4.7.1
Tiga garis sumbu (perpendicular bisector) pada segitiga konkuren.
Bukti :
Perhatikan ∆ 𝐴𝐵𝐶 dibawah ini
Teorema 4.5.1 : “Terdapat lingkaran unik yang mengandung tiga titik ABC. Sehingga
OA=OB=OC , dimana O adalah titik pusat lingkaran tersebut.”
Teorema 3.2.5 Karena O berjarak sama dari A dan B , Maka O harus terletak pada haris
sumbu AB . Begitupun dengan BC dan AC
Jadi,tiga garis sumbu tersebut konkuren pada titik O
Definisi, Jarak dari titik ke garis(jarak terpendek dari titik ke garis/ perpendicular distance)
= Jarak ari titik A ke garis l adala jarak dari P ke kaki perpendicular dari P ke l.
Teorema 4.7.2
Suatu titik terletak pada garis bagi sudut jika dan hanya jika titik tersebut equidistant dari
sisi sisi sudut.
Bukti :
1. Misal 𝐵𝑄̅̅̅̅ adalah garis bagi seitiga 𝐴𝐵𝐶. Pilih titik 𝑃 pada 𝐵𝑄 yang jadi tegak lurus dan 𝑃𝑁
ke 𝐵𝐴̅̅̅̅ dan 𝐵𝐶̅̅̅̅. Apakah 𝑃𝑀̅̅̅̅̅ = 𝑃𝑁̅̅̅̅?
∆ 𝑃𝑀𝐵 ≅ ∆𝑃𝑁𝐵 ?
∆ 𝑃𝑀𝐵 dan ∆𝑃𝑁𝐵 = ∆ 𝑠𝑖𝑘𝑢 𝑠𝑖𝑘𝑢, memiliki 𝐸𝑃̅̅̅̅ hipotenusa
∠𝑀𝐵𝑃 = ∠𝑁𝐵𝑃, karena 𝐵𝑃̅̅̅̅ ada di garis bagi ∠𝑀𝐵𝑁
Teorema 3.3.4 (SAS) dapat disimpulkan ∆ 𝑃𝑀𝐵 dan ∆𝑃𝑁𝐵 jadi 𝑃𝑀̅̅̅̅̅ = 𝑃𝑁̅̅̅̅
2. Jika 𝑃 equidistant dari sisi sudut maka 𝑃 berada pada garis bagi sudut.

3. Teorema 4.7.3
Tiga garis bagi dari sudut – sudut dalam segitiga kongruen (pada titik yang disebut incenter).
Bukti : Perhatikan ∆ ABC
Definisi :
Altitude : Garis tinggi segitiga adalah segmen garis tegak lurus dari vertex segitiga sisi yang
berlawanan (diperpanjang jika perlu)
Theorema 4.7.4
Garis garis tinggi segitiga adalah kongruen.
Bukti :
Misal : 𝑂𝐴̅̅̅̅ = 𝑎⃗
𝑂𝐵̅̅̅̅ = 𝑏⃗⃗
𝑂𝐶̅̅̅̅ = 𝑐⃗
𝐴𝐷̅̅̅̅ ⊥ 𝐵𝐶̅̅̅̅
 Misalkan Q adalah titik dimana bisector of ∠ A memotong 𝐵𝐶
Misalkan R adalah titik dimana bisector of ∠ C memotong 𝐴𝐵
 𝐴𝑄 dan 𝐶𝑅 berpotongan pada titik Pdalam interior
 𝑚 ∠ CAB + m∠ CBA < 1800 (teorem 3.5.2)
Karena m ∠ 1 =
1
2
(m ∠ CAB) dan m ∠ 2 =
1
2
(m ∠ ACB)
Sehingga m ∠ 1 + m ∠ 2 < 900 < 1800.
 Teorema 3.4.4 → 𝐴𝑄 dan 𝐶𝑅 berpotongan pada titik P
P ada disisi A dari BC
P ada disisi C dari AB
P adalah interior ∆ ABC

4. => 𝑂𝐴̅̅̅̅ ⊥ 𝐵𝐶̅̅̅̅
=> 𝐷𝐴̅̅̅̅. 𝑂𝐵̅̅̅̅ = 𝑂
=> 𝑎⃗. (𝑐⃗ − 𝑏⃗⃗) = 𝑂
=> 𝑎⃗. 𝑐⃗ − 𝑎⃗. 𝑏⃗⃗ = 𝑂 … (1)
𝐵𝐸̅̅̅̅ ⊥ 𝐶𝐴̅̅̅̅ → 𝑂𝐵̅̅̅̅ ⊥ 𝐶𝐴̅̅̅̅
=> 𝑂𝐵̅̅̅̅. 𝐶𝐴̅̅̅̅ = 𝑂
=> 𝑏⃗⃗. ( 𝑐⃗. 𝑎⃗) = 𝑂
=> 𝑏⃗⃗. 𝑎⃗ − 𝑏⃗⃗. 𝑐⃗ = 𝑂 … (2)
Jumlahkan (1) dan (2)
(𝑏⃗⃗. 𝑎⃗ − 𝑏⃗⃗. 𝑐⃗) +( 𝑎⃗. 𝑐⃗ − 𝑎⃗. 𝑏⃗⃗) = 𝑂
=> 𝑎⃗. 𝑐⃗ − 𝑏. 𝑐⃗ = 𝑂
=> (𝑎⃗. 𝑏⃗⃗). 𝑐⃗ = 𝑂
𝐵𝐴̅̅̅̅ ⊥ 𝑂𝐶̅̅̅̅
∴ 3 Garis tinggi segitiga kongruen
Teorema 4.7.5
Setiap Garis bagi sudut segitiga, Jika cukup diperpanjang akan konkuren dengan garis bagi
sudut luar pada dua simpul yang tersisa.
Bukti :

5. 𝑏1 adalah bisektor dari sudut interior A
𝑏2 adalah bisektor dari sudut interior B
𝑏1 tidak paralel dengan 𝑏2, jika ya maka ∠1 = ∠2 ( bersebrangan) ,
dan 𝑚 ∠𝐵𝐴𝐶 = 𝑚 ∠𝐷𝐵𝐴, ini berarti ∆𝐴𝐵𝐶 mempunyai
sudut luar di B yang berukuran sama dengan sudut1
dalam A. Hal ini kontradiksi dengan Teorema 3.2.6
Jadi, 𝑏1 𝑑𝑎𝑛 𝑏2 berpotongan di titik P
Perhatikan gambar b
∆𝑃𝐵𝐹3 ≅ ∆𝑃𝐵𝐹2
↔ 𝑃𝐹3 ≅ 𝑃𝐹2
↔ 𝑃𝐹3 ≅ 𝑃𝐹1 karena, P adalah bisektor ∠𝐹3 𝐴𝐹1 (teorema 4.7.2)
↔ ∆𝑃𝐹2 𝐶 ≅ ∆𝑃𝑃1 𝐶 (hpotenus-leg congruence)
Jadi 𝑚 ∠𝐹2 𝐶𝑃 = 𝑚 ∠𝐹1 𝐶𝑃, 𝐶𝑃̅̅̅̅ angle bisector sudut luar C dan Contains P
(titik potong 𝑏1 𝑑𝑎𝑛 𝑏2 ) , oleh karena itu 𝑏1, 𝑏2 𝑑𝑎𝑛 𝑏3 konkuren di titik P (excenter ∆𝐴𝐵𝐶)
Corollary 4.7.6
“ Setiap Excenter segitiga berfungsi sebagai pusat sebuah lingkaran yang bersinggungan
dengan sebuah sisi segitiga dan perpanjangan dua sisi lainnya .”
Teorema 4.7.7
Jarak dari vertex ke orthocenter dari sebuah segitiga adalah dua kali jarak dari circumcentre
ke titik tengah sisi yang berlewanan dengan vertex.
Bukti:
Misalkan 𝑂 adalah circumcentre dari ∆𝐴𝐵𝐶
𝑂𝐻 adalah jumlah vector (𝑂𝐴̅̅̅̅ + 𝑂𝐵̅̅̅̅ + 𝑂𝐶̅̅̅̅
𝐴𝐻 = 𝑂𝐻 − 𝑂𝐴, 𝑂𝐵 + 𝑂𝐶 = 2 𝑂𝑀, 𝑀 adalah midpoint 𝐵𝐶
𝑂𝐵 = 𝑂𝐶, jari-jari lingkaran
∆𝑂𝐵𝐶 sama kaki, 𝐴𝑁 ⊥ 𝑆𝑀
𝐻 terletak pada ketinggian A dan dua ketinggian lain.
Ini membuktikan bahwa ketiga garis tinggi bertemu pada titik yang sama, disebut
orthocenter.
Jarak dari 𝐴 atau titik manapun = 2kali jarak dari 𝑂 ke sisi yang berlawanan.

6. Theorema 4.7.8
Orthocenter circumcenter dan centroid dari suatu lingkaran adalah collinier (pada garis
yang disebut Euler Line for Triangle)
Bukti :
Misal : 𝑒, 𝑓, 𝑔 merupakan midpoint
𝑓𝑔̅̅̅̅, 𝑓𝑒̅̅̅, 𝑒𝑔̅̅̅̅ = Midsegmen
𝑓𝑔̅̅̅̅: 𝐴𝐶̅̅̅̅ = 1: 2, 𝑓𝑔̅̅̅̅ ∥ 𝐴𝐶̅̅̅̅
Karena setiap midsegments mempunyai ukuran setengah dari sisi terpanjang ∆, maka
dengan SSS terbukti bahwa suatu ∆ akan sama dengan medial triangle nya dengan ratio 2: 1.
a) Perhatikan altitude, we know that setiap altitude melalui arthocenter, altitude
berpotongan dengan 𝐴𝐶̅̅̅̅.
b) Perhatikan perpendicolar besector dari titik e, perpendicular beserctor akan melalui
arthocenter dan P.bisector juga berpotongan dengan 𝐴𝐶̅̅̅̅.
c) Garis yang berpotongan dengan 𝐴𝐶̅̅̅̅ dari a) dan b) adalah garis sejajar.
d) Contruct 𝐵𝐹̅̅̅̅ = Median of ∆, setiap median akan berpotongan pada tentuoid.
e) By SAS segitiga merah dan supplementary adjacent angke is linier pair
Teorema 4.7.9
Teorema Menelous : jika △ 𝐴𝐵𝐶 adalah segitiga dimana X,Y, dan Z adalah titik collinier
Menelaus pada sisi 𝐴𝐶̅̅̅̅, 𝐵𝐶 𝑑𝑎𝑛 𝐴𝐵 maka :
𝐴𝑍
𝑍𝐵
𝑥
𝐵𝐶
𝑌𝐶
𝑥
𝐶𝑋
𝑋𝐴
=1

7. Bukti :
𝐶𝑀̅̅̅̅̅ 𝐴𝐵̅̅̅̅
 △ 𝑋𝑀𝐶 ≅ △ 𝑍𝑋𝐴
Maka
𝑀𝐶
𝐴𝑍
=
𝑋𝐶
𝑋𝐴
 △ 𝐶𝑀𝑌 ≅ △ 𝐵𝑍𝑌
Maka :
𝑀𝐶
𝐵𝑍
=
𝐶𝑌
𝐵𝑌

𝑀𝐶
𝐴𝑍
=
𝑋𝐶
𝑋𝐴

𝑀𝐶
𝐵𝑍
=
𝐶𝑌
𝐵𝑌
, Maka
𝐵𝑍
𝑀𝐶
=
𝐵𝑌
𝐶𝑌

𝑀𝐶
𝐴𝑍
𝑥
𝐵𝑍
𝑀𝐶
=
𝑋𝐶
𝑋𝐴
𝑥
𝐵𝑌
𝐶𝑌

𝐵𝑍
𝐴𝑍
=
𝑋𝐶
𝑋𝐴
𝑥
𝐵𝑌
𝐶𝑌
𝑥
𝐴𝑍
𝐵𝑍
 1 =
𝑋𝐶
𝑋𝐴
𝑥
𝐵𝑌
𝐶𝑌
𝑥
𝐴𝑍
𝐵𝑍
Teorema 4.7.10 Jika kekonruenan garis cevian 𝐴𝑋̅̅̅̅, 𝐵𝑌̅̅̅̅ 𝐷𝐴𝑁 𝐶𝑍̅̅̅̅ di Tarik dari vertex △ 𝐴𝐵𝐶,
maka :
Bukti
Misal ABC adalah segitiga dan garis (cervians) AD, BC, CF melalui vertex dengan sisi yang
berlawanan berpotongan di titik P.
1) △ 𝐴𝐵𝐸 ∶ 𝐹𝑃𝐶̅̅̅̅̅̅ adalah transversal
Jadi
𝐴𝐹
𝐹𝐵
𝑥
𝐵𝑃
𝑃𝐸
𝑥
𝐸𝐶
𝐶𝐴
= −1 (Menelaus theorem)

8. 2) △ 𝐵𝐶𝐸 ∶ 𝐷𝑃𝐴̅̅̅̅̅̅ adalah transversal
Jadi
𝐵𝐷
𝐷𝐶
𝑥
𝐶𝐴
𝐴𝐸
𝑥
𝐸𝑃
𝑃𝐵
=-1
 1) di kali 2)

𝐴𝐹
𝐹𝐵
𝑥
𝐵𝑃
𝑃𝐸
𝑥
𝐸𝐶
𝐶𝐴
𝑥
𝐵𝐷
𝐷𝐶
𝑥
𝐶𝐴
𝐴𝐸
𝑥
𝐸𝑃
𝑃𝐵
= (−1) 𝑥(−1)
Jadi
𝐴𝐹
𝐹𝐵
𝑥
𝐸𝐶
𝐴𝐸
𝑥
𝐵𝐷
𝐷𝐶
= 1 terbukti