Download to read offline
Uploaded byIrna Nuraeni
Catatan irna nuraeni 4.7 some euclidean results concerning triangles
Dokumen ini membahas berbagai hasil Euclidean terkait segitiga, termasuk teorema tentang garis sumbu, garis bagi, dan ketinggian segitiga yang saling berhubungan. Beberapa teorema yang ditampilkan mencakup keberadaan lingkaran yang mengandung tiga titik, serta sifat-sifat dari incenter dan excenter. Para peneliti menunjukkan hubungan antara jarak dari vertex ke orthocenter dan circumcenter melalui bukti matematis.
More Related Content
Similar to Catatan irna nuraeni 4.7 some euclidean results concerning triangles
Catatan irna nuraeni 4.7 some euclidean results concerning triangles
- 1. SOME EUCLIDEAN RESULTSCONCERNING 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 RESULTSCONCERNING 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 garisbagi 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 bisektordari 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 circumcenterdan 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