Geometri

Catatan KuliahSistem Geometri

Dosen : Dr. Endang Mulyana, M.Pd.

Raden Muhammad HadiMatematika C – 2011

1106608Jurusan Pendidikan Matematika - Prodi Matematika

Catatan Kuliah Semester 4

Dari Pertemuan 1 – Pertemuan 7

Tahun Perkuliahan 2012/2013

UNIVERSITAS PENDIDIKAN INDONESIA

Copyright©: Raden Muhammad Hadi a.k.a Hadimaster

PendahuluanCatatan Kuliah Sistem Geometri dibuat berdasarkan mata kuliah

Sistem Geometri yang diampu oleh Dosen saya yaitu Dr. Endang Mulyana, M.Pd di Jurusan Pendidikan Matematika Prodi Matematika, Fakultas Pendidikan Matematika dan Ilmu Pengetahuan Alam, Universitas Pendidikan Indonesia. Pembuatan catatan kuliah ini dimaksud untuk selain dapat digunakan sebagai suplemen/pelengkap dalam mata kuliah ini, ataupun referensi kecil juga dimaksudkan sebagai Management Knowledge yang berguna sehingga dapat dimanfaatkan tidak hanya untuk diri pribadi juga untuk mereka yang ingin mempelajari dan mengetahui mengenai sistem geometri. Dalam catatan kuliah terdapat beberapa ilustrasi dan teorema yang pembuktiannya diperoleh baik dari dosen, saya sendiri maupun dari buku referensi wajib pada mata kuliah ini, yaitu buku Elementary Geometry from an Advanced Standpoints karya Edwin E. Moise.

Kritik, koreksi maupun pendapat mengenai catatan kuliah ini sangat diharapkan oleh penulis dan dapat dikirim melalui email maupun komentar di blog penulis yang dapat dilihat di akhir catatan ini. Penulis berharap catatan kuliah ini dapat bermanfaat bagi semua pembaca.

Penulis

Raden Muhammad Hadi


Bandung, 07 April 2013

Pertemuan – 1Beberapa peta konsep


Sistem Geometri

Objek Langsung Geometri

Konsep Fakta (Aksioma/Postulat)

Prinsip/Teorema/Dalil

Prosedur

Istilah Model/Ilustrasi Notasi/Simbol Istilah

Terdefisini/Tidak terdefinisi

Struktur Geometri

Titik, Garis, Bidang (Istilah Tidak Terdefinisi)

S himpunan semesta titik

L himpunan garis P himpunan bidang

Struktur

[S ,L ,P ]

Teorema 1

Dua garis saling berpotongan tepat di satu titik.

Bentuk eksplisit : Jika terdapat dua garis yang saling berpotongan, maka perpotongannya tepat di satu titik.

Bukti :

Misal L1≠ L2, L1∩L2≠∅, n (L1∩ L2)≥1. Harus ditunjukkan bahwa n (L1∩ L2)=1. Untuk membuktikan n (L1∩ L2)=1 cukup dibuktikan n (L1∩ L2)≤1. Andaikan n (L1∩ L2)≤1 salah, artinya n (L1∩ L2)>1, misalnya n (L1∩ L2)=2 dengan L1∩L2={A ,B }. Berarti A ,B∈ L1 dan , B∈ L2 , maka L1=L2. Hal ini kontradiksi,


Aksioma Insidensi EuclidAksioma 1

Jika sesuatu itu garis, maka sesuatu itu himpunan titik.Jika sesuatu itu bidang, maka sesuatu itu himpunan titik.

Aksioma 2Jika A dan B dua titik sebarang, maka terdapat tepat 1 garis yang melalui kedua titik tersebut.Aksioma 3Jika sesuatu itu bidang, maka dibutuhkan minimal 3 titik yang tidak kolinear yang masing-masing terhubung oleh sebuah garis.

Aksioma 4Jika dua bidang (yang berbeda) saling berpotongan, maka perpotongannya adalah sebuah garis.

Aksioma 5Jika A, B terdapat pada L dan L himpunan bagian dari P, maka garis L terletak pada bidang P.

Bentuk Pernyataan I

Implisit

Ex : Garis adalah himpunan titik

Eksplisit (Jika . . . Maka . . .)

Ex : Jika sesuatu itu garis, maka sesuatu itu himpunan

titik

maka haruslah n (L1∩ L2)≤1 sehingga L1≠ L2 dan terbukti karena n (L1∩ L2)≤1 dan n (L1∩ L2)≥1, maka n (L1∩ L2)=1. Q.E.D

Soal : Buktikan!

1) Jika sebuah garis memotong sebuah bidang yang tidak memuat garis itu, maka perpotongannya sebuah titik.

2) Jika sebuah titik terletak diluar sebuah garis, maka terdapat tepat sebuah bidang yang memuat titik dan garis itu.

3) Jika dua garis berpotongan, maka gabungannya terletak pada satu bidang.

Jawab :

1) Perhatikan ilustrasi berikut

L adalah garis yang memotong bidang E, tapi L bukan bagian dari E, sehingga L∩E merupakan sebuah titik yaitu P, dan akan dibuktikan bahwa L∩E tidak mengandung titik lain, misalnya Q.Misalkan Q terdapat pada L∩E, sehingga L∩E={P ,Q }. Berdasarkan aksioma insidensi 1 maka dari titik P dan Q dapat ditarik sebuah garis L=PQ. Berdasarkan aksioma insidensi 5, maka garis PQ∈ E yangmana merupakan kontradiksi karena L dari awal bukan bagian dari E. Q.E.D


Misalkan A ,B∈ l dan C∉ l, maka dapat disimpulkan bahwa ketiga titik tersebut tidak ko-linear (tidak terletak dalam satu garis). Maka dengan menggunakan aksioma insidensi 3, dapat ditarik garis g= AC dan t=BC sedemikian sehingga terbentuk bidang E seperti yang diperlihatkan pada gambar berikut


Dari ilustrasi dapat dilihat bahwa l , g , t∈ E. Karena A ,B∈ l, A ,C∈g dan B ,C∈t maka A ,B ,C∈ E . Q.E.D


Misalkan terdapat garis l dan g yang saling berpotongan di satu titik sehingga l ∩g=B. Ambil sebarang titik A∈g dan C∈ l sedemikian sehingga g= {A ,B } dan l={C ,B }. Karena A ,B ,C adalah titik-titik yang tidak ko-linear maka berdasarkan aksioma 3 dapat dibentuk sebuah bidang E sebagaimana pada ilustrasi berikut

Karena l , g∈E dan A ,B∈g, C , B∈l maka gabungan dari l∪g=E. Q.E.D

Diskusi:

1) Diketahui 5 titik yang berbeda dengan tidak ada 3 titik yang segaris dan tidak ada 4 titik yang sebidang.

a. Berapa banyak garis yang memuat dua dari kelima titik itu?b. Berapa banyak bidang yang memuat tiga dari kelima titik itu?

2) Diketahui ntitik yang berbeda dengan tidak ada tiga titik yang segaris dan tidak ada 4 titik yang sebidang

a. Berapa banyak garis yang memuat dua dari n titik itu?b. Berapa banyak bidang yang memuat 3 dari n titik itu?

3) Tunjukkan bahwa S tidak dapat merupakan sebuah garis!4) Tunjukkan paling sedikit terdapat dua bidang!




Cara Berfikir Geometri

Pengenalan Analisis Pengelompokan (Deduktif Informal)

Deduktif Formal Rigor/Keakuratan

Jarak Ukuran ruas garis

Lintasan terpendek

A≠B, ada jarak A−B dalam bilangan real. A=B, jarak A−B=0∈R

Jika A dan B dua titik sebarang maka jarak dari A ke B ditulis d (A , B)

Jika A=B, d ( A ,B )=0

Jika d (P ,Q )=0⟹P=Q

A=B⟺d ( A ,B )=0

Teorema :

Jika f adalah sistem koordinat untuk garis L dan g ( A )=−f (A)maka gadalah sistem koordinat untuk L.

Bukti:

F sistem koordinat untuk L jika dan hanya jika d (A , B)=|f (A)−f (B)|. Akan dibuktikan d (A , B)=¿ g(A)−g (B)∨¿. Karena g(A)=−f (A) dan g(B)=−f (B) maka

d (A , B)=¿ g(A)−g (B)∨¿∨−f (A)+f (B)∨¿∨f (B)−f (A )∨¿d (B , A). Q.E.D

Soal:

Tunjukkan kalau postulat 2, 3 dan postulat 4 merupakan konsekuensi dari postulat 5!

Jawab : Buktinya hampir sama dengan bukti teorema diatas.


Postulat Jarak

Postulat 0Jika S himpunan titik dan R himpunan bilangan real, maka jarak adalah pemetaan oleh himpunan terurut S ke R atau S X S --> R.

Postulat 1Jika A, B anggota himpunan titik S, maka d(A, B)=0.

Postulat 2A=B jika dan hanya jika d(A, B)=0.

Postulat 3 (Postulat Penggaris) Misal f: L <-> R, f disebut sistem koordinat untuk garis L jika dan hanya jika d(A,B)= |f(A) - f(B)|, dengan A,B anggota L. Jika L sebuah garis sebarang, maka L memiliki sistem koordinat.Postulat 4Jika A, B sebarang maka d(A, B) = d(B, A).

Postulat 5 (Postulat Penempatan Penggaris)Jika L sebuah garis dan P, Q anggota dari L, maka L memiliki sistem koordimam dengan P = 0 dan Q = bilangan positif real.



Keantaraan

Misal A ,B ,C 3 titik berbeda. B diantara A dan C dinotasikan dengan A−B−C jika dan hanya jika ...

A ,B ,C ko-linear d ( A ,B )+d (B ,C )=d (A ,B)

Bentuk Pernyataan II

Sifat

Ex : Jika ∆ ABC ≅∆ PQR, maka ...

Syarat

Ex : ..., maka ∆ ABC ≅∆ PQR

Set Theory of Betweenness and Congruence

Misalkan pada suatu garis lterdapat titik A dan B. Perhatikan ilustrasi berikut:

Dari ilustrasi diatas dapat diambil beberapa jenis himpunan garis, diantaranya ruas garis dan sinar :

1) Ruas garisRuas garis AB={ A ,B }∪{P∨A−P−B }

2) SinarSinar AB= {A ,B }∪ {P|A−P−B−⋯−n }atau AB∪{Q∨A−B−Q }

Konsep Kongruensi

Misal terdapat ruas garis AB dan PQ, maka AB=PQ artinya AB⊂PQ dan PQ⊂ AB.

Konsep Kongruensi Ruas Garis

Ruas garis ABdikatakan kongruen dengan PQ jika dan hanya jika AB=PQ atau

AB≅ PQ⟺d (A ,B)=d (P ,Q)

Sudut

Sudut adalah gabungan 2 sinar yang titik pangkalnya berimpit. Dalam himpunan dinotasikan sebagai ∠ ABC=BA∪ BC

Ukuran sudut


Misal terdapat sinar QR∪QP sedemikian sehingga membentuk sudut ∠PQR. Ukuran sudut didefenisikan sebagai jarak ter-minimal titik P menuju R. Ukuran sudut dinotasikan sebagai m∠PQR. Terdapat 2 kriteria ukuran sudut:

1) Ukuran sudut merupakan pemetaan himpunan sudut ke bilangan real atau f :Himp . sudut→R

2) Ukuran sudut f : (∠ ABC )>0 ° atau 0 °<(∠ ABC )<180°

Postulat

Jika D pada interior ∠ ABC, maka m∠ ABD+m∠DBC=m∠ABC

Pertemuan – 4Soal:

Jika AB suatu ruas garis, maka terdapat tepat satu titik tengah, buktikan!

Bukti:

Perhatikan ilustrasi berikut!

1) Misalkan L adalah garis yang memuat AB, maka terdapat sistem koordinat f pada garis L sehingga f (A)=0 dan f (B)=x>0

2) ∀ x∈R+¿⟹ y= x

2 ¿, misal f−1 ( y )=c , f (c )= x2= y

3) Selanjutnya akan ditunjukkan titik c adalah titik tengah AB.f ( AC )=f (C )−f ( A )= x

2−0= x

2=x− x

2=f (B )−f (C )=CB


Artinya C titik tengah AB. Q.E.D

Soal:

Jika terdapat 2 garis yang berpotongan, maka gabungannya terletak pada satu bidang, buktikan!

Bukti:


Misalkan l dan t berpotongan di C, maka terdapat A∈l dan B∈ t sehingga A ,B ,C tidak kolinear. Menurut aksioma insidensi 3, jika terdapat 3 titik yang tidak kolinear, maka dari 3 titik tersebut dapat ditarik garis yang menghubungkan 3 titik tersebut sehingga membentuk sebuah bidang α sedemikian sehingga A ,B ,C∈α. Dari sini dapat disimpulkan bahwa gabungan 2 garis yang berpotongan terletak pada 1 bidang. Q.E.D



Konveksitas

Konveks

Jika untuk setiap titik AB anggota E, maka AB∈ E

Bukan Konveks

Jika ada titik pada AB∉ E

Konveks

Half-Plane (Setengah Bidang)

Perhatikan ilustrasi berikut.

Half-plane didefinisikan sebagai bidang E yang dibagi/dibatasi oleh garis L sehingga membentuk 2 buah bidang yang saling disjoint/saling terpisah dan konveks di masing-masing daerahnya yaitu H 1 dan H 2 atau dapat dinotasikan dengan teori himpunan:


Konveks

E−L=H 1∪H2 dengan H 1∩ H 2=∅

Bidang H1 didefinisikan sebagai berikut:

H 1={Q∨PQ∩L=∅ }

Sedangkan bidang H 2 didefinisikan sebagai berikut:

H 2={Q∨PQ∩L≠∅ ,Q∉L }

Teorema Setengah bidang:

Teorema 1 : Postulat Pasch

Diberikan ∆ ABC, dan sebuah garis L di bidang yang sama. Jika L mengandung sebuah titik E diantara A dan C, maka L memotong di salah satu sisi yaitu sisi AB atau BC.

Teorema 1 diilustrasikan sebagai berikut.

Bukti: Gunakan kontradiksi, andaikan L tidak memotong di salah satu sisi. Maka A dan B berada di sisi yang sama dari L dan B dan C juga berada di sisi yang sama dari L sehingga A dan C berada dalam sisi yang sama dari L. Ini merupakan kemustahilan karena E terdapat diantara A dan C sehingga A−E−Csehingga seharusnya A dan C tidak berada di sisi yang sama. Q.E.D

Teorema 2: Himpunan H 1 dan H 2 tidak kosong kedua-duanya.

Bukti: Gunakan kontradiksi. Misalkan kedua-duanya kosong, maka H 1∪ L∪H 2=L, padahal L memisahkan bidang E menjadi half-plane yang saling disjoint. Maka haruslah H 1∪L∪H2=E. Hal ini kontradiksi dengan pengandaian bahwa kedua-duanya kosong, maka haruslah H1 dan H 2 tidak kosong kedua-duanya. Q.E.D

Teorema 3: Baik himpunan H 1 maupun H 2 tidak kosong salah satu.

Bukti: Gunakan kontradiksi, misalkan salah satu dari half-plane kosong yaitu H 1, maka H 1∪L∪H2=H2. Hak ini kontradiksi karena seharusnya gabungan dari ketiganya merupakan bidang yang tidak berbatas E, sedangkan H 2 memiliki batas di L. Maka haruslah H 1∪L∪H2=E. Q.E.D


Teorema 4: H 1 paling sedikit mengandung 2 titik.

Bukti: Dengan menggunakan definisi bahwa L membagi bidang E menjadi half-plane yang saling disjoint dan konveks di masing-masing daerahnya, maka cukup dengan mengambil sebarang titik A dan B sehingga AB∈H1. Q.E.D

Teorema 5: H 1 paling tidak mengandung 3 titik yang tidak kolinear.

Bukti: Tanpa mengurangi generalisasi dengan menggunakan aksioma insidensi 3, maka dapat diambil sebarang titik A ,B ,C∈H1 sehingga dapat dibentuk bidang α∈H 1. Q.E.D



Kongruensi ∆

AB≅ CD⟺ AB=CD

∠ ABC≅∠PQR⟺m∠ABC=m∠PQR

∆ ABC ≅∆ PQR⟺…

∆ ABC⟺∆ PQR

Korespondensi 1-1

Soal:

Diketahui ∆ ABC sama kaki, AB≅ AC, buktikan ∠B≅∠C!

Bukti:

Perhatikan ilustrasi berikut:

Perhatikan bahwa

∆ ABC ≅∆ ACB

AB≅ AC

∠ A≅∠ A(sifat refleksif )

BC ≅CB(sifat refleksif )

Berdasarkan definisi sisi-sudut-sisi ∆ ABC ≅∆ ACB sehingga ∠B≅∠C. Q.E.D

Soal:

Diketahui ∆ ABC⟺∆ PQR, ∠ A≅∠P, AB≅ PQ, ∠B≅∠Q. Buktikan bahwa ∆ ABC ≅∆ PQR!

Bukti:



Konstruksikan ruas garis PR1 sehingga Q R1≅ BC, akibatnya

∆ ABC ≅∆ PQR1

∠ A≅∠P

∠B≅∠Q

∠C≅∠R1

Perhatikan ∠QPR dan ∠BAC. Karena ∠ A≅∠P, maka dengan definisi kekongruenan sisi-sudut-sisi diperoleh bahwa AB≅ PQ, dan AC ≅ PR sedemikian sehingga ∆ ABC ≅∆ PQR. Tapi berdasarkan hipotesis bahwa ∆ ABC ≅∆ PQR1 sehingga haruslah R1=R. Q.E.D

Soal:

1) Diketahui ∆ ABC⟷∆ PQR, AB≅ PQ, ∠B≅∠Q, dan ∠C≅∠R. Buktikan ∆ ABC ≅∆ PQR!

2) Diketahui ∆ ABC siku-siku di C, dan ∆ PQR siku-siku di R. Bila AB≅ PQ dan AC ≅ PR. Buktikan ∆ ABC ≅∆ PQR!

3) Diketahui ∆ ABC dengan titik D pada BC sehingga AD merupakan garis tinggi ∆ ABC. Jika m∠ ABC=m∠ ACB, buktikan AD garis bagi ∠BAC!

4) Diketahui ∆ ABC sama kaki dengan AC=BC, D titik tengah AC dan E titik tengah BC. Pada perpanjangan AB terletak titik F dan pada perpanjangan BA terletak titik G sehingga BF=AG. Buktikanlah DF=EG!

5) Diketahui ∆ ABC, m∠ ABC=m∠ ACB=70°, titik D pada AB dan titik E pada AC sehingga CD⊥ AB dan BE⊥ AC. Buktikan AD=AE!

6) Pada ∆ ABC, M titik tengah AB, D pada BC dan E pada AC sehingga AD dan BE merupakan garis-garis tinggi segitiga. Buktikan MD=ME!


Pertemuan 7Ketidaksamaan Geometri

Teorema-teorema Ketidaksamaan Geometri:

1) Sebarang sudut luar dari suatu segitiga lebih besar daripada setiap sudut yang berjauhan dari sudut luar itu.Bukti:Perhatikan ilustrasi berikut!


Diketahui ∆ ABC dengan ∠ ACD merupakan sudut luar, akan dibuktikan (1)∠ ACD>∠ ABC dan (2)∠ ACD>∠BAC. Dengan menggunakan menggunakan pemahaman mengenai sudut bersuplemen, kita akan membuktikan kedua pernyataan tersebut. Perhatikan ilustrasi berikut!

m∠DAC+m∠DAB=180° sebab pada CB dipadang sudut yang berukuran 180 °. ∠DAC dan ∠DAB disebut sebagai pasangan linear. Maka ∠DAC dan ∠DAB saling bersuplemen jika dan hanya jika m∠DAC+m∠DAB=180°.Maka dengan menggunakan postulat tersebut diketahui bahwa m∠ ACD+m∠ ACB=180° sedemikian sehingga m∠ ACD=180 °−m∠ACB. Konstruksikan ∆ A ' B ' C≅ ∆ ABC seperti pada ilustrasi berikut

Dari ilustrasi dapat diketahui bahwa m∠ ACD+m∠ ACB+m∠ACA '=180° sehingga m∠ ACD=180 °−m∠ACB−m∠ACA ' mengakibatkan bahwa ∠ ACD>∠ ACB. Dengan cara yang analog dengan cara memperoleh ∠ ACD>∠ ACB, maka terbukti bahwa ∠ ACD>∠ ABC dan ∠ ACD>∠BAC. Q.E.D

2) Teorema akibat : Melalui suatu titik diluar suatu garis yang diketahui dibuat hanya satu garis yang tegak lurus terhadap garis yang diketahui.Bukti:Perhatikan ilustrasi berikut!


Andaikan ada 2 garis yang melalui P tegak lurus garis L, yaitu pada PA dan PC. Perhatikan ∆ PAC, ∠PCD adalah sudut luar ∆ PAC. Menurut teorema sebelumnya, ∠PCD>∠PAC, bertentangan dengan m∠PAC=m∠PCD=90 °, akibatnya pengandaian salah, seharusnya ∠PCD≅∠PAC sehingga satu-satunya garis yang tegak lurus terhadap garis L hanyalah PA atau PC. Q.E.D

3) Jika dari sebuah segitiga diketahui dua sisinya tidak kongruen, maka sudut-sudut dihadapan sisi itu tidak kongruen. Sudut yang lebih besar terletak dihadapan sisi yang lebih panjang.Bukti:Perhatikan ilustrasi berikut!

Diketahui AB≠ AC, AB<AC. Akan dibuktikan bahwa m∠ ABC ≠m∠ ACB sehingga m∠ ABC>m∠ACB. Konstruksi D pada BC sehingga AD=AB. ∆ ABD sama kaki sehingga m∠ ABC=m∠ ADB. Pada ∆ ABD, ∠ ADB sudut luar. Menurut teorema 1 diperoleh

m∠ ADC>m∠ ACDm∠ ADC=m∠ABC

Sehingga m∠ ABC>m∠ACB menyebabkan m∠ ABC ≠m∠ ACB. Q.E.D4) Jika dari sebuah segitiga diketahui dua sudutnya tidak kongruen, maka

sisi-sisi dihadapan sudut itu tidak kongruen sehingga sisi yang lebih panjang terletak dihadapan sudut yang lebih besar.Bukti:Perhatikan ilustrasi berikut!

Diketahui ∆ ABC dengan ∠B<∠C. Akan dibuktikan AC<AB. Jika AC ≅ AB, maka dengan teorema segitiga sama kaki didapat

bahwa ∠B≅∠C, dan ini tidak sesuai dengan hipotesis, Jika AC>AB, maka dengan teorema 3 didapat bahwa ∠B>∠C, dan

ini juga tidak sesuai dengan hipotesis,

Maka kemungkinan besar bahwa AC<AB, yang sesuai dengan hipotesis. Q.E.D


5) Segmen terpendek yang menghubungkan sebuah titik ke sebuah garis adalah segmen yang tegak lurus dengan garis itu.Bukti:Perhatikan ilustrasi berikut!

Diketahui L sebuah garis, P titik diluar L, Q merupakan titik yang menyebabkan PQ tegak lurus L, dan R titik lain pada L. Akan dibuktikan PQ<PR.Misalkan S titik lain pada L sedemikian sehingga S−Q−R, maka ∠PQS sudut luar ∆ PQR. Maka dengan menggunakan teorema sebelumnya diperoleh ∠PQS>∠PRQ. Karena PQ⊥ L diperoleh bahwa ∠PQS≅∠PQR, sehingga ∠PQR>∠PRQ. Dengan teorema sebelumnya diperoleh bahwa PR>PQ atau PQ<PR. Q.E.D

6) Teorema Ketidaksamaan Segitiga. Dalam sembarang segitiga, jumlah sembarang dua sisi lebih besar daripada sisi yang ketiga.Bukti:Perhatikan ilustrasi berikut!

Diketahui A ,B ,C tidak kolinear. Akan dibuktikan AB+BC>AC. Misalkan D titik pada CB sedemikian sehingga C−B−D dan BD=BA, maka CD=AB+BC …(1)Sekarang B merupakan interior ∠DAC. Dengan teorema sudut diperoleh

∠DAB<∠DAC…(2)Semenjak ∆ BAD sama kaki, dengan BD=BA, maka ∠D≅∠DAC …(3)Dengan mengaplikasikan teorema 5 pada ∆ ADC diperoleh

CD>AC …(4 )Dari (1) dan (4) diperoleh

AB+BC>ACQ.E.D

7) Dari dua segitiga yang diketahui, jika 2 sisi segitiga pertama kongruen dengan berturut-turut dua sisi segitiga kedua dan sudut yang diapitnya lebih besar daripada sudut yang diapit oleh 2 segitiga yang kedua,


maka sisi dari segitiga pertama lebih panjang dari sisi ketiga dari segitiga yang kedua.

8) Teorema Sisi-Sudut-Sisi. Diketahui korespondensi diantara dua segitiga. Jika dua sudut dan sebuah sisi yang berkorespondensi dari segitiga pertama kongruen dengan bagian-bagian yang berkorespondensi pada segitiga yang kedua, maka korespondensi itu merupakan sebuah korespondensi.Bukti:Perhatikan ilustrasi berikut!

Diketahui ∆ ABC dan ∆≝¿ dimana ∆ ABC⟷∆≝¿, Jika AB≅ DE dan ∠ A≅∠D dan ∠C≅∠F. Akan dibuktikan ∆ ABC ≅∆≝¿.Misal F’ titik pada DF sedemikian sehingga DF ' ≅ AC. Dengan definisi Sisi-Sudut-Sisi diperoleh ∆ ABC ≅∆≝' sehingga ∠F ' ≅∠C ≅∠F. Tapi kita harus memiliki D−F−F ’, D−F ’−F atau F=F ’. Jika D−F−F ’, maka ∠F sudut luar ∆ EFF ' sedemikian sehingga

∠F>∠F ', ini salah secara hipotesis, Jika D−F ’−F, maka ∠F ' sudut luar ∆ EFF ' sedemikian sehingga

∠F'>∠F, ini juga salah secara hipotesis,Maka kemungkinan besar F ’=F sedemikian sehingga ∆ ABC ≅∆≝¿. Q.E.D

9) Teorema Hipotenusa-sisi siku-siku. Diketahui korespondensi diantar dua segitiga siku-siku. Jika hipotenusa dan sebuah sisi siku-siku yang pertama berkorespondensi dari segitiga pertama kongruen dengan bagian-bagian yang berkorespondensi pada segitiga yang kedua, maka korespondensi itu merupakan sebuah korespondensi.Bukti:Perhatikan ilustrasi berikut!

Diketahui ∆ ABC dan ∆≝¿ sedemikian sehingga m∠ A=m∠D=90 °, AB≅ DE dan BC ≅ EF. Akan dibuktikan ∆ ABC ≅∆≝¿.Misal G titik pada F-D-G dan DG≅ AC. Dengan menggunakan postulat sudut yang saling bersuplemen diperoleh ∠EDG adalah sudut siku-siku


dan ∠EDG≅∠BAC. Dengan teorema Sisi-Sudut-Sisi diperoleh ∆ ABC ≅∆ DEG. Hal ini menyebabkan EG≅ BC sehingga EG≅ EF. Dengan teorema segitiga sama kaki, diperoleh ∠F≅∠G. Dengan teorema Sisi-Sudut-Sudut diperoleh ∆DEG≅ ∆≝¿ sehingga ∆ ABC ≅∆≝¿. Q.E.D

Biodata PenulisNama : Raden Muhammad HadiNickname : hadimaster, master, Hadi

Contact Person via blog dan e-mailBlog : hadimaster-mymind.blogspot.come-mail : [email protected]


Geometri

Documents

Transcript of Geometri