Catatan Kuliah Sistem Geometri docx
Catatan Kuliah
Sistem Geometri
Dosen : Dr. Endang Mulyana, M.Pd.
Raden Muhammad Hadi
Matematika C – 2011
1106608
Jurusan 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
Page 1
Pendahuluan
Catatan 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
Copyright©: Raden Muhammad Hadi a.k.a Hadimaster
Page 2
Bandung, 07 April
2013
Pertemuan – 1
Beberapa peta konsep
Sistem
Objek
Langsung
Konsep
Fakta
(Aksioma/Pos
Prinsip/Teo
rema/Dalil
Prosedur
Istilah
Model/Ilust
rasi
Notasi/Sim
bol
Istilah
Terdefisini/
Struktur
S
himpunan
semesta titik
Titik, Garis,
Bidang
(Istilah Tidak
Struktur
[S , L , P]
L
P
himpunan
himpunan
Copyright©: Raden Muhammad Hadi a.k.a Hadimaster
Page 3
Bentuk
Pernyataan I
Implisit
Ex : Garis adalah
himpunan titik
Eksplisit (Jika . . .
Maka . . .)
Ex : Jika sesuatu itu
garis, maka sesuatu
itu himpunan titik
Aksioma Insidensi Euclid
Aksioma 1
Jika sesuatu itu garis, maka sesuatu itu himpunan titik.
Jika sesuatu itu bidang, maka sesuatu itu himpunan titik.
Aksioma 2
Jika A dan B dua titik sebarang, maka terdapat tepat 1 garis yang
melalui kedua titik tersebut.
Aksioma 3
Jika sesuatu itu bidang, maka dibutuhkan minimal 3 titik yang tidak
kolinear yang masing-masing terhubung oleh sebuah garis.
Aksioma 4
Jika dua bidang (yang berbeda) saling berpotongan, maka
perpotongannya adalah sebuah garis.
Aksioma 5
Jika A, B terdapat pada L dan L himpunan bagian dari P, maka garis L
terletak pada bidang 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 :
L 1 ≠ L2 ,
L1 ∩ L2 ≠ ∅ ,
n ( L1 ∩ L2 ) ≥ 1 . Harus ditunjukkan bahwa
Misal
n ( L1 ∩ L2 ) =1 . Untuk membuktikan
n ( L1 ∩ L2 ) =1
cukup dibuktikan
n ( L1 ∩ L2 ) ≤ 1 . Andaikan
n ( L1 ∩ L2 ) ≤ 1
n ( L1 ∩ L2 ) >1 ,
salah, artinya
misalnya n ( L1 ∩ L2 ) =2 dengan L1 ∩ L2={ A , B } . Berarti A , B ∈ L1 dan
, B ∈ L2 , maka L1=L2 . Hal ini kontradiksi, maka haruslah n ( L1 ∩ L2 ) ≤ 1
Copyright©: Raden Muhammad Hadi a.k.a Hadimaster
Page 4
sehingga L1 ≠ L2 dan terbukti karena
maka n ( L1 ∩ L2 ) =1 . Q.E.D
n ( L1 ∩ L 2 ) ≤ 1
dan
n ( L 1 ∩ L2 ) ≥ 1 ,
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 .
L∩ E={P , Q } .
Q
L∩ E , sehingga
Misalkan
terdapat pada
Berdasarkan aksioma insidensi 1 maka dari titik P dan Q dapat
´ . Berdasarkan aksioma insidensi 5,
ditarik sebuah garis L= PQ
´ ∈ E yangmana merupakan kontradiksi karena L
maka garis PQ
dari awal bukan bagian dari E . Q.E.D
2) Perhatikan ilustrasi berikut
A , B ∈l
Misalkan
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
´
´
dan t=BC
sedemikian sehingga terbentuk bidang E
g= AC
seperti yang diperlihatkan pada gambar berikut
Copyright©: Raden Muhammad Hadi a.k.a Hadimaster
Page 5
l , g , t ∈ E . Karena
Dari ilustrasi dapat dilihat bahwa
A , C ∈ g dan B ,C ∈ t maka A , B , C ∈ E . Q.E.D
3) Perhatikan ilustrasi berikut
A , B ∈l ,
Misalkan terdapat garis l dan g yang saling berpotongan di satu titik
l∩ g=B . Ambil sebarang titik
A ∈g
C ∈l
sehingga
dan
sedemikian sehingga g= { A , B } dan l={C , B } . Karena A , B , C
adalah titik-titik yang tidak ko-linear maka berdasarkan aksioma 3
E sebagaimana pada ilustrasi
dapat dibentuk sebuah bidang
berikut
Karena l , g ∈ E
dan
l∪ g=E . Q.E.D
A ,B∈g ,
C,B∈l
maka gabungan dari
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 n titik 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!
Copyright©: Raden Muhammad Hadi a.k.a Hadimaster
Page 6
Pertemuan – 2
Beberapa peta konsep
Cara Berfikir
Geometri
Pengenalan
Jarak
Analisis
Pengelomp
Deduktif
Rigor/Keaku
okan
Formal
ratan
(Deduktif
Ukuran ruas Informal)
A ≠ B , ada jarak A−B dalam
garis
bilangan real.
A=B , jarak A−B=0 ∈ R
Lintasan
terpendek
Jika A dan B dua titik sebarang
maka jarak dari A ke B ditulis
A=B ⟺ d ( A , B )=0
Jika
d ( A , B)
A=B , d ( A , B )=0
Jika
d ( P , Q )=0⟹ P=Q
Copyright©: Raden Muhammad Hadi a.k.a Hadimaster
Page 7
Postulat Jarak
Postulat 0
Jika S himpunan titik dan R himpunan bilangan real, maka jarak adalah pemetaan
oleh himpunan terurut S ke R atau S X S --> R.
Postulat 1
Jika A, B anggota himpunan titik S, maka d(A, B)=0.
Postulat 2
A=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 4
Jika 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.
Teorema :
Jika f adalah sistem koordinat untuk garis L dan
g ( A )=−f (A ) maka g adalah sistem koordinat untuk L .
Bukti:
F sistem koordinat untuk L jika dan hanya jika d ( A , B)=|f ( A )−f (B)| .
d ( A , B)=¿ g ( A)−g( B)∨¿ . Karena
g( A)=−f (A )
Akan dibuktikan
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.
Copyright©: Raden Muhammad Hadi a.k.a Hadimaster
Page 8
Pertemuan – 3
Beberapa peta konsep
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 ,
Syarat
Ex : ..., maka
∆ ABC ≅ ∆ PQR
maka ...
Copyright©: Raden Muhammad Hadi a.k.a Hadimaster
Page 9
Set Theory of Betweenness and Congruence
Misalkan pada suatu garis
ilustrasi berikut:
l terdapat titik
dan
A
B . Perhatikan
Dari ilustrasi diatas dapat diambil beberapa jenis himpunan garis,
diantaranya ruas garis dan sinar :
1) Ruas garis
´ { A , B } ∪ {P∨A−P−B }
Ruas garis AB=
2) Sinar
´
Sinar ⃗
AB={ A , B } ∪ { P| A−P−B−⋯−n } atau AB∪{Q∨
A−B−Q }
Konsep Kongruensi
´
Misal terdapat ruas garis AB
AB ⊂ PQ dan PQ ⊂ AB .
dan
´ , maka
PQ
´ = PQ
´
AB
artinya
Konsep Kongruensi Ruas Garis
´ dikatakan kongruen dengan
Ruas garis AB
AB=PQ atau
´
PQ
jika dan hanya jika
´ ≅ PQ
´ ⟺ d ( A , B)=d(P , Q)
AB
Sudut
Sudut adalah gabungan 2 sinar yang titik pangkalnya berimpit. Dalam
BA ∪ ⃗
BC
himpunan dinotasikan sebagai ∠ ABC =⃗
Ukuran sudut
Copyright©: Raden Muhammad Hadi a.k.a Hadimaster
Page 10
QR ∪ ⃗
QP sedemikian sehingga membentuk sudut
Misal terdapat sinar ⃗
∠ 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 )0
x
+¿ ⟹ y=
x
−1
2)
2 , misal f ( y )=c , f ( c )= = y
2
∀ x ∈ R¿
´ .
3) Selanjutnya akan ditunjukkan titik c adalah titik tengah AB
Copyright©: Raden Muhammad Hadi a.k.a Hadimaster
Page 11
x
x
x
f ( AC )=f ( C )−f ( A )= −0= =x− =f ( B )−f ( C )=CB
2
2
2
´ . Q.E.D
Artinya C titik tengah AB
Soal:
Jika terdapat 2 garis yang berpotongan, maka gabungannya terletak pada
satu bidang, buktikan!
Bukti:
Perhatikan ilustrasi berikut!
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
Pertemuan – 5
Beberapa peta konsep
Konveksitas
Konveks
Konveks
Bukan Konveks
Jika untuk setiap titik
´
anggota E ,
AB
´ ∈E
maka AB
Jika ada titik pada
´ ∉E
AB
Konveks (thin)
Copyright©: Raden Muhammad Hadi a.k.a Hadimaster
Konveks (small)
Page 12
Tidak 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
Copyright©: Raden Muhammad Hadi a.k.a Hadimaster
Page 13
terpisah dan konveks di masing-masing daerahnya yaitu
atau dapat dinotasikan dengan teori himpunan:
E−L=H 1 ∪ H 2
Bidang
H1
dengan
H1
dan
H2
H 1 ∩ H 2 =∅
didefinisikan sebagai berikut:
´ ∩ L=∅ }
H 1={Q∨ PQ
Sedangkan bidang
H2
didefinisikan sebagai berikut:
´ ∩ L ≠ ∅, Q ∉ L }
H 2={Q∨ PQ
Teorema Setengah bidang:
Teorema 1 : Postulat Pasch
Diberikan ∆ ABC , dan sebuah garis L di bidang yang sama. Jika
E
A
C , maka
mengandung sebuah titik
diantara
dan
´
´
memotong di salah satu sisi yaitu sisi AB atau BC .
L
L
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−C sehingga seharusnya
A dan C tidak berada di sisi yang sama. Q.E.D
Teorema 2: Himpunan
H1
dan
H2
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 ∪ H 2=E . Hal ini kontradiksi
H1
dengan pengandaian bahwa kedua-duanya kosong, maka haruslah
dan H 2 tidak kosong kedua-duanya. Q.E.D
Teorema 3: Baik himpunan
satu.
H1
maupun
H2
Copyright©: Raden Muhammad Hadi a.k.a Hadimaster
tidak kosong salah
Page 14
Bukti: Gunakan kontradiksi, misalkan salah satu dari half-plane kosong
yaitu H 1 , maka H 1 ∪ L ∪ H 2=H 2 . 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 ∪ H 2=E .
Q.E.D
Teorema 4:
H1
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
´ ∈ H 1 . Q.E.D
AB
Teorema 5:
kolinear.
H1
paling tidak mengandung 3 titik yang tidak
Bukti: Tanpa mengurangi generalisasi dengan menggunakan aksioma
insidensi 3, maka dapat diambil sebarang titik A , B , C ∈ H 1 sehingga
dapat dibentuk bidang α ∈ H 1 . Q.E.D
Pertemuan – 6
Beberapa peta konsep
Kongruensi
∆
Copyright©: Raden Muhammad Hadi a.k.a Hadimaster
Page 15
´ ≅ CD
´ ⟺ AB=
´ CD
´
AB
∠ ABC ≅ ∠ PQR ⟺ m ∠ ABC =m∠ PQR
∆ ABC ≅ ∆ PQR ⟺ …
∆ ABC ⟺ ∆ PQR
Korespondensi 1-1
∠ A ≅ ∠ P , ∠B ≅ ∠ Q , ∠ C ≅ ∠ R
´ ≅ PQ
´ , BC
´ ≅ QR
´ , AC
´ ≅ PR
´
AB
Soal:
Diketahui
∆ ABC
sama kaki,
´ ≅ AC
´ , buktikan
AB
∠ B ≅ ∠C !
Bukti:
Perhatikan ilustrasi berikut:
Perhatikan bahwa
∆ ABC ≅ ∆ ACB
´ ≅ AC
´
AB
∠ A ≅ ∠ A ( sifat refleksif )
´ ≅ CB(
´ sifat refleksif )
BC
Berdasarkan definisi sisi-sudut-sisi
Q.E.D
∆ ABC ≅ ∆ ACB
sehingga
∠ B ≅ ∠C .
Soal:
Diketahui ∆ ABC ⟺ ∆ PQR ,
bahwa ∆ ABC ≅ ∆ PQR !
∠ A ≅∠ P ,
´ ≅ PQ
´ ,
AB
Copyright©: Raden Muhammad Hadi a.k.a Hadimaster
∠ B ≅ ∠Q . Buktikan
Page 16
Bukti:
Perhatikan ilustrasi berikut!
Konstruksikan ruas garis
P´R 1
sehingga
´ , akibatnya
Q´R 1 ≅ BC
∆ ABC ≅ ∆ PQ R1
∠ A ≅∠P
∠ B ≅ ∠Q
∠ C ≅ ∠ R1
Perhatikan ∠ QPR dan ∠ BAC . Karena ∠ A ≅ ∠ P , maka dengan
´ ≅ PQ
´ , dan
definisi kekongruenan sisi-sudut-sisi diperoleh bahwa AB
´ ≅ PR
´
sedemikian sehingga ∆ ABC ≅ ∆ PQR . Tapi berdasarkan
AC
hipotesis bahwa ∆ ABC ≅ ∆ PQ R1 sehingga haruslah R1=R . Q.E.D
Soal:
´ ≅ PQ
´ , ∠B ≅ ∠ Q , dan ∠C ≅ ∠ R .
1) Diketahui ∆ ABC ⟷ ∆ PQR , AB
Buktikan ∆ ABC ≅ ∆ PQR !
2) Diketahui ∆ ABC siku-siku di C , dan ∆ PQR siku-siku di R .
´ ≅ PQ
´
´ ≅ PR
´ . Buktikan ∆ ABC ≅ ∆ PQR !
Bila AB
dan AC
´
´
3) Diketahui ∆ ABC dengan titik D pada BC
sehingga AD
merupakan garis tinggi ∆ ABC . Jika m∠ ABC=m∠ ACB , buktikan
´
garis bagi ∠BAC !
AD
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
´
´ ⊥ AB
´
´ ⊥ AC
´ .
E pada
dan titik
sehingga CD
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 !
Copyright©: Raden Muhammad Hadi a.k.a Hadimaster
Page 17
Pertemuan 7
Ketidaksamaan Geometri
Teorema-teorema Ketidaksamaan Geometri:
Copyright©: Raden Muhammad Hadi a.k.a Hadimaster
Page 18
1) Sebarang sudut luar dari suatu segitiga lebih besar daripada setiap
sudut yang berjauhan dari sudut luar itu.
Bukti:
Perhatikan ilustrasi berikut!
∆ ABC
∠ ACD
Diketahui
dengan
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
dipadang sudut yang
CB
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 °
m∠ ACD=180° −m∠ ACB−m∠ ACA '
sehingga
mengakibatkan bahwa
∠ ACD >∠ ACB . Dengan cara yang analog dengan cara memperoleh
∠ ACD >∠ ACB ,
∠ ACD >∠ ABC
maka
terbukti
bahwa
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!
Copyright©: Raden Muhammad Hadi a.k.a Hadimaster
Page 19
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
m∠ PAC=m∠ PCD=90 ° , akibatnya pengandaian salah,
dengan
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!
AB ≠ AC ,
AB< AC .
Diketahui
Akan
dibuktikan
bahwa
m∠ ABC ≠m ∠ ACB sehingga m∠ ABC >m∠ ACB . Konstruksi D pada
BC
AD =AB .
∆ ABD
sehingga
sama
kaki
sehingga
m∠ ABC=m∠ ADB . Pada
∆ ABD ,
∠ ADB
sudut luar. Menurut
teorema 1 diperoleh
m∠ ADC >m∠ ACD
m∠ ADC=m ∠ ABC
Sehingga m∠ ABC >m∠ ACB menyebabkan m∠ ABC ≠m ∠ ACB . Q.E.D
4) 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!
´ < AB
´ .
Diketahui ∆ ABC dengan ∠ B< ∠C . Akan dibuktikan AC
´
´
Jika AC ≅ AB , maka dengan teorema segitiga sama kaki didapat
bahwa ∠ B ≅ ∠C , dan ini tidak sesuai dengan hipotesis,
Copyright©: Raden Muhammad Hadi a.k.a Hadimaster
Page 20
´ > AB
´ , maka dengan teorema 3 didapat bahwa
Jika AC
dan ini juga tidak sesuai dengan hipotesis,
Maka kemungkinan besar bahwa
hipotesis. Q.E.D
∠ B> ∠C ,
´ < AB
´ , yang sesuai dengan
AC
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
´ ⊥L
∠ PQS>∠ PRQ . Karena
sebelumnya diperoleh
diperoleh
PQ
bahwa ∠ PQS ≅ ∠ PQR , sehingga ∠ PQR>∠ PR Q . Dengan teorema
´ PQ
´
´ PR
´ . Q.E.D
sebelumnya diperoleh bahwa PR>
atau PQ<
6) Teorema Ketidaksamaan Segitiga. Dalam sembarang segitiga,
jumlah sembarang dua sisi lebih besar daripada sisi yang ketiga.
Bukti:
Perhatikan ilustrasi berikut!
A ,B,C
AB + BC > AC .
Diketahui
tidak kolinear. Akan dibuktikan
Misalkan D titik pada CB sedemikian sehingga C−B−D dan
´ =BA
´ , maka CD= AB+ BC … (1)
BD
Sekarang B merupakan interior ∠ DAC . Dengan teorema sudut
diperoleh
∠ DAB
Dari (1) dan (4) diperoleh
AB+ BC> AC
Copyright©: Raden Muhammad Hadi a.k.a Hadimaster
Page 21
Q.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!
´ ≅ DE
´
Diketahui ∆ ABC dan ∆≝¿ dimana ∆ ABC ⟷ ∆≝¿ , Jika AB
dan
∠ A ≅ ∠ D dan ∠ C ≅ ∠ F . Akan dibuktikan ∆ ABC ≅ ∆≝¿ .
´
´ ' ≅ AC
´ . Dengan
Misal F ’ titik pada DF
sedemikian sehingga DF
∆ ABC ≅ ∆≝'
definisi
Sisi-Sudut-Sisi
diperoleh
sehingga
∠ F ' ≅ ∠ C ≅ ∠ F . Tapi kita harus memiliki
D−F−F ’ ,
D−F ’−F
atau F=F ’ .
Jika
sudut luar
sedemikian
D−F−F ’ , maka
∠F
∆ EFF '
'
sehingga ∠ F>∠ F , ini salah secara hipotesis,
Jika
sudut luar
sedemikian
D−F ’−F , maka
∠F'
∆ EFF '
'
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!
Copyright©: Raden Muhammad Hadi a.k.a Hadimaster
Page 22
∆ ABC
∆≝¿
Diketahui
dan
sedemikian
sehingga
´
´
´
´
m∠ A=m∠ D=90 ° ,
dan
BC ≅ EF . Akan dibuktikan
AB ≅ DE
∆ ABC ≅ ∆≝¿ .
´ ≅ AC
´ . Dengan menggunakan postulat
Misal G titik pada F-D-G dan DG
sudut yang saling bersuplemen diperoleh ∠ EDG adalah sudut sikusiku dan ∠ EDG ≅ ∠BAC . Dengan teorema Sisi-Sudut-Sisi diperoleh
´ ≅ BC
´
´ ≅ EF
´ .
∆ ABC ≅ ∆ DEG . Hal ini menyebabkan EG
sehingga EG
Dengan teorema segitiga sama kaki, diperoleh ∠ F ≅ ∠ G . Dengan
∆ DEG ≅ ∆≝¿
teorema
Sisi-Sudut-Sudut
diperoleh
sehingga
∆ ABC ≅ ∆≝¿ . Q.E.D
Biodata Penulis
Nama : Raden Muhammad Hadi
Nickname
: hadimaster, master, Hadi
Contact Person via blog dan e-mail
Blog
: hadimaster-mymind.blogspot.com
e-mail : hadi_master65555@yahoo.co.id
Copyright©: Raden Muhammad Hadi a.k.a Hadimaster
Page 23
Sistem Geometri
Dosen : Dr. Endang Mulyana, M.Pd.
Raden Muhammad Hadi
Matematika C – 2011
1106608
Jurusan 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
Page 1
Pendahuluan
Catatan 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
Copyright©: Raden Muhammad Hadi a.k.a Hadimaster
Page 2
Bandung, 07 April
2013
Pertemuan – 1
Beberapa peta konsep
Sistem
Objek
Langsung
Konsep
Fakta
(Aksioma/Pos
Prinsip/Teo
rema/Dalil
Prosedur
Istilah
Model/Ilust
rasi
Notasi/Sim
bol
Istilah
Terdefisini/
Struktur
S
himpunan
semesta titik
Titik, Garis,
Bidang
(Istilah Tidak
Struktur
[S , L , P]
L
P
himpunan
himpunan
Copyright©: Raden Muhammad Hadi a.k.a Hadimaster
Page 3
Bentuk
Pernyataan I
Implisit
Ex : Garis adalah
himpunan titik
Eksplisit (Jika . . .
Maka . . .)
Ex : Jika sesuatu itu
garis, maka sesuatu
itu himpunan titik
Aksioma Insidensi Euclid
Aksioma 1
Jika sesuatu itu garis, maka sesuatu itu himpunan titik.
Jika sesuatu itu bidang, maka sesuatu itu himpunan titik.
Aksioma 2
Jika A dan B dua titik sebarang, maka terdapat tepat 1 garis yang
melalui kedua titik tersebut.
Aksioma 3
Jika sesuatu itu bidang, maka dibutuhkan minimal 3 titik yang tidak
kolinear yang masing-masing terhubung oleh sebuah garis.
Aksioma 4
Jika dua bidang (yang berbeda) saling berpotongan, maka
perpotongannya adalah sebuah garis.
Aksioma 5
Jika A, B terdapat pada L dan L himpunan bagian dari P, maka garis L
terletak pada bidang 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 :
L 1 ≠ L2 ,
L1 ∩ L2 ≠ ∅ ,
n ( L1 ∩ L2 ) ≥ 1 . Harus ditunjukkan bahwa
Misal
n ( L1 ∩ L2 ) =1 . Untuk membuktikan
n ( L1 ∩ L2 ) =1
cukup dibuktikan
n ( L1 ∩ L2 ) ≤ 1 . Andaikan
n ( L1 ∩ L2 ) ≤ 1
n ( L1 ∩ L2 ) >1 ,
salah, artinya
misalnya n ( L1 ∩ L2 ) =2 dengan L1 ∩ L2={ A , B } . Berarti A , B ∈ L1 dan
, B ∈ L2 , maka L1=L2 . Hal ini kontradiksi, maka haruslah n ( L1 ∩ L2 ) ≤ 1
Copyright©: Raden Muhammad Hadi a.k.a Hadimaster
Page 4
sehingga L1 ≠ L2 dan terbukti karena
maka n ( L1 ∩ L2 ) =1 . Q.E.D
n ( L1 ∩ L 2 ) ≤ 1
dan
n ( L 1 ∩ L2 ) ≥ 1 ,
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 .
L∩ E={P , Q } .
Q
L∩ E , sehingga
Misalkan
terdapat pada
Berdasarkan aksioma insidensi 1 maka dari titik P dan Q dapat
´ . Berdasarkan aksioma insidensi 5,
ditarik sebuah garis L= PQ
´ ∈ E yangmana merupakan kontradiksi karena L
maka garis PQ
dari awal bukan bagian dari E . Q.E.D
2) Perhatikan ilustrasi berikut
A , B ∈l
Misalkan
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
´
´
dan t=BC
sedemikian sehingga terbentuk bidang E
g= AC
seperti yang diperlihatkan pada gambar berikut
Copyright©: Raden Muhammad Hadi a.k.a Hadimaster
Page 5
l , g , t ∈ E . Karena
Dari ilustrasi dapat dilihat bahwa
A , C ∈ g dan B ,C ∈ t maka A , B , C ∈ E . Q.E.D
3) Perhatikan ilustrasi berikut
A , B ∈l ,
Misalkan terdapat garis l dan g yang saling berpotongan di satu titik
l∩ g=B . Ambil sebarang titik
A ∈g
C ∈l
sehingga
dan
sedemikian sehingga g= { A , B } dan l={C , B } . Karena A , B , C
adalah titik-titik yang tidak ko-linear maka berdasarkan aksioma 3
E sebagaimana pada ilustrasi
dapat dibentuk sebuah bidang
berikut
Karena l , g ∈ E
dan
l∪ g=E . Q.E.D
A ,B∈g ,
C,B∈l
maka gabungan dari
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 n titik 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!
Copyright©: Raden Muhammad Hadi a.k.a Hadimaster
Page 6
Pertemuan – 2
Beberapa peta konsep
Cara Berfikir
Geometri
Pengenalan
Jarak
Analisis
Pengelomp
Deduktif
Rigor/Keaku
okan
Formal
ratan
(Deduktif
Ukuran ruas Informal)
A ≠ B , ada jarak A−B dalam
garis
bilangan real.
A=B , jarak A−B=0 ∈ R
Lintasan
terpendek
Jika A dan B dua titik sebarang
maka jarak dari A ke B ditulis
A=B ⟺ d ( A , B )=0
Jika
d ( A , B)
A=B , d ( A , B )=0
Jika
d ( P , Q )=0⟹ P=Q
Copyright©: Raden Muhammad Hadi a.k.a Hadimaster
Page 7
Postulat Jarak
Postulat 0
Jika S himpunan titik dan R himpunan bilangan real, maka jarak adalah pemetaan
oleh himpunan terurut S ke R atau S X S --> R.
Postulat 1
Jika A, B anggota himpunan titik S, maka d(A, B)=0.
Postulat 2
A=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 4
Jika 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.
Teorema :
Jika f adalah sistem koordinat untuk garis L dan
g ( A )=−f (A ) maka g adalah sistem koordinat untuk L .
Bukti:
F sistem koordinat untuk L jika dan hanya jika d ( A , B)=|f ( A )−f (B)| .
d ( A , B)=¿ g ( A)−g( B)∨¿ . Karena
g( A)=−f (A )
Akan dibuktikan
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.
Copyright©: Raden Muhammad Hadi a.k.a Hadimaster
Page 8
Pertemuan – 3
Beberapa peta konsep
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 ,
Syarat
Ex : ..., maka
∆ ABC ≅ ∆ PQR
maka ...
Copyright©: Raden Muhammad Hadi a.k.a Hadimaster
Page 9
Set Theory of Betweenness and Congruence
Misalkan pada suatu garis
ilustrasi berikut:
l terdapat titik
dan
A
B . Perhatikan
Dari ilustrasi diatas dapat diambil beberapa jenis himpunan garis,
diantaranya ruas garis dan sinar :
1) Ruas garis
´ { A , B } ∪ {P∨A−P−B }
Ruas garis AB=
2) Sinar
´
Sinar ⃗
AB={ A , B } ∪ { P| A−P−B−⋯−n } atau AB∪{Q∨
A−B−Q }
Konsep Kongruensi
´
Misal terdapat ruas garis AB
AB ⊂ PQ dan PQ ⊂ AB .
dan
´ , maka
PQ
´ = PQ
´
AB
artinya
Konsep Kongruensi Ruas Garis
´ dikatakan kongruen dengan
Ruas garis AB
AB=PQ atau
´
PQ
jika dan hanya jika
´ ≅ PQ
´ ⟺ d ( A , B)=d(P , Q)
AB
Sudut
Sudut adalah gabungan 2 sinar yang titik pangkalnya berimpit. Dalam
BA ∪ ⃗
BC
himpunan dinotasikan sebagai ∠ ABC =⃗
Ukuran sudut
Copyright©: Raden Muhammad Hadi a.k.a Hadimaster
Page 10
QR ∪ ⃗
QP sedemikian sehingga membentuk sudut
Misal terdapat sinar ⃗
∠ 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 )0
x
+¿ ⟹ y=
x
−1
2)
2 , misal f ( y )=c , f ( c )= = y
2
∀ x ∈ R¿
´ .
3) Selanjutnya akan ditunjukkan titik c adalah titik tengah AB
Copyright©: Raden Muhammad Hadi a.k.a Hadimaster
Page 11
x
x
x
f ( AC )=f ( C )−f ( A )= −0= =x− =f ( B )−f ( C )=CB
2
2
2
´ . Q.E.D
Artinya C titik tengah AB
Soal:
Jika terdapat 2 garis yang berpotongan, maka gabungannya terletak pada
satu bidang, buktikan!
Bukti:
Perhatikan ilustrasi berikut!
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
Pertemuan – 5
Beberapa peta konsep
Konveksitas
Konveks
Konveks
Bukan Konveks
Jika untuk setiap titik
´
anggota E ,
AB
´ ∈E
maka AB
Jika ada titik pada
´ ∉E
AB
Konveks (thin)
Copyright©: Raden Muhammad Hadi a.k.a Hadimaster
Konveks (small)
Page 12
Tidak 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
Copyright©: Raden Muhammad Hadi a.k.a Hadimaster
Page 13
terpisah dan konveks di masing-masing daerahnya yaitu
atau dapat dinotasikan dengan teori himpunan:
E−L=H 1 ∪ H 2
Bidang
H1
dengan
H1
dan
H2
H 1 ∩ H 2 =∅
didefinisikan sebagai berikut:
´ ∩ L=∅ }
H 1={Q∨ PQ
Sedangkan bidang
H2
didefinisikan sebagai berikut:
´ ∩ L ≠ ∅, Q ∉ L }
H 2={Q∨ PQ
Teorema Setengah bidang:
Teorema 1 : Postulat Pasch
Diberikan ∆ ABC , dan sebuah garis L di bidang yang sama. Jika
E
A
C , maka
mengandung sebuah titik
diantara
dan
´
´
memotong di salah satu sisi yaitu sisi AB atau BC .
L
L
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−C sehingga seharusnya
A dan C tidak berada di sisi yang sama. Q.E.D
Teorema 2: Himpunan
H1
dan
H2
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 ∪ H 2=E . Hal ini kontradiksi
H1
dengan pengandaian bahwa kedua-duanya kosong, maka haruslah
dan H 2 tidak kosong kedua-duanya. Q.E.D
Teorema 3: Baik himpunan
satu.
H1
maupun
H2
Copyright©: Raden Muhammad Hadi a.k.a Hadimaster
tidak kosong salah
Page 14
Bukti: Gunakan kontradiksi, misalkan salah satu dari half-plane kosong
yaitu H 1 , maka H 1 ∪ L ∪ H 2=H 2 . 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 ∪ H 2=E .
Q.E.D
Teorema 4:
H1
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
´ ∈ H 1 . Q.E.D
AB
Teorema 5:
kolinear.
H1
paling tidak mengandung 3 titik yang tidak
Bukti: Tanpa mengurangi generalisasi dengan menggunakan aksioma
insidensi 3, maka dapat diambil sebarang titik A , B , C ∈ H 1 sehingga
dapat dibentuk bidang α ∈ H 1 . Q.E.D
Pertemuan – 6
Beberapa peta konsep
Kongruensi
∆
Copyright©: Raden Muhammad Hadi a.k.a Hadimaster
Page 15
´ ≅ CD
´ ⟺ AB=
´ CD
´
AB
∠ ABC ≅ ∠ PQR ⟺ m ∠ ABC =m∠ PQR
∆ ABC ≅ ∆ PQR ⟺ …
∆ ABC ⟺ ∆ PQR
Korespondensi 1-1
∠ A ≅ ∠ P , ∠B ≅ ∠ Q , ∠ C ≅ ∠ R
´ ≅ PQ
´ , BC
´ ≅ QR
´ , AC
´ ≅ PR
´
AB
Soal:
Diketahui
∆ ABC
sama kaki,
´ ≅ AC
´ , buktikan
AB
∠ B ≅ ∠C !
Bukti:
Perhatikan ilustrasi berikut:
Perhatikan bahwa
∆ ABC ≅ ∆ ACB
´ ≅ AC
´
AB
∠ A ≅ ∠ A ( sifat refleksif )
´ ≅ CB(
´ sifat refleksif )
BC
Berdasarkan definisi sisi-sudut-sisi
Q.E.D
∆ ABC ≅ ∆ ACB
sehingga
∠ B ≅ ∠C .
Soal:
Diketahui ∆ ABC ⟺ ∆ PQR ,
bahwa ∆ ABC ≅ ∆ PQR !
∠ A ≅∠ P ,
´ ≅ PQ
´ ,
AB
Copyright©: Raden Muhammad Hadi a.k.a Hadimaster
∠ B ≅ ∠Q . Buktikan
Page 16
Bukti:
Perhatikan ilustrasi berikut!
Konstruksikan ruas garis
P´R 1
sehingga
´ , akibatnya
Q´R 1 ≅ BC
∆ ABC ≅ ∆ PQ R1
∠ A ≅∠P
∠ B ≅ ∠Q
∠ C ≅ ∠ R1
Perhatikan ∠ QPR dan ∠ BAC . Karena ∠ A ≅ ∠ P , maka dengan
´ ≅ PQ
´ , dan
definisi kekongruenan sisi-sudut-sisi diperoleh bahwa AB
´ ≅ PR
´
sedemikian sehingga ∆ ABC ≅ ∆ PQR . Tapi berdasarkan
AC
hipotesis bahwa ∆ ABC ≅ ∆ PQ R1 sehingga haruslah R1=R . Q.E.D
Soal:
´ ≅ PQ
´ , ∠B ≅ ∠ Q , dan ∠C ≅ ∠ R .
1) Diketahui ∆ ABC ⟷ ∆ PQR , AB
Buktikan ∆ ABC ≅ ∆ PQR !
2) Diketahui ∆ ABC siku-siku di C , dan ∆ PQR siku-siku di R .
´ ≅ PQ
´
´ ≅ PR
´ . Buktikan ∆ ABC ≅ ∆ PQR !
Bila AB
dan AC
´
´
3) Diketahui ∆ ABC dengan titik D pada BC
sehingga AD
merupakan garis tinggi ∆ ABC . Jika m∠ ABC=m∠ ACB , buktikan
´
garis bagi ∠BAC !
AD
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
´
´ ⊥ AB
´
´ ⊥ AC
´ .
E pada
dan titik
sehingga CD
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 !
Copyright©: Raden Muhammad Hadi a.k.a Hadimaster
Page 17
Pertemuan 7
Ketidaksamaan Geometri
Teorema-teorema Ketidaksamaan Geometri:
Copyright©: Raden Muhammad Hadi a.k.a Hadimaster
Page 18
1) Sebarang sudut luar dari suatu segitiga lebih besar daripada setiap
sudut yang berjauhan dari sudut luar itu.
Bukti:
Perhatikan ilustrasi berikut!
∆ ABC
∠ ACD
Diketahui
dengan
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
dipadang sudut yang
CB
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 °
m∠ ACD=180° −m∠ ACB−m∠ ACA '
sehingga
mengakibatkan bahwa
∠ ACD >∠ ACB . Dengan cara yang analog dengan cara memperoleh
∠ ACD >∠ ACB ,
∠ ACD >∠ ABC
maka
terbukti
bahwa
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!
Copyright©: Raden Muhammad Hadi a.k.a Hadimaster
Page 19
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
m∠ PAC=m∠ PCD=90 ° , akibatnya pengandaian salah,
dengan
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!
AB ≠ AC ,
AB< AC .
Diketahui
Akan
dibuktikan
bahwa
m∠ ABC ≠m ∠ ACB sehingga m∠ ABC >m∠ ACB . Konstruksi D pada
BC
AD =AB .
∆ ABD
sehingga
sama
kaki
sehingga
m∠ ABC=m∠ ADB . Pada
∆ ABD ,
∠ ADB
sudut luar. Menurut
teorema 1 diperoleh
m∠ ADC >m∠ ACD
m∠ ADC=m ∠ ABC
Sehingga m∠ ABC >m∠ ACB menyebabkan m∠ ABC ≠m ∠ ACB . Q.E.D
4) 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!
´ < AB
´ .
Diketahui ∆ ABC dengan ∠ B< ∠C . Akan dibuktikan AC
´
´
Jika AC ≅ AB , maka dengan teorema segitiga sama kaki didapat
bahwa ∠ B ≅ ∠C , dan ini tidak sesuai dengan hipotesis,
Copyright©: Raden Muhammad Hadi a.k.a Hadimaster
Page 20
´ > AB
´ , maka dengan teorema 3 didapat bahwa
Jika AC
dan ini juga tidak sesuai dengan hipotesis,
Maka kemungkinan besar bahwa
hipotesis. Q.E.D
∠ B> ∠C ,
´ < AB
´ , yang sesuai dengan
AC
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
´ ⊥L
∠ PQS>∠ PRQ . Karena
sebelumnya diperoleh
diperoleh
PQ
bahwa ∠ PQS ≅ ∠ PQR , sehingga ∠ PQR>∠ PR Q . Dengan teorema
´ PQ
´
´ PR
´ . Q.E.D
sebelumnya diperoleh bahwa PR>
atau PQ<
6) Teorema Ketidaksamaan Segitiga. Dalam sembarang segitiga,
jumlah sembarang dua sisi lebih besar daripada sisi yang ketiga.
Bukti:
Perhatikan ilustrasi berikut!
A ,B,C
AB + BC > AC .
Diketahui
tidak kolinear. Akan dibuktikan
Misalkan D titik pada CB sedemikian sehingga C−B−D dan
´ =BA
´ , maka CD= AB+ BC … (1)
BD
Sekarang B merupakan interior ∠ DAC . Dengan teorema sudut
diperoleh
∠ DAB
Dari (1) dan (4) diperoleh
AB+ BC> AC
Copyright©: Raden Muhammad Hadi a.k.a Hadimaster
Page 21
Q.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!
´ ≅ DE
´
Diketahui ∆ ABC dan ∆≝¿ dimana ∆ ABC ⟷ ∆≝¿ , Jika AB
dan
∠ A ≅ ∠ D dan ∠ C ≅ ∠ F . Akan dibuktikan ∆ ABC ≅ ∆≝¿ .
´
´ ' ≅ AC
´ . Dengan
Misal F ’ titik pada DF
sedemikian sehingga DF
∆ ABC ≅ ∆≝'
definisi
Sisi-Sudut-Sisi
diperoleh
sehingga
∠ F ' ≅ ∠ C ≅ ∠ F . Tapi kita harus memiliki
D−F−F ’ ,
D−F ’−F
atau F=F ’ .
Jika
sudut luar
sedemikian
D−F−F ’ , maka
∠F
∆ EFF '
'
sehingga ∠ F>∠ F , ini salah secara hipotesis,
Jika
sudut luar
sedemikian
D−F ’−F , maka
∠F'
∆ EFF '
'
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!
Copyright©: Raden Muhammad Hadi a.k.a Hadimaster
Page 22
∆ ABC
∆≝¿
Diketahui
dan
sedemikian
sehingga
´
´
´
´
m∠ A=m∠ D=90 ° ,
dan
BC ≅ EF . Akan dibuktikan
AB ≅ DE
∆ ABC ≅ ∆≝¿ .
´ ≅ AC
´ . Dengan menggunakan postulat
Misal G titik pada F-D-G dan DG
sudut yang saling bersuplemen diperoleh ∠ EDG adalah sudut sikusiku dan ∠ EDG ≅ ∠BAC . Dengan teorema Sisi-Sudut-Sisi diperoleh
´ ≅ BC
´
´ ≅ EF
´ .
∆ ABC ≅ ∆ DEG . Hal ini menyebabkan EG
sehingga EG
Dengan teorema segitiga sama kaki, diperoleh ∠ F ≅ ∠ G . Dengan
∆ DEG ≅ ∆≝¿
teorema
Sisi-Sudut-Sudut
diperoleh
sehingga
∆ ABC ≅ ∆≝¿ . Q.E.D
Biodata Penulis
Nama : Raden Muhammad Hadi
Nickname
: hadimaster, master, Hadi
Contact Person via blog dan e-mail
Blog
: hadimaster-mymind.blogspot.com
e-mail : hadi_master65555@yahoo.co.id
Copyright©: Raden Muhammad Hadi a.k.a Hadimaster
Page 23