Pembahasan OSN Bidang Matematika SMAMA Seleksi Tingkat KotaKabupaten Tahun 2017

  

Pembahasan OSN Bidang Matematika SMA/MA

Seleksi Tingkat Kota/Kabupaten

Tahun 2017

  

Oleh Tutur Widodo

Jawaban : 14200 1.

  Dengan mengkuadratkan kedua ruas persamaan x _{2 2} − y = 10 diperoleh x

• y
₂ − 2xy = 100 ₂ x + y = 120 _{2 2} Sekali lagi, dengan mengkuadratkan kedua ruas persamaan x _{4 4 2 2} + y = 120 diperole
• y + 2x = 14400
_{4 4y}

  = 14400 − 200 = 14200

  Jawaban : 9 2.

  Kita sebut keempat anak itu A, B, C dan D, sesuai initial nama masing-masing anak. Dari kondisi (a) dan (c) jelas A dan C tidak mungkin diposisi pertama. Oleh karena itu, untuk juara pertama hanya mungkin ditempati oleh B dan D.

  (i) Jika B menjadi juara pertama, syarat (b) dan (c) otomatis terpenuhi. Jadi, untuk juara kedua, ketiga dan keempat boleh sebarang dari A, C, atau D. Oleh karena itu ada 3! = 6 kemungkinan. (ii) Jika D menjadi juara pertama

• B menjadi juara kedua, maka tempat ketiga dan keempat bebas. Oleh karena itu ada 2! = 2 kemungkinan.
• B menjadi juara ketiga, maka C harus juara keempat dan tentu saja A menjadi juara kedua.

  Oleh karena itu, ada tepat 1 kemungkinan Jadi, banyaknya susunan juara pertama, kedua, ketiga, dan keempat adalah 6 + 2 + 1 = 9.

  Jawaban : 8 3. _{7 7} Untuk n

  = 2 diperoleh n − n = 126 dan untuk n = 3 diperoleh n − n = 2184. Oleh karena itu k ₇ membagi FPB

  (126, 2184) = 42. Untuk menunjukkan bahwa k = 42 membagi n ₇ − n untuk sebarang bilangan asli n, cukup ditunjukkan bahwa n − n habis dibagi oleh 2, 3 dan 7.

  Perhatikan bahwa _{7 2 2} n

• n + 1)
₇ − n = (n − 1)n(n + 1)(n − n + 1)(n 7<
• Karena n − n adalah perkalian tiga bilangan bulat berurutan maka jelas bahwa n − n habis
₇ dibagi 3! = 6. Oleh karena itu, terbukti n − n habis dibagi 2 dan 3. ₇ • Dari Fermat’s Little Theorem kita punya : untuk sebarang bilangan asli n berlaku n ≡ n mod 7. ₇ Jadi jelas bahwa n − n habis dibagi 7.

  Karena 2, 3, dan 7 saling prima maka terbukti n ⁷

  − n habis dibagi 2 × 3 × 7 = 42. Dengan demikian otomatis n ⁷ − n habis dibagi oleh semua faktor dari 42. Padahal banyaknya faktor positif dari 42 adalah

8. Oleh karena itu, banyaknya nilai k yang memenuhi adalah 8.

  100(2 + √ 3) atau 100(2 − √

  ◦

  √ 3) (ii) Kontruksi II : Titik C terletak diantara titik A dan B.

  O M A B

N

C

  Pada kasus ini besar ∠BAC = ∠OAN − ∠MAO = 15

  ◦

  . Oleh karena itu, ∠BOC = 2∠BAC =

  30

  . Dengan aturan cosinus pada segitiga BOC diperoleh BC ² = OB ² + OC ²

  2 √

  − 2 × OB × OC × cos ∠BOC = 10 ² + 10 ²

  − 2 × 10 × 10 × (

  1

  2 √

  3) = 100(2 −

  √ 3)

  3) = 100(2 +

  1

  3)

  ◦ . Ada dua kemungkinan konstruksi berbeda untuk titik C.

  Misalkan M dan N berturut-turut adalah titik tengah AB dan AC. Akibatnya, OM ⊥ AB dan

  ON ⊥ AC. Diketahui OM = 5, ON = 5

  √ 2 dan OA = 10. Akibatnya ∠MAO = 30

  ◦

  dan ∠OAN =

  45

  (i) Kontruksi I : Titik A terletak diantara titik B dan C.

  = 10 ² + 10 ² − 2 × 10 × 10 × (−

  O M A B N C

  Pada kasus ini besar ∠BAC = ∠MAO + ∠OAN = 75

  ◦

  . Oleh karena itu, ∠BOC = 2∠BAC = 150

  ◦

  . Dengan aturan cosinus pada segitiga BOC diperoleh BC ²

  4. Jawaban :

  = OB ² + OC ² − 2 × OB × OC × cos ∠BOC

• ac − ab − cd ac
• bd − ad − bc Selanjutnya diperoleh
• cd − ad − bc ac
• bd − ad − bc =
• bd − ad − bc = 1 − bd
• ac − ab − cd ac
• bd − ad − bc = 1 − −

  (m + h)(m + h − 1) =

  23

  37 m (m − 1) − h(h − 1)

  (m + h)(m + h − 1) =

  23

  37 m ² − h ² − m + h

  (m + h)(m + h − 1) =

  23

  37 (m + h)(m − h) − (m − h)

  23

  37 diperoleh

  37 (m − h)(m + h − 1) (m + h)(m + h − 1)

  =

  23

  37 (m − h) (m + h)

  =

  23

  37 7m = 30h

  Oleh karena itu m = 30k dan h = 7k untuk suatu k bilangan asli. Karena 1000 &gt; m + h = 37k maka k

  ≤ 27. Akibatnya, m − h = 23k ≤ 621. Jadi, selisih terbesar yang mungkin dari banyaknya bola merah dan hitam adalah 621 yaitu saat bola merah ada sebanyak 810 dan bola hitam ada sebanyak 189.

  m

₂

m+h

₂

⁻ h ₂ m+h ₂ ⁼

  23 Karena bilangan prima berurutan hanya 2 dan 3 maka jelas bahwa t (n) = 2 dan s(n) = 3. Akibatnya,

  5. Jawaban : ¹¹ ₄ Bentuk (a − b)(c − d) (b − c)(d − a)

  = ab

  = −

  4

  7 ekuivalen dengan −

  7

  4 =

  (b − c)(d − a) (a − b)(c − d)

  = bd

  (a − c)(b − d) (a − b)(c − d)

  (ac + bd − ad − bc) − (bd + ac − ab − cd) ac

  sehingga dari kesamaan p − q =

  7

  4 =

  11

  4 6.

  Jawaban : 621 Misalkan m adalah banyaknya bola berwarna merah dan h adalah banyaknya bola berwarna hitam.

  Jelas bahwa p =

  m ₂ m+h ₂

  dan q =

  h ₂ m+h ₂

  7. Jawaban : 9

  a b a b

  n untuk suatu a dan b bilangan asli. Karena n = 2

  = 2 · 3 · 3 ≤ 100 maka b ≤ 3.

  (a) Jika b = 1 maka a = 1, 2, 3, 4, 5

  (b) Jika b = 2 maka a = 1, 2, 3

  (c) Jika b = 3 maka a = 1 Jadi, ada 9 nilai n yang memenuhi.

  √ Jawaban :

  8. 2 +

3 Untuk memudahkan kita labeli titik-titik seperti pada gambar di bawah ini.

  

O

F E B A D C

  Karena letak persegi CDEF simetris, akibatnya F E sejajar dengan AB. Sehingga segitiga OF E sebangun dengan segitiga OAB. Akibatnya, OF E adalah segitiga samasisi sehingga OF = F E =

  ◦ ◦ ◦

  F C . Dengan aturan cosinus pada segitiga OF C diperoleh

• 90 = 150 = s dan ∠OF C = 60
_{2 2 2}

  ◦

  OC = OF + F C

  − 2 · OF · F C · cos 150 _! √ _{2 2 2 2}

  3 − r

  = s + s − 2s ·

  2 _{2 2} √ _{2 2} + r = 2s 3s r

  √ ₂ = 2 +

  3 s

  Jawaban : 16 9.

  Dari a

• b + c = 1 diperoleh a + b = 1 − c. Selanjutnya diperoleh a
• b

  1

  1

• = abc bc ac
₂ (1 + 1)

  (dengan CS-Engel) ≥ bc

• ac

  4 = c (a + b)

  4 = c

  (1 − c)

  4 = _{4 − c − 1 2 1 2}

  4 = 16

  ≥ ₄ ¹ a

• b
_{1 1} Jadi, nilai minimal dari adalah 16 yang dicapai saat a dan c .

  = b = = _{4 2} abc

  Jawaban : 460 10.

  Kita bagi kasus berdasarkan kriteria nomor kamarnya, (i) Ketiga digitnya sama. Yaitu nomor kamarnya berbentuk aaa. Nomor kamar yang seperti ini ada 10 dan jelas semuanya bisa berisi tamu.

  (ii) Ada tepat dua digit yang sama. Misalkan kita memiliki dua digit berbeda a dan b maka nomor kamar yang memiliki sifat ini ada 6 yaitu aab, aba, baa, bba, bab, dan abb. Berdasarkan aturan yang diterapkan hotel, dari ketiga nomor kamar : aab, aba, baa maksimal hanya satu yang berisi tamu. Demikian pula untuk bba, bab, abb. Jadi, untuk setiap 2 digit berbeda a dan b ₁₀ terpilih maksimal hanya ada 2 kamar yang berisi tamu. Padahal ada ₂ = 45 cara untuk memilih pasangan digit

  (a, b). Jadi, untuk kasus ini maksimal ada 2 × 45 = 90 kamar yang berisi tamu. (iii) Ketiga digitnya berbeda. Jika kita memiliki tiga digit berbeda a, b, c maka ada 6 nomor kamar yang bisa terbentuk yaitu abc, acb, bac, bca, cab, dan cba. Perhatikan tabel berikut

  Kelompok I Kelompok II Kelompok III abc bca cab acb bac cba

  Jelas bahwa jika ada empat kamar yang terisi tamu maka ada dua nomor kamar yang berasal dari kelompok yang sama dan jelas ini bertentangan dengan aturan hotel. Jadi dari keenam nomor kamar tersebut maksimal hanya ada 3 kamar yang berisi tamu. Ketiga kamar itu ₁₀ misalnya abc, bca dan cab. Karena ada ₃ = 120 cara untuk memilih pasangan digit (a, b, c) maka untuk kasus ketiga ini maksimal kamar yang berisi tamu yaitu

  120 × 3 = 360. Jadi, maksimal banyaknya kamar yang berisi tamu adalah 10 + 90 + 360 = 460 kamar.

  Jawaban : 8 11. _{7 2} Perhatikan bahwa

  8! = 2016 · 20 = 2 · 3 · 5 · 7. Karena untuk setiap bilangan asli berbeda m, n dengan m | n, berlaku f(m) &lt; f(n) akibatnya _{2 3 4 5 5 5 2} 0 = f (1) &lt; f (2) &lt; f (2 ) &lt; f (2 ) &lt; f (2 ) &lt; f (2 ) &lt; f (2 ) _{5 2 6} · 3) &lt; f(2 · 3 _{2 6 2}

  &lt; f (2 _{2 3 4} · 3 · 7) &lt; f(2 · 3 · 7) &lt; f(2 · 3 · 7) &lt; f(8!) = 11 _{5 5 5 2 5 2 6 2} sehingga nilai f (1), f (2), f (2 ), f (2 ), f (2 ), f (2 ), f (2 ), f (2 _{6 2}

  · 3), f(2 · 3 · 3 · 7), f(2 · 3 · 7), f (2

  · 3 · 7), f(8!) semuanya berbeda dan karena f(n) adalah bilangan bulat nonnegatif maka satu-satunya kemungkinan yaitu _{2 3} f f f f (1) = 0 (2) = 1 (2 ) = 2 (2 ) = 3 _{4 5 5 5 2} f (2 ) = 4 f (2 ) = 5 f (2 f (2 ) = 7 _{5 2 6 2 6 2} · 3) = 6 · 3 f f f f

  (2 (2 (2 (8!) = 11 · 3 · 7) = 8 · 3 · 7) = 9 · 3 · 7) = 10

  5 ²

  sehingga diperoleh f (2016) = f (2 · 3 · 7) = 8.

  Jawaban : - 12. x+y

  Misalkan AB . Dengan aturan cosinus pada segitiga ABC = x dan BC = y maka AC = ₂ diperoleh _{2 2 2} AC = AB + BC _{2 2} − 2 · AB · BC · cos ∠ABC x + y + 2xy _{2 2}

  = x + y − 2xy · cos ∠ABC

  4 _{2 2} 3x + 3y

  − 2xy cos ∠ABC = 8xy

  1 6xy − 2xy

  = cos ∠ABC ≥ 8xy ₁

  2

  ◦ ◦ ◦

  Karena dan . Akibatnya, segitiga ABC yang &lt; ∠ABC &lt; 180 maka ∠ABC cos ∠ABC ≥ ^{2 ≤ 60} diberikan pada soal tidak mungkin terbentuk.

  Jawaban : 2009 13. ₂ Dari P

• bx + c) + 2018 untuk suatu a, b, dan c (0) = P (2) = 2018 diperoleh P (x) = ax(x − 2)(x bilangan riil dan a

  6= 0. Selanjutnya diperoleh _{2 2}

  ′

  P

• bx + c) + a(x (x) = a(2x − 2)(x − 2x)(2x + b)

  ′ ′

  Karena P (x) mencapai maksimum di x = 0 dan x = 2 maka P (0) = P (2) = 0. Sehingga diperoleh

  

′

  0 = P (0) = −2ac

  ′

  Akibatnya c = 0. Dari P (2) = 0 diperoleh

  ′

  0 = P (2) = 2a(4 + 2b) ₂ Akibatnya, b = −2. Oleh karena itu diperoleh P (x) = ax(x−2)(x −2x)+2018. Karena P (1) = 2017 maka a ₂ 2017 = a(−1)(−1) + 2018 ⇔ = −1

  Jadi, P (x) = −x(x − 2)(x − 2x) + 2018. Oleh karena itu P (3) = (−3) · 3 + 2018 = 2009.

  Jawaban : 53 14.

  Untuk soal ini, jika Anda mengetahui “teorema kado silang” atau lebih kerennya disebut derange-

  ment maka akan sangat membantu. Teoremanya sebagai berikut : jika terdapat n orang yang akan saling tukar kado dan tidak boleh ada orang yang mengambil kado yang dia bawa sendiri maka banyaknya cara berbeda melakukan pertukaran kado ini adalah : n _X k

  (−1) D n = n! k

  !

  k=0

  Kembali ke permasalahan, kita dapat mengabaikan syarat kado dari A diberikan kepada B terlebih dahulu. Maka banyaknya cara membagikan kado sama dengan _{6 = 265}

  1

  1

  1

  1

  1

  1

  1 = + + + D

  − − − 0! 1! 2! 3! 4! 5! 6!

  Perhatikan bahwa kasus dimana kado dari A diberikan kepada B, C, D, E atau F kelimanya adalah simetris. Artinya banyaknya cara adalah sama. Oleh karena itu, banyaknya cara tukar kado dengan 265 syarat kado A diberikan kepada B yaitu

  = 53 cara.

5 Jawaban : 119 15.

  Misalkan didefinisikan P (k) = (5 + k)(6 + k)(7 + k) · · · (n + k) untuk sebarang bilangan asli k. Jelas bahwa P

  (k + 1) &gt; P (k). Selanjutnya kita akan mencari bilangan asli n terbesar sehingga berlaku n ! = P (k) untuk suatu k. Perhatikan bahwa untuk k = 1 diperoleh n n

  ! = P (1)

  ⇔ ! = (6)(7)(8) · · · (n + 1)

  (n + 1)! n ! =

  ⇔

  5! 5! = (n + 1)

  ⇔

  n = 119

  ⇔

  Jadi, untuk n = 119 terbukti bahwa n! = P (1). Sedangkan untuk n &gt; 119 kita memiliki n + 1 (n + 1)! n 1 &lt; ! &lt; = P (1) &lt; P (k)

  ⇔

  5! 5! sehingga untuk n &gt; 119 tidak ada bilangan asli k sehingga n! = P (k). Oleh karena itu, bilangan asli terbesar n sehingga n

  ! dapat dinyatakan sebagai hasil perkalian dari n − 4 bilangan asli berurutan adalah n = 119. ₂ Jawaban : 16. ₃ Misalkan BL dan CK berpotongan di D. Misalkan pula BD = 2x, DL = x, CD = 2y dan DK = y.

  C

L

D B A K

  Dengan rumus jumlah sudut untuk fungsi tangent diperoleh

  1 cot B = tan B

  1 − tan ∠KBD · tan ∠CBD = tan ∠KBD + tan ∠CBD ₂ y

₂

^{2 y}

  1 − x · x =

  y

^{2 y}

_{2 2}
• ₂

  x x

₂

  2x − y

  = 3xy dan 1 cot C = tan C 1 − tan ∠BCD · tan ∠LCD

  = tan ∠BCD + tan ∠LCD _{2 2}

x x

₂ 1 − y · y

  = ₂

  x x _{2 2}

• ₂

  y y

₂

  2y − x

  = 3xy

  Oleh karena itu diperoleh _{2 2 2 2 2 2} x 2x 2y + y 2xy

  2 − y − x

• cot B + cot C = = =

  ≥ 3xy 3xy 3xy 3xy ₂

  3 Jadi, nilai terkecil dari yang dicapai saat AB cot B + cot C adalah = AC. ₃ Jawaban : 16 17.

  Pada koordinat kartesius, misalkan D (0, c), B(0, d) dan F (0, −d). Tanpa mengurangi keumuman misalkan a &gt; b. Garis y

  = ax + c memotong garis y = bx + d dan garis y = bx − d berturut-turut di A dan E. Garis y

  = bx + c memotong garis y = ax + d dan garis y = ax − d berturut-turut di C dan G , seperti pada ilustrasi berikut ini

  G C D A

B

F E Perhatikan bahwa jajargenjang ABCD sebangun dengan jajargenjang EF GD. Akibatnya _s BD

  [ABCD] r 18

  1 = = =

  F D [EF GD]

  72

  2 sehingga c

  1 − d c

  = = 3d

  ⇔

  c + d

  2 2d

  Absis dari titik C yaitu x . Sehingga diperoleh = a

  − b [CDB] = 9 1 2d

  = 9 · (c − d) · 2 a

  − b 1 2d = 9

  · 2d · a

  2 − b ₂

  2d ₂ = 9(a − b) Akibatnya, . Oleh karena itu d

  = 3k, untuk suatu bilangan bulat positif k. Selanjutnya diperoleh 9 | d ₂ 2d ₂ = 9(a − b) 2 · 9k = 9(a − b) ₂

  2k = a − b

  Agar a

• b + c + d minimal, pilih k = 1 sehingga d = 3 dan c = 3d = 9. Dari a − b = 2 pilih a = 3 dan b = 1. Sehingga nilai minimal dari a + b + c + d yaitu 3 + 1 + 9 + 3 = 16.

  Jawaban : 49 18.

  Misalkan keseratus bilangan tersebut adalah a . Andaikan terdapat i sehingga a _{1 , a 2 , a 3 , 100 i} · · · , a dan a keduanya adalah bilangan bulat positif. Akibatnya, a &gt; a juga berupa bilangan

  i+1 i+2 i + a i+1

  positif. Demikian pula untuk bilangan-bilangan selanjutnya juga berupa bilangan positif dengan nilai monoton naik (tegas). Akibatnya a i+1 &lt; a i+2 &lt; a i+3 &lt; 100 &lt; a ^{1 &lt; i &lt; a i+1}

  · · · &lt; a · · · &lt; a kontradiksi. Oleh karena itu, banyaknya bilangan positif diantara a maksimal adalah 50.

  i

  Selanjutnya andaikan terdapat tepat 50 bilangan positif diantara a . Seperti penjelasan sebelumnya,

  i

  kita memiliki fakta bahwa tidak boleh ada dua bilangan positif yang berdekatan. Agar terdapat tepat 50 bilangan positif maka tidak boleh ada dua bilangan negatif yang berdekatan. Hal ini karena seandainya ada dua bilangan negatif berdekatan dan karena diantara 49 pasangan bilangan sisanya hanya maksimal terdiri dari 49 bilangan positif, maka maksimal hanya ada 49 bilangan positif yang bisa kita peroleh. Jadi, kita ketahui bahwa bilangan positif dan negatif letaknya berselang-seling. Tanpa mengurangi keumuman andaikan a ^{2 adalah bilangan negatif. Karena a 2 &gt; a 2 + a 2 &gt;}

  i i+2 i i+1

  a ^{2 maka diperoleh}

  i

  a ^{2 &lt; a 4 &lt; a 6 &lt; 98 &lt; a 100 &lt; a 2} · · · &lt; a kontradiksi. Jadi, tidak mungkin ada 50 bilangan positif diantara a .

  i

  Untuk kasus terdapat 49 bilangan bulat positif, kita dapat konstruksi sebagai berikut : ₂

  i−1

• a = 1 untuk i = 1, 2, 3, · · · , 48, 49 _{2 i}
• a = 2i − 202 untuk i = 1, 2, 3, · · · , 48, 49 _{99 100}
• a = −99 dan a = −202 Jadi, maksimal banyaknya bilangan bulat positif yang terdapat pada lingkaran tersebut adalah 49.

  Jawaban : 398 19.

  Perhatikan bahwa _{5 5 4 3 2}

  m m m m m m

  (10 + 1) = 10

• 1
• 5 · 10 + 10 · 10 + 10 · 10 + 5 · 10 sehingga untuk m yang cukup besar diperoleh
₅

  m

  S (10 + 1) = 1 + 5 + 1 + 1 + 5 + 1 = 14 &gt; 5 = 3 + 2 = S(2 ) _{5 a b c d e}

  Oleh karena itu nilai terbesar dari S untuk suatu a,

  (n ) terjadi saat n = 10 + 10 + 10 + 10 + 10 , c, d dan e bilangan bulat nonnegatif. Terlebih dahulu perhatikan penjabaran multinomial berikut b ini, _{5 X 5 X 4 X 2 3 X 3 X 2 2 X 2}

  (a+b+c+d+e) = a +5 ab +10 a b +20 abc +30 ab c +60 abcd +120abcde

  cyc sym sym sym sym sym

  Dengan memanfaatkan penjabaran di atas diperoleh _{X X X}

  a b c d e ^{5 5 a a+4b 2 a+3b}

  (10 + 10 + 10 + 10 + 10 ) = 10 + 5 10 + 10

  10

  cyc sym sym _{X X X} a+b+3c a+2b+2c a+b+c+2d

• 20 10 + 30

  10 + 60

  10

  sym sym sym a+b+c+d+e _X + 120 · 10 _{5 a a+4b X X 2 a+3b+1}

  = + 10 + 5

  10

  10

  cyc sym sym _{X X X} a+b+3c+1 a+2b+2c+1 a+b+c+2d+1

• 2 10 + 3

  10 + 6

  10

  sym sym sym a+b+c+d+e+1

• 12 · 10 Dengan memilih nilai a, b, c, d dan e yang berbeda serta selisihnya cukup besar (dan jika diperlukan memilih nilai yang besar pula) kita bisa membuat nilai

  5a, a + 4b, 2a + 3b + 1, a + b + 3c + 1, a + 2b + 2c + 1, a + b + c + 2d + 1, a + b + c + d + e + 1 dan semua bentuk simetrisnya, nilainya berbeda semua. Dalam kondisi ini maka diperoleh

  a b c d e ⁵ S (10 + 10 + 10 + 10 + 10 )

  = 5 + 5 × 20 + 1 × 20 + 2 × 30 + 3 × 30 + 6 × 20 + 1 + 2 = 398

5 Jadi, nilai terbesar dari S

  _{P P} (n ) adalah 398.

  Catatan : simbol dan menyatakan jumlahan siklis dan jumlahan simetris dari variabel-variabel cyc sym yang terlibat dalam perhitungan. Sebagai misal, jika ada tiga variabel yaitu a, b dan c maka diperoleh _{X 5 5 5 5}

• a = a + b + c
_X cyc _{2 2 2 2}

  = ab + bc + ca _X cyc _{2 2 2 2 2 2}

₂

• ab
• ab = ab + ba + ac + ca + bc + cb
_X sym

  = ab + bc + ca

• ab

  sym Jawaban : 5 20.

  Perhatikan gambar di bawah ini

  C N D P B A M

  Kita memiliki ∠AM P = ∠M P B + ∠M BP = ∠P CN + ∠N P C = ∠AN P akibatnya,

  △AMN adalah segitiga samakaki. Karena AP garis bagi maka berakibat AP ⊥ MN dan P M = P N . Oleh karena itu diperoleh △ABD sebangun dengan △AP M sehingga ∠AMP =

  ∠ADB. Akibatnya, BDP M adalah segiempat talibusur. Selanjutnya perhatikan bahwa ∠P DN = ∠M DP = ∠M BP = ∠N P C

  Akibatnya, DN ⊥ CP . Namun karena

  ◦ ◦

  ∠P DC = 180 − ∠BDP = 180 − ∠P NA = ∠CNP maka diperoleh P DCN adalah layang-layang. Oleh karena itu, didapatkan P D

  = P N = P M . Selanjutnya diperoleh

  AP AP AB

  12 = = = = 5 ₁₂ P D P M BD ₂₅

  · 5

  Disusun oleh : Tutur Widodo

  Apabila ada saran, kritik maupun masukan silakan kirim via email ke

  

  Website :

  Last edited : 20 Maret 2017