SUBJECT MATTER

CompiLed

ByDrs. La Misu, M.Pd

Drs. La Arapu,, M.Si

Reviewers:Dr. Sugiman, M.Si

Department Of Mathematics Educationand Natural Sciences

Faculty of Teacher Training and EducationH A L U O L E O U N I V E R S I T Y

K E N D A R I 2 0 1 4

iv

DAFTAR ISIhalaman

BAB I GEOMETRI INSIDENSI BIDANG DAN RUANG .. 1BAB II JARAK DAN KEKONGRUENAN ……………… 4

2.1. Keantaraan .……………………………………… 42.2. Ruas Garis, Sinar, Sudut dan Segitiga ……………… 52.3. Kekongruenan Ruas Garis- Ruas Garis ……………… 6

dan Sudut-sudutBAB III KEKONGRUENAN SEGITIGA-SEGITIGA …… 9BAB IV PEMISAHAN BIDANG DAN RUANG ………… 16

4.1. Kecembungan dan Pemisahan ………………… 164.2.Teorema-teorema Insidensi ……………………… 17

BAB V KESEBANGUNAN SEGITIGA-SEGITIGA …… 20BAB VI GARIS-GARIS DAN TITIK-TITIK ISTIMEWA ... 24

PADA SUATU SEGITIGA6.1. Garis-garis Istimewa ………………………… 246.2. Titik-titik Istimewa …………………………... 25

BAB VII ATURAN FUNGSI TRIGONOMETRI ………… 26PADA SUATU SEGITIGA

7.1. Aturan Sinus …………………………………… 267.2. Aturan Cosinus …………………………………… 277.2. Aturan Tangen …………………………………… 27

BAB VIII SEGI EMPAT DAN SEGI BANYAK …… 288.1. Segi Empat …………………………………… 288.2. Beberapa Segiempat Cembung Istimewa …………… 28

8.2.1 Segi panjang …………………………………… 288.2.2 Persegi …………………………………… 298.2.3 Layang-layang ……………………… 308.2.4 Jajaran Genjang ……………………… 308.2.5 Belah Ketupat ……………………… 318.2.6 Trapesium …………………………………… 32

8.3. Segi Banyak …………………………………… 32BAB IX DAERAH-DAERAH POLIGON ………...… 34

DAN EKSTERIORNYA9.1. Luas Segitiga dan Segibanyak Beraturan ………...… 349.2. Luas Segi Banyak Beraturan …………………… 369.3. Tempat Kedudukan …………………………… 379.4. Lingkaran …………………………………… 37

9.4.1 Luas Lingkaran …………………………… 37

v

BAB X LINGKARAN LUAR , SINGGUNG DALAM …...… 39DAN SINGGUNG LUAR SUATU SEGITIGA

10.1. Lingkaran Luar Suatu Segitiga …………………… 3910.2 Lingkaran Singgung Dalam Suatu Segitiga ...… 4010.3 Lingkaran Singgung Luar Suatu Segitiga ………… 4110.4 Garis Istimewa dan Akibatnya …………………… 43

BAB XI BANGUN-BANGUN RUANG …………………… 4511.1 Kubus, balok, Prisma dan Limas …………………… 46

11.1.1 Kubus …………………………………… 4711.1.2 Balok …………………………………… 4811.1.3 Prisma …………………………………… 4911.1.4 Limas …………………………………… 50

11.2 Bangun-bangun Ruang Khusus …………………… 5111.3 Melukis Bangun Ruang …………………… 5211.4 Melukis Penampang …………………………… 53

BAB XII VOLUME BANGUN-BANGUN RUANG ...… 5512.1 Kubus …………………………………… 5512.2 Balok …………………………………… 5512.3 Prisma …………………………………… 5512.4 Tabung …………………………………… 5612.5 Limas …………………………………… 5712.6 Kerucut …………………………………… 5712.7 Paralel Epipedum …………………………………… 58

BAB XIII VOLUME BANGUN-BANGUN RUANG ...… 59TERPANCUNG

13.1 Limas Terpancung ………………………………… 5913.2 Kerucut Terpancung ………………………………… 62

BAB XIV B O L A …………………………………… 6514.1 Luas Bola …………………………………… 6514.2 Volume Bola …………………………………… 67

DAFTAR PUSTAKA …………………………………… 68

1

BAB IGEOMETRI INSIDENSI BIDANG DAN RUANG

Pada geometri insidensi, untuk membicarakan garis kita memerlukan beberapa

aksioma-aksioma. Kumpulan aksioma ini selanjutnya disebut aksioma insidensi.

Aksioma insidensi inilah yang membangun geometri insidensi. Selengkapnya aksioma

itu adalah:

1-0 Suatu garis dan bidang adalah himpunan titik. Suatu garis l adalah himpunan bagian

dari suatu bidang E dan dikatakan bahwa l terletak dalam E. Apabila suatu garis l

memuat sebuah titik P dikatakan bahwa P terletak pada l atau l melalui P. Titik-titik

yang terletak pada satu garis disebut kolinear dan titik-titik yang terletak pada satu

bidang disebut koplanar.

1-1 Melalui dua titik yang berbeda hanya dapat dibuat tepat satu garis. Apabila titik itu P

dan Q maka garis yang melaluinya dinotasikan dengan PQ .

1-2 Melalui tiga titik yang tidak kolinear hanya dapat dibuat tepat satu bidang.

1-3 Suatu garis yang memuat dua titik berbeda yang terletak pada suatu bidang, garis itu

seluruhnya terletak pada bidang itu.

1-4 Perpotongan dua bidang adalah suatu garis.

1-5 Setiap garis memuat paling sedikit dua titik yang berbeda dan setiap bidang memuat

paling sedikit tiga titik yang tidak segaris.

Selanjutnya misalkan kita diberikan sebarang dua garis berbeda. Kita ingin

melihat bagaimana kedudukan dua garis ini. Jika berpotongan berupa apa

perpotongannya atau mungkin saja kedua garis ini tidak berpotongan. Kedudukan dua

garis ini dijelaskan dalam Teorema 1.1.

Dapat juga kita melihat kedudukan garis dan bidang. Terkait hal ini dapat kita

lihat apakah garis subset bidang, garis dan bidang saling lepas atau garis menembus

bidang. Teorema-teorema yang terkait dengan hal ini dijelaskan dalam Teorema 1.2

untuk garis menembus bidang, sedangkan untuk garis subset bidang dijelaskan dalam

Teorema 1.3.

2

Teorema 1.1

Dua garis yang berbeda berpotongan paling banyak hanya pada satu titik

Bukti

Misalkan garis itu adalah l dan m. Andaikan l dan m berpotongan pada dua titik

berbeda P dan Q. Maka menurut 1-1 melalui P dan Q hanya dapat dibuat tepat satu garis.

Ini berarti l dan m berimpit atau l = m, tetapi ini kontradiksi dengan l m. Jadi

pengandaian salah. Reductio ad Absurdum (RAA).

Selanjutnya selain kedudukan dua garis dapat juga melihat kedudukan himpunan

dua titik lainnya. Diantara kedudukan dua himpunan titik yang juga penting untuk

didlihat adalah kedudukan antara garis dan bidang. Untuk jelasnya hal ini dapat dilihat

pada Teorema 1.2.

Teorema 1.2

Jika suatu garis memotong suatu bidang yang tak memuat garis itu maka

perpotongannya adalah sebuah titik.

Bukti

Misalkan l adalah garis yang memotong bidang E, tetapi l tidak terletak pada E,

maka ada paling sedikit satu titik P l E. Andaikan ada Q PlE. Maka Ql dan

QE. Menurut aksioma 1-1 l = PQ . Menurut aksioma 1-3 PQ terletak pada E. Ini

kontradiksi dengan l tidak terletak pada E. Jadi pengandaian salah. RAA.

Pada Teorema 1.1 dan Teorema 1.2 telah dijelaskan kedudukan antara dua garis

dan kedudukan antara garis dan bidang berturut-turut. Padahal dari tiga himpunan titik;

yaitu titik, garis dan bidang kita dapat melihat tiga keterkaitan; yaitu kaitan titik dan

garis, kaitan titik dan bidang dan kaitan garis bidang. Oleh karena itu Teorema 1.3

menjelaskan hasil gabungan titik dan garis.

Teorema 1.3

Diketahui suatu garis dan sebuah titik yang tidak terletak pada garis itu, maka

terdapat tepat satu bidang yang memuat garis dan titik itu.

Bukti

Misalkan garis itu adalah l dan titik itu adalah P. Maka ada lQR . Karena

Pl maka P, Q dan R tidak kolinear. Menurut aksioma 1-2 melalui P, Q dan R hanya

3

dapat tepat dibuat satu bidang E. Karena l = PQ , maka menurut aksioma I-1 E = l P.

Misalkan ada bidang lain F yang memuat l P. Maka F juga akan memuat P, Q dan R.

Ini berarti F = E.

Selanjutnya mari kita lihat apa yang terjadi penggabungan garis*******

Teorema 1.4

Jika dua garis berpotongan, maka gabungan kedua garis itu terletak pada satu

bidang.

Bukti

Misalkan garis itu adalah l dan m. Akan ditunjukkan bahwa lm = bidang E.

Menurut teorema 1 lm = P. Menurut aksioma 1-1 ada Ql dengan P Q dan ada

Rl. Jadi P,Q dan R tidak kolinear. Menurut aksioma 1-2 melalui P,Q dan R hanya tepat

dibuat satu bidang E. Karena l = PQ dan m = PR maka E = lm. Menurut Teorema

1.3 tidak ada bidang lain yang memuat lm.

Soal Latihan

1. Diberikan dua titik berbeda A dan B. Ada berapa garis yang dapat dibuat melalui A

dan B? Jelaskan jawaban Anda!

2. Ada berapa biadang yang dapat dibuat yang memuat A dan B pada soal 1? Jelaskan

jawaban Anda!

3. Diberikan tiga titik berbeda dan tidak segaris A, B dan C. Ada berapa garis yang

dapat dibuat dari tiga titik ini?

4. Ada berapa bidang yang dapat dibuat yang memuat titik-titik pada soal no.3?

5. Jika diberikan n titik berbeda dan setiap tiga titik tidak segaris, tentukanlah

banyaknya

a. Garis yang dapat dibuat sehingga setiap titik dilalui garis!

b. Bidang yang dapat dibuat sehingga setiap titik termuat dalam bidang!

4

BAB IIJARAK DAN KEKONGRUENAN

Setiap pasangan titik akan berkaitan dengan suatu bilangan real yang disebut

jarak di antara dua titik itu. Untuk menjelaskan kaitan ini, maka perlu didefinisikan suatu

fungsi d yang harus memenuhi syarat sebagai jarak antara dua titik. Syarat yang harus

dipenuhi oleh d ini selanjutnya disebut sebagai aksioma jarak. Aksioma jarak

selengkapnya adalah sebagai berikut:

d - 0. d adalah suatu fungsi d:SxS R

d - 1. P,QS, d (P,Q) 0.

d - 2. d (P,Q) = 0, jika dan hanya jika P = Q.

d - 3. d (P,Q) = d (Q,P) P,QS. Di sini d(P,Q) adalah jarak antara dua titik P dan Q

dan untuk singkatnya d(P,Q) ditulis sebagai PQ.

Definisi 2.0

Misalkan f : l R merupakan suatu korespondensi satu-satu antara

titik-titik dalam garis l dengan bilangan real. Fungsi f disebut sistem koordinat

untuk l apabila untuk setiap pasangan titik P dan Q pada l dipenuhi

PQ = )Q(f)P(f . Selanjutnya untuk setiap Pl, bilangan f(P) = x disebut

koordinat P.

d - 4. Setiap garis mempunyai sebuah sistem koordinat.

2.1 Keantaraan

Definisi 2.1.1

Diberikan tiga titik kolinear A, B dan C. Dikatakan B terletak di antara A dan C

bilamana memenuhi AB + BC = AC, dan dinotasikan dengan (ABC).

Teorema 2.1.2

Jika (ABC), maka (CBA).

Bukti (Sebagai latihan).

5

Teorema 2.1.3

Setiap tiga titik berbeda yang kolinear tepat satu titik berada di antara dua titik

lainnya.

Bukti

Misalkan f adalah suatu sistem koordinat untuk garis l dan x, y, z adalah

koordinat-koordinat dari titik A, B dan C berturut-turut. Maka salah satu dari bilangan x,

y, z berada di antara kedua bilangan lainnya. Bilangan-bilangan ini akan

berkorespondensi dengan titik-titik A, B dan C. Selanjutnya disini akan ditunjukan

bahwa jika (ABC) maka tidak akan (BCA) atau (DCB). Selanjutnya misalkan f(A) = 0

dan 0<f(B)<f(C). Jadi 0 = x < y < z. Andaikan (BAC) maka BA + AC = BC. Tetapi

AB + BC = AC. Setelah kedua persamaan ini dijumlahkan maka AB = 0. Menurut d-2

A=B. Tetapi ini kontradiksi dengan A B. Untuk (ACB) dilakukan pembuktian dengan

cara serupa.

Teorema 2.1.4

Jika A dan B adalah dua titik sebarang, maka ada satu titik C sehingga (ABC)

dan ada satu titik D sehingga (ADB).

Bukti

Misalkan f adalah sebarang sistem koordinat untuk AB . Misalkan x dan y

berturut-turut adalah kordinat A dan B dengan x<y. Maka x<y<y+1. Jika C = f -1(y+1)

maka (ABC). Juga diperoleh 2x < x+y < 2y atau2

xyx < y. Jika D = f -1

2yx

maka (ADB).

2. 2 Ruas Garis (Segmen), Sinar, Sudut dan Segitiga

Definisi 2.2.1

Diberikan dua titik berbeda A dan B. Himpunan titik-titik yang terletak di

antara A dan B bersama A dan B adalah ruas

garis di antara A dan B dan ini dinotasikan

dengan AB . A B

Gbr. 1

6

Dari definisi 2.2.1 berarti

AB = .B,A(AXB):x .

Definisi 2.2.2

Diberikan dua titik berbeda A dan B. Himpunan semua titik C yang terletak

pada AB demikian sehingga A tidak

terletak di antara C dan B disebut sinar

dari A melalui B dan ini dinotasikan

dengan AB . Titik A disebut titik awal

dari AB atau ujung AB .

Definisi 2.2.3

Sudut adalah sebuah bangun pada bidang yang merupakan gabungan dari dua

buah sinar yang mempunyai titik ujung yang sama, tetapi tidak terletak pada garis yang

sama. Apabila sudut itu adalah gabungan AB dan AC , kedua sinar ini disebut kaki-kaki

dari sudut itu. Titik A disebut titik sudut dan sudut itu dinotasikan dengan BAC.

Teorema 2.2.4

BAC =

CAB. Bukti

(sebagai latihan).

Definisi 2.2.5

Diberikan

tiga titik A, B dan C yang tidak segaris. Himpunan AB ACBC disebut sebuah

segitiga dan dinotasikan dengan ABC. Ketiga segmen AB , CB dan AC disebut

sisi segitiga (Gbr. 4).

A B

Gbr. 2

A

C

B

Gbr. 3

A

C

B Gbr. 4

7

2.3 Kekongruenan Ruas Garis- Ruas Garis dan Sudut-sudut

Definisi 2.3.1

Ruas garis-ruas garis AB

dan CD dikatakan kongruen

bilamana AB = CD, dan

dinotasikan dengan AB CD .

Definisi 2.3.2

Misalkan (ABC). Titik B disebut titik tengah AC bilamana memenuhi

AB BC .

Teorema 2.3.3

Setiap segmen mempunyai tepat satu titik tengah.

Bukti

Ambil sebarang AC . Misalkan f sebuah sistem koordinat pada AC demikian

sehingga f(A) = 0 dan f(C)>0. Jika (ABC), maka

AB = )B(f)A(f

= )B(f0

= )B(f .

Misalkan f(B) = x,

maka AB = x. Tetapi

BC = )C(f)B(f

= )C(fx

= ACx

= AC- x.

Karena B titik tengah AC maka AB=BC. Jadi x = AC - x atau x =2

AC . Syarat ini

dipenuhi oleh hanya satu bilangan x maka juga B hanya satu.

Gbr. 6

Q P

R

30o

B

C

A

ro

(ii)(i)

Gbr. 5

A

B

D

C

8

Selanjutnya

untuk menyatakan

suatu ukuran

ABC dinotasi-

kan dengan

m(ABC), tetapi

untuk menghindari

kesalahpahaman

dengan perkalian

digunakan mABC saja. Oleh karena itu jika ada sudut seperti pada Gbr. 6

persamaannya dinyatakan sebagai mABC = r dan m PQR = 30.

Selanjutnya jika dua sudut PQR dan XYZ dengan m PQR = mXYZ

maka dikatakan PQR kongruen dengan XYZ dan untuk ini dinotasikan dengan

PQR XYZ.

Soal

1. Diberikan (ABC). Buktikan bahwa jika B titik tengah AC maka AB = BC.

(ii)

Y Z

X

ro

Q

P

R

ro

(i)

Gbr. 7

9

BAB IIIKEKONGRUENAN SEGITIGA-SEGITIGA

Definisi 3.1

Diberikan dua segitiga ABC dan DEF dan suatu korespondensi satu-satu

ABC DEF di antara titik-titik sudutnya. Korespondensi itu dikatakan suatu

kekongruenan apabila setiap pasangan yang berkorespondensi itu sisi-sisi dan sudut-

sudutnya kongruen.

Definisi 3.1 menunjukkan bahwa korespondensi ABC DEF adalah suatu

kekongruenan jika memenuhi keenam kondisi berikut :

AB DE , AC DF , BC EF ,

A D , B E , C F .

Jika korespondensi

ABC DEF adalah

suatu kekongruenan, maka

ABC dan DEF

dikatakan kongruen dan

dinotasikan dengan

ABCDEF.

Aksioma sisi-sudut-sisi (S.Sd.S) 3.2

Diberikan suatu korespondensi diantara dua segitiga. Jika dua sisi dan sudut yang

diapitnya pada segitiga pertama kongruen dengan korespondensi yang seletak pada

segitiga kedua maka korespondensi itu adalah suatu kekongruenan. Jika segitiga itu

adalah ABC, DEF dan ABC DEF maka ABC DEF jika AB DE ,

D A , AC DF (Gbr. 9). Dari penjelasan ini kita dapat diturunkan beberapa

teorema.

Teorema 3.3 (Sudut-Sisi-Sudut (Sd.S.Sd))

Diberikan suatu korespondensi diantara dua segitiga (atau di antara suatu segitiga

dengan dirinya sendiri). Jika dua sudut dan sisi yang diapitnya dari segitiga pertama

F

A

CB E

D(i) (ii

)Gbr. 8

10

kongruen dengan bagian yang seletak pada segitiga kedua maka korespondensi itu

adalah suatu kekongruenan.

Bukti

Diberikan ABC, DEF dan suatu korespondensi ABC DEF. Jika

A D, C F dan AC DF , akan ditunjukan bahwa ABC DEF.

Menurut sifat sinar maka ada suatu titik B' DE AB = DB'. Menurut aksioma S.Sd.S

maka ABC F'DB . Menurut definisi kekongruenan maka ACBEFB' . Tetapi

DFEACB . Jadi EF B'

DFE. Karena B'DE

maka FE = FB'. Oleh karena

itu E = B'. Jadi

DEFABC .

Definisi 3.4

Diberikan suatu garis l

pada bidang E. Garis l membagi bidang E menjadi suatu setengah bidang E1 dan E2.

Dalam hal ini E1 dan E2 disebut sisi l. Masing-masing E1 dan E2 terletak pada sisi yang

berhadapan dari l. Jika A dan B pada E dengan A B dan A dan B tidak pada l maka :

(i) A dan B terletak pada sisi yang sama dari l, jika AB tidak memotong l. Ini

berarti jika AE1 maka juga BE1 atau jika AE2 maka juga BE2.

(ii) A dan B terletak pada sisi yang berhadapan dari l jika AB memotong l. Ini

berarti jika A 1E maka BE2 atau jika AE2 maka BE1.(Gbr. 11).

E

F

DA

CB

(i) (ii)

Gbr. 9

B'

F

E

D(ii)

C

B

A(i)

Gbr. 10

11

Teorema 3.5 (Sisi-Sisi-Sisi (S.S.S))

Diberikan suatu korespon-

densi diantara dua segitiga. Jika

ketiga pasangan sisi yang

korespondensi kongruen maka

korespondensi itu adalah suatu

kekongruenan.

Bukti

Diberikan DEF,ABC dan

suatu korespondensi ABC DEF seperti pada Gbr.12. Jika ,DEAB EFBC

dan DFAC

akan ditujukkan

bahwa korespon-

densi itu adalah

suatu kekong-

ruenan.

Menurut

definisi 3.4 ada suatu AQ dengan Q dan B terletak pada sisi yang berhadapan dari AC

sehingga FDECAQ . Maka ada suatu B'AQ sehingga DE'AB .

Selanjutnya karena DFAC maka menurut sisi-sudut-sisi C'ABDEF .

Misalkan 'BB memotong AC pada suatu titik G. Bukti ini dapat kita lihat dalam tiga

kasus yaitu :

(i). (AGC), (ii). (A=G) dan iii. (GAC).

(i) Tetapi untuk kasus-kasus ini pada dasarnya cukup hanya kita lihat pada kasus (i)

saja. Karena pada 'ABABdan'ABB maka ABGG'AB . Juga pada

'CBCBdan'CBB maka CBGG'CB . Karena G interior GdanABC

interior C'AB maka C'ABABC . Menurut S.Sd.S itu menunjukkan

bahwa ABCAB'C. Karena AB'CDEF maka ABC DEF.

A

A

B

B

E2

E1E l

Gbr. 11

(i)

(ii)

Gbr. 12

F

E

D

B

AC

Q

@@

@ @

12

Definisi 3.6

Suatu garis bagi dari suatu sudut adalah suatu sinar interior sudut itu yang

membagi sudut itu dalam dua

bagian yang saling kongruen.

Teorema 3.6

Setiap sudut mempunyai

tepat satu garis bagi.

Bukti

Diberikan BAC . Tanpa

menghilangkan keumuman anggap

bahwa ACAB . Misalkan D titik tengah BC . Maka D interior BAC dan menurut

teorema sisi-sisi-sisi ACDABD . Jadi CADBAD sehingga AD adalah garis

bagi BAC . Karena setiap BC hanya mempunyai satu titik tengah maka AD tunggal.

Jadi telah kita menunjukkan bahwa setiap sudut paling sedikit mempunyai satu

garis bagi. Ini baru setengah dari bukti teorema kita. Kemudian kita harus menunjukan

bahwa BAC paling banyak hanya mempunyai satu garis bagi. Untuk ini kita harus

menunjukkan bahwa garis bagi BAC melalui titik tengah D dari BC .

Anggap bahwa AE garis bagi BAC . Maka secara otomatis E interior BAC.

Karena itu AE akan memotong BC pada suatu titik D' diantara B dan C, tetapi

menurut sisi sudut sisi AD'B CABD' . Jadi C'DB'D . Ini berarti D’ titik tengah

BC . Karena BC hanya mempunyai satu titik tengah, maka BAC hanya mempunyai

satu garis bagi.

Jika satu kaki suatu sudut berimpit dengan salah satu kaki sudut yang lain maka

kedua sudut itu berbatasan.

Dua buah sudut yang berbatasan sehingga kaki-kaki sudut yang berjauhan

membentuk suatu garis, maka kedua sudut itu saling suplemen. Jika dua sudut saling

suplemen maka kedua sudut itu membentuk suatu pasangan linear.

Selanjutnya perhatikan Gbr. 14. Karena BD dibentuk oleh CD dan CB ,

sedangkan kedua sinar itu adalah kaki-kaki sudut yang berjauhan dari ACD dan

A

D

Gbr. 13

B

C

13

ACB diketahui bahwa kedua sudut ini saling suplemen. Oleh karena itu ACB dan

ACD dapat membentuk suatu pasangan linear, yang berarti bahwa mACB +

m 180ACD .

Selanjutnya dua sudut

saling bertolak belakang jika

kaki-kaki sudut itu membentuk

pasangan sinar yang bertolak

belakang seperti pada Gbr. 15.

Disini BAC bertolak belakang dengan B'AC'.

Sifat 3.8

Jika dua buah sudut

saling bertolak belakang

maka kedua sudut itu

kongruen.

Bukti (Sebagai latihan).

Teorema 3.9

Diberikan suatu garis dan sebuah titik tidak pada garis maka ada suatu garis yang

melalui titik yang diberikan tegak lurus garis yang diberikan.

Bukti

Misalkan l adalah garis itu dan titik itu adalah B. Ambil A dan C sebarang titik

yang berbeda pada l (Gbr.16). Maka ada suatu titik Q demikian sehingga Q dan B berada

pada sisi yang berhadapan dari l dan memenuhi QACBAC . Juga ada suatu titik B'

pada AQ sehingga 'ABAB .

Karena B dan B' berada pada sisi

yang berhadapan dari l maka 'BB

memotong l pada suatu titik G. Di

sini ada dua kemungkinan mengenai

G yaitu :

(i) G A. Pada kasus ini

Gbr. 14

A

BCD

Gbr. 15

A

B

C C'

B'

AB

B' Q

GlC

Gbr. 16

14

menurut s.sd.s ABG A B'G. Karena itu AGB AGB' dan mem-bentuk

pasangan linear. Oleh karena itu setiap sudut adalah sudut siku-siku. Jadi BG

AC = l seperti yang diminta.

(ii) A = G. Pada kasus ini BACBGC dan B'GC BAC. Tetapi AB'AB .

Karena itu GC'BBGC . Jadi sama dengan kasus (i), sehingga BG AC

= l.

Selanjutnya

diberikan garis-garis l1,

l2 dan m pada satu

bidang. Jika m

memotong l1 dan l2

pada dua titik P dan Q

yang berbeda berturut-

turut maka m adalah

suatu transversal terhadap l1 dan l2. Jika :

(1) t suatu transversal terhadap l1 dan l2 yang memotong l1 dan l2 di P dan Q

berturut-turut dan

(2).A dan D titik-titik pada l1 dan l2 berturut-turut yang terletak pada sisi yang

berhadapan dari t,

maka APQ dan PQD disebut sudut-sudut berseberangan dalam (Gbr. 18).

Definisi 3.10

Jika x dan y

sudut-sudut berse-berangan

dalam dan y dan z sudut

bertolak belakang, maka x

dan z adalah sudut

sehadap.

Gbr. 17

l1 Pm

Ql2

l1

l2

P

Q

x

yz

Gbr. 19

15

Teorema 3.11

Selanjutnya jika t suatu tranversal terhadap l1 dan l2 maka l1 dan l2 sejajar jika

sudut sudut-sudut berse-berangan dalam kongruen atau sudut-sudut sehadap kongruen.

Bukti (sebagai latihan).

16

BAB IVPEMISAHAN BIDANG DAN RUANG

4.1 Kecembungan dan Pemisahan

Definisi 4.1.1

Suatu himpunan A disebut cembung (konvex) apabila untuk setiap titik P dan Q

di A segmen PQ seluruhnya terletak dalam A.

Contoh

Dua gambar berikut adalah

konvex. Dua gam-bar berikut adalah

cekung (konkav).

Suatu himpunan konvex

biasanya menjadi sangat luas. Sebagai

contoh semua ruang S adalah konvex

dan seluruh garis dan bidang adalah

konvex.

Sekarang diberikan suatu garis

l pada bidang E. Maka garis l

membagi E menjadi dua bagian dan

kedua bagian ini disebut sisi l. Sisi-sisi

l ini juga konvex. Setiap sisi l ini

disebut setengah bidang. Garis l

sendiri disebut tepi setengah bidang.

Aksioma Pemisahan Bidang 4.1.2

Diberikan suatu garis dan suatu bidang yang memuat garis itu. Himpunan semua

titik pada bidang yang tidak terletak pada garis adalah gabungan dua himpunan sehingga

1. setiap himpunan adalah konvex

2. jika P pada satu himpunan dan Q pada himpunan lain, maka PQ memotong

garis itu.

P

QQ

P

Gbr. 20

P

Q

P

Q

Gbr. 21

17

Selanjutnya misalkan bidang itu adalah E dan garis itu adalah l. Jika himpunan

yang tidak pada garis l adalah H1 dan H2, maka aksioma di atas ekuivalen dengan

1. E – l = H1H2

2. jika PH1 dan QH2 maka PQl .

Soal Latihan

1. Buktikan bahwa himpunan H1 dan H2 keduanya tak kosong!

2. Buktikan bahwa himpunan H1 memuat paling sedikit dua titik!

3. Buktikan bahwa setiap sinar adalah konvex!

4. Buktikan bahwa H1l adalah konvex!

5. Buktikan bahwa jika A dan B konvex maka AB konvex!

6. Buktikan bahwa jika G adalah sebarang koleksi dari himpunan konvex Gi, maka

irisan dari semua himpunan Gi dalam koleksi itu adalah konvex!

7. Misalkan A adalah suatu himpunan titik dan B adalah gabungan seluruh segmen

yang berbentuk PQ , dengan P, QA. Apakah B konvex? Mengapa? Atau

mengapa tidak?

8. Diberikan suatu ABC dan suatu garis l pada bidang yang sama. Jika l tidak

melalui titik sudut ABC, maka l tidak memotong ketiga sisi segitiga itu!

9. Diberikan suatu ABC dan suatu garis l pada bidang yang sama. Jika l melalui

suatu titik diantara A dan B, maka l memotong salah satu dari sisi lainnya dari

ABC!

4.2 Teorema-teorema Insidensi

Dari aksioma pemisahan bidang diketahui bahwa suatu garis membagi suatu

bidang menjadi dua setengah bidang yang berlawanan dari garis yang merupakan tepi

kedua setengah bidang itu. Demikian juga jika dua titik terletak pada setengah bidang

yang berbeda, maka titik itu terletak pada sisi yang berlawanan dari garis yang

diberikan.

18

Teorema 4.2.1

Jika P dan Q pada sisi yang berlawanan dari garis l dan Q dan T pada sisi yang

berlawanan dari l, maka P dan T terletak pada sisi yang sama dari l.

Teorema 4.2.2

Jika P dan Q pada sisi yang berlawanan dari garis l dan Q dan T pada sisi yang

sama dari l, maka P dan T terletak pada sisi yang berlawanan dari l.

Selanjutnya jika suatu bidang dipisahkan oleh garis, maka untuk materi yang

berbeda dengan persoalan yang sama kita terapkan pada garis. Untuk sebaranag titik P

pada garis l, maka P memisah l menjadi dua setengah garis yang disebut sinar garis.

Kedua setengah garis ini terletak pada sisi yang berlawanan dari P dalam l.

Teorema 4.2.3

Diberikan suatu garis dan suatu sinar yang mempunyai titik ujung pada garis itu

tetapi tidak terletak pada garis itu. Maka semua titik sinar itu, kecuali

titik ujungnya terletak pada sisi yang sama dari garis itu.

Konsep pemisahan bidang dapat diterapkan untuk melihat gabungan dua sinar

dan bidang. Sebab kejadian khusus dari gabungan dua sinar ini adalah garis. Tetapi pada

umumnya gabungan dua sinar ini adalah sudut. Dalam hal gabungan dua sinar adalah

sudut, maka suatu bidang akan terbagi dua menjadi exterior dan interior sudut itu.

Definisi 4.2.4

Interior BAC adalah irisan sisi AC yang memuat B dan sisi AB yang memuat

C, bila tidak disebut exterior BAC.

Definisi ini menunjukkan bahwa suatu titik D adalah interior BAC apabila (1)

BD AC = dan (2) CD AB = .

Teorema 4.2.5

Setiap sisi dari suatu segitiga kecuali titik-ttik ujungnya adalah interior sudut

didepannya.

Teorema 4.2.6

Jika (ACD), (BAC) dan (AFG) pada satu bidang dan A, B dan C tidak segaris,

19

maka G interior BCD.

Interior dan exterior pada suatu segitiga diberikan oleh dfinisi berikut.

Definisi 4.2.7

Interior ABC adalah irisan dari himpunan-himpunan (1). Sisi AB yang memuat

C, (2). Sisi AC yang memuat B dan (3). Sisi BC yang memuat A.

Teorema 4.2.8

Interior suatu segitiga adalah suatu himpunan konvex.

Teorema 4.2.9

Interior suatu segitiga adalah irisan dari interior-interior sudutnya.

Soal Latihan

1. Jika D interior BAC, maka AD - A terletak pada interor BAC.

2. Jika D interior BAC dan (GAD), maka AG - A terletak pada sisi AC yang tak

memuat B.

3. Jika D interior BAC dan (FAC), maka F dan B pada sisi yang sama dari AD .

4. Jika D interior BAC, maka AD memotong BC .

5. Diberikan suatau segitiga dan suatu garis pada bidang yang sama. Jika garis itu

memotong salah satu sisi dari segitiga itu, maka garis itu akan memotong salah

satu dari dua sisi lainnya.

20

D

E

e

Fd

f

Gbr.2321

A

BC

cF'E'

BAB VKESEBANGUNAN SEGITIGA-SEGITIGA

Diberikan ABC, DEF dan suatu korespondensi ABC DEF. Disini kita

menggunakan ke-

tentuan yang sudah

dikenal yaitu pan-

jang sisi di depan

sudut A, dan

seterusnya. Kores-

pondensi ABC

DEF dikatakan

proporsional bilamana sisi kedua segitiga ini memenuhi a, b, c ~ d, e, f. Jika

korespondensi itu proporsional dan setiap sudut yang korespondensi itu kongruen maka

kita katakan bahwa korespondensi itu adalah suatu kesebangunan dan dinotasikan

dengan ABC ~DEF. Dua segitiga dikatakan sebangun bilamana ada suatu

korespondensi kesebangunan diantara keduanya.

Teorema 5.1 (Sd.Sd.Sd).

Diberikan suatu korespondensi di antara dua segitiga. Jika korespondensi sudut-

sudutnya kongruen maka korespondensi itu suatu kesebangunan.

Bukti

Diambil DEF,ABC dan suatu korespondensi ABC DEF (Gbr.21). Jika

A A , B E dan

C F, akan ditunjukkan

bahwa ABC~DEF. Misalkan

E' dan F' adalah titik-titik pada

AB dan AC berturut-turut

sehingga AE' = f dan AF' = e.

D

E

eA

B

C

a

b

c

F

df

Gbr. 22

21

Menurut sisi-sudut-sisi DEF'F'AE . Karena EF'AE' dan BE maka

BF'AE' . Jadi E' dan B di bawah suatu proyeksi sejajar. Karena itu kita peroleh

ratio :

ACe

ABf .

Dengan cara yang sama dan melakukan penggantian materi, dapat ditunjukkan

bahwa

BCd

ACe ,

karena itu d, e, f ~ BC, AC, AB atau d, e, f ~ a, b, c. Karena sisi yang korespondensi

proporsional dan ABC DEF suatu korespondensi maka korespondensi itu adalah

suatu kesebangunan.

Teorema 5.2 (Kesebangunan sudut-sudut).

Diberikan suatu korespondensi di antara dua segitiga. Jika dua pasangan sudut

yang korespondensi di antara dua segitiga itu kongruen maka korespondensi itu adalah

suatu kesebangunan.

Bukti

Ambil DEF,ABC dan suatu korespondensi ABC DEF (Gbr. 22). Jika

DA dan EB , akan ditunjukkan bahwa ABC ~ DEF.

Misalkan

E' dan F' adalah

titik-titik pada

AB dan AC

berturut-turut se-

hingga AE' = f

dan AF' = e.

Menurut sisi-sudut-sisi DEF'F'AE . Maka EF'AE' . Tetapi BE ,

sehingga BF'AE' . Padahal F'AE' dan B sehadap. Ini berarti F'E' // BC .

Oleh karena itu F juga sehadap dengan C sehingga CE'AF' . Tetapi

FE'AF' , maka CF . Menurut Teorema 5.1 ABC~DEF.

D

E

e

Fd

f

Gbr. 24

A

BC

cF'E'

22

Suatu garis tinggi dari suatu

segitiga adalah suatu garis yang ditarik

dari suatu titik sudut tegak lurus pada

garis yang memuat sisi didepannya.

Sifat 5.3

Setiap segitiga mempunyai tiga

ruas tinggi.

Bukti (Sebagai alatihan).

Suatu segitiga yang salah satu sudutnya siku-siku disebut segitiga siku-siku. Sisi

yang mengapit sudut siku-siku disebut sisi siku-siku, sisi di depan sudut itu disebut

hipotenusa (sisi miring).

Teorema 5.4

Garis tinggi yang memotong hipotenusa dari suatu segitiga siku-siku membagi

segitiga itu menjadi dua segitiga yang saling sebangun.

Bukti

Misalkan ABC adalah suatu segitiga siku-siku dengan sudut siku di C dan D

adalah kaki yang tegak lurus dari C ke AB

. Akan ditunjukkan bahwa

ACD~ABC~CDB. Fakta bahwa AA dan BDCADC . Menurut

teorema kesebangunan sudut-sudut ADC~ABC. Dengan cara yang sama yang

lainnya dapat dibuktikan.

Teorema 5.5 (Teorema Pythagoras)

Pada sebarang segitiga siku-siku kuadrat panjang hipotenusa sama dengan

jumlah kuadrat dua sisi lainnya.

Bukti

Misalkan ABC adalah suatu segitiga siku-siku dan siku-siku di C. Akan

dibuktikan bahwa a2 + b2 = c2. Misalkan garis tinggi melalui C memotong AB

di

D. Menurut Teorema 16 ACD ~ ABC ~ CBD . Karena itu h, f, b ~ a, b, c ~ g, h, a.

Gbr. 25

23

Jadicb

bf sehingga f =

cb2

dancagmaka

ca

ag 2

. Fakta bahwa c = f+g

=cb

ca 22

. Jadi a2 + b2 = c2.

A BD

C

Gbr. 27

Gbr. 26

A BD

C

a

gf

bh

c

24

BAB VGARIS-GARIS DAN TITIK-TITIK ISTIMEWA PADA SEGITIGA

6.1 Garis-garis Istimewa

Pada setiap sudut dalam suatu segitiga dapat ditarik tiga buah garis istimewa

yaitu : garis tinggi, garis bagi dan garis berat. Hanya satu garis istimewa pada segitiga

tidak melalui titik sudutnya, yaitu garis sumbu segitiga. Garis ini disebut sumbu sisi

segitiga.

Suatu garis disebut sumbu sisi suatu segitiga apabila garis itu adalah sumbu suatu

sisi dari segitiga yang diberikan.

Teorema 6.1.1

Melalui suatu titik sudut pada suatu segitiga hanya dapat tepat dibuat satu ruas

tinggi.

Bukti (sebagai latihan)

Jadi pada setiap segitiga hanya kita mempunyai tiga garis tinggi.

Garis bagi dari suatu sudut pada suatu segitiga adalah suatu garis yang ditarik melalui

titik sudut itu dan membagi sudut itu sehingga menjadi dua sudut yang saling kongruen.

Teorema 6.1.2

Melalui suatu sudut dalam suatu segitiga hanya dapat tepat dibuat satu garis bagi.

Bukti (sebagai latihan)

Oleh karena itu pada suatu segitiga kita hanya mempunyai tiga garis bagi.

Garis berat pada suatu segitiga adalah garis yang ditarik melalui suatu titik sudut segitiga

itu dan membagi dua saling kongruen sisi di depannya.

Teorema 6.1.3

Melalui suatu sudut dalam suatu segitiga hanya dapat tepat dibuat satu garis

berat.

Bukti (sebagai latihan)

Ini berarti pada setiap segitiga hanya mempunyai tiga garis berat.

Teorema 6.1.4

Melalui suatu sisi segitiga hanya dapat dibuat tepat satu sumbu sisi.

25

Bukti (sebagai latihan)

Ini berarti pada setiap segitiga hanya mempunyai tiga sumbu sisi.

6.2 Titik-titik Istimewa

Titik-titik istimewa yang dimaksud di sini adalah titik-titik yang merupakan

perpotongan garis-garis istimewa. Oleh karena itu dalam setiap segitiga kita hanya

mempunyai tiga titik istimewa yaitu titik tinggi, titik bagi dan titik berat.

Teorema 6.2.1

Setiap segitiga hanya mempunyai tepat satu titik tinggi.

Bukti (sebagai latihan )

Teorema 6.2.2

Setiap segitiga hanya tepat mempunyai satu titik berat.

Bukti (sebagai latihan)

Teorema 6.2.3

Setiap segitiga hanya mempunyai tepat satu titik bagi.

Bukti (sebagai latihan)

26

BAB VIIATURAN FUNGSI TRIGONOMETRI PADA SUATU SEGITIGA

7.1 Aturan Sinus

Diberikan suatu

ABC . Tarik garis tinggi

CD dengan D adalah titik

potong CD dengan AB .

Misalkan CD = t,

AC = b, CB = a, AB = c,

AD = c1, dan DB = c2.

Karena ADC dan CDB

siku di D maka :

btAsin dan

atBsin ……………………………………………(6.1.1)

Jadi b sin A = a sin B atau

bB

aA sinsin

…. ………………………………………………(6.1.2)

Sekali lagi tarik garis tinggi AE dengan E adalah titik kaki garis itu pada CB . Karena

ACE dan ABE siku-siku di E maka :

Sinb

AEC atau AE = b sin C dan

Sinc

AEB atau AE = c sin B

Jadi b sin C c sin B atau

cCsin

bBsin

…. …………………………………………..(6.1.3)

tetapi (6.1.2) maka

cCsin

bBsin

aAsin

……….. ………………………(6.1.4)

Bentuk (6.1.4) ini disebut aturan sinus pada suatu ABC dengan a, b, c adalah

panjang sisi di depan A, B, dan C berturut-turut.

A BD

C

Gbr. 26

Et

b

27

7.2 Aturan Cosinus

Pandang ABC seperti pada Gbr. 25. Misalkan garis tinggi dari sudut B adalah BD

sehingga memotong AC di

D. Maka :

c2 = BD2 + AD2

dan

c2 = BD2 + DC2.

Dengan mengelimi-

nasi BD dari persamaan ini

dan menggunakan fakta

bahwa AD + DC = b maka dari kedua persamaan ini di peroleh :

c2 = a2 + b2 - 2 b DC ……. ……………………………………….(6.2.1)

tetapi DC = a cos C , maka dari (6.2.1) diperoleh :

c2 = a2 + b2 - 2 ab cos C ……………………………………… (6.2.2)

Bentuk (6.2.2) disebut aturan cosinus pada ABC .

6.1 Aturan Tangen

Perhatikan kembali segitiga pada Gbr. 25. Dari gambar ini diperoleh :

TanADBDA dan tan

DCBDC . Jadi

tan CtanA = BD

DC1

AD1 =

DC.ADBD.b ………… (6.3.1)

Tetapi DC =b2

cba 222 maka, tan CtanA =)cba(

Atanb2222

2

sehingga

(b2 + c2 - a2) tan A = (a2+b2-c2) tan C …………. (6.3.2)

Dengan cara yang sama kita peroleh (b2 + c2 - a2) tan A = (a2 + c2 - b2) tan B . Oleh

karena (8) maka,

(b2 + c2 - a2) tan A = (a2 + c2 - b2) tan B = (a2+b2-c2) tan C ………… (6.3.3)

bentuk ini disebut aturan tangen pada ABC .

A CD

B

Gbr. 27

a

b

c

28

BAB VIIISEGI EMPAT DAN SEGI BANYAK

8.1 Segi Empat

Definisi 8.1.1

Diberikan empat titik berbeda A, B, C dan D sehingga terletak pada satu bidang

dan setiap tiga titik tidak segaris. Bilamana CD,BC,AB dan AD hanya berpotongan

pada ujung-ujungnya. gabungan segmen-segmen itu disebut suatu segiempat dan

dilambangkan dengan ABCD. Selanjutnya CD,BC,AB dan AD disebut sisi-sisi

segiempat itu dan A, B, C, D adalah titik-titik sudutnya. Ruas garis-ruas garis AC dan

BD disebut diagonal segiempat itu. Sisi-sisi yang tidak berpotongan disebut sisi yang

berhadapan, sudut-sudut yang kaki-kakinya hanya bersekutu pada dua titik disebut sudut

saling berhadapan.

Selanjutnya

misalkan P, Q dengan

P Q dua titik se-

barang di dalam

ABCD. Jika PQ

berada di dalam

ABCD maka

ABCD disebut

segiempat konvex (Gbr. 28(ii)).

8.2 Beberapa Segiempat Cembung Istimewa

8.2.1 Segi panjang

Definisi 8.2.1.1

Segiempat yang keempat sudutnya kongruen disebut persegipanjang.

Teorema 8.2.1.2

Sudut-sudut suatu persegipanjang adalah sudut siku-siku.

B

D

A

Gbr. 28

D

BA

C

(ii)

(i)

29

Bukti

Misalkan persegipanjang itu adalah ABCD. Tarik diagonal AC . Maka

ABCD terbentuk dari dua ABC dan ADC . Karena persegipanjang maka menurut

sss ADCABC jadi u 180BCABuBAC . Karena ACDBAC

maka u 180BuBCAuACD . Tetapi u ACD + u BCA = u C . Jadi

uC+uB=180.

Karena BC

maka u 90B .

Ini membuktikan

bahwa sudut-

sudut suatu per-

segipanjang ada-

lah sudut siku-

siku.

Teorema 8.2.1.3

Sisi-sisi yang berhadapan dari suatu persegipanjang adalah sejajar.

Bukti (Sebagai latihan).

Teorema 8.2.1.4

Sisi yang berhadapan dari suatu persegipanjang adalah kongruen.

Bukti (Sebagai latihan).

Teorema 8.2.1.5

Diagonal suatu persegipanjang kongruen dan berpotongan membagi dua saling

kongruen.

Bukti (Sebagai latihan).

8.2.2 Persegi

Bangun ini merupakan kejadian khusus dari segiempat panjang.

Definisi 8.2.2.1

Persegipanjang yang keempat sisinya kongruen disebut bujursangkar.

Gbr. 29

P QC

A

DBD

C

A B

P Q

Tak KonvexKonvex

30

Teorema 8.2.2.2

Diagonal bujursangkar saling berpotongan tegak lurus di titik tengah

diagonalnya.

Bukti (sebagai latihan).

8.2.3 Layang-layang

Definisi 8.2.3.1

Segiempat ABCD disebut layang-layang bilamana mempunyai sepasang sudut

dengan kaki-kaki yang kongruen saling berhadapan.

Teorema 8.2.3.2

Setiap layang-layang mempunyai paling sedikit satu pasang sudut saling

berhadapan.yang kongruen

Bukti

Misalkan layang-layang itu adalah ABCD dengan sudut yang mempunyai kaki

yang saling kongruen adalah A dan C . Maka A dan C saling berhadapan.

Tarik BD , maka ABCD terdiri dari dua samakaki yaitu ABD dengan

ADBABD dan BCD dengan BDC CDB. Tetapi uB = uABD +

uDBC. Karena uABD = uADB dan CDBuDBCu maka

DuCDBuADBuBu . Jadi DB . Karena B dan D tidak

mempunyai persekutuan kaki maka B dan D saling berhadapan.

Teorema 8.2.3.3

Diagonal layang-layang saling berpotong tegak lurus.

Bukti (sebagai latihan)

8.2.4 Jajaran Genjang

Definisi 8.2.4.1

Suatu segiempat yang dua pasang sisinya yang saling berhadapan sejajar disebut

jajaran genjang.

31

Teorema 8.2.4.2

Sisi-sisi yang saling berhadapan dari suatu jajaran genjang adalah kongruen.

Bukti (Sebagai latihan).

Teorema 8.2.4.3

Sudut-sudut yang saling berhadapan dari suatu jajaran genjang adalah kongruen.

Bukti (Sebagai latihan).

Teorema 8.2.4.4

Diagonal suatu jajaran genjang saling berpotongan sehingga setiap diagonal

terbagi menjadi segmen yang saling kongruen.

Bukti

Misalkan jajaran genjang itu adalah ABCD. Maka AB // CD , AD // BC dan

AB CD dan BCAD . Tarik diagonal DC maka B dan D terletak pada sisi yang

berhadapan dari AC . Sebaliknya tarik BD maka A dan C terletak pada sisi yang

berhadapan dari BD . Menurut aksioma Pasch AC memotong BD pada suatu titik E.

Karena C berada di dalam BAD maka E BD . Akan ditunjukkan bahwa E adalah

titik tengah BD sekaligus AC .

Karena BD maka ABCD terdiri dari dua segitiga yaitu BAD dan BCD .

Menurut S.Sd.S maka BCDBAD . Selanjutnya karena AC maka ABCD terdiri

dari dua segitiga yaitu ADC dan ABC . Menurut S.S.S ABCADC .

Karena EBDAC maka DECAEB dan BECAED . Jadi

AEB DEC . AkibatnyaEDEB

DCABdan

AEEC

DCAB

. Tetapi 1DCAB . Oleh karena

itu EC = AE dan EB = ED. Ini membuktikan bahwa E adallah titik tengah AC sekaligus

BD .

8.2.5 Belah Ketupat

Bangun ini merupakan kejadian khusus dari jajaran genjang yang mempunya

sisi-sisi yang berdekatan kongruen.

32

Definisi 8.2.5.1

Jajaran genjang yang keempat sisinya kongruen disebut belah ketupat.

Teorema 8.2.5.2

Diagonal suatu belah ketupat saling berpotongan tegak lurus dan setiap diagonal

terbagi menjadi segmen yang saling kongruen.

Bukti (sebagai latihan)

8.2.6 Trapesium

Definisi 8.2.6.1

Suatu segiempat yang mempunyai sepasang sisi yang saling berhadapan sejajar

(Gbr.28) disebut trape-

sium. Sisi yang sejajar

disebut alas dan dua sisi

lainnya disebut kaki.

Ruas garis yang meng-

hubungkan dua titik

tengah kaki trapesium

disebut garis tengah sejajar.

Teorema 8.2.6.2

Panjang garis tengah sejajar dari suatu trapesium adalah setengah jumlah panjang

kedua alasnya.

Bukti (Sebagaai latihan).

Suatu trapesium yang kedua kakinya sama panjang disebut trapesium sama kaki.

Teorema 8.2.6.3

Sudut alas dari suatu trapesium samakaki adalah kongruen.

Bukti (Sebagai latihan).

8.3 Segi Banyak

Definisi 8.3.1

Diberikan sebarang titik A1, A2, A3, …, An dengan n3 demikian sehingga

BA

CD

AB

C

CD//AB

DBC//AD

Gbr. 30

33

terletak pada satu bidang dan setiap tiga titik tidak terletak satu garis. Gabungan 21AA ,

32AA …, 1n2n AA , n1n AA adalah segibanyak apabila ruas garis-ruas garis ini hanya

berpotongan di titik-titik ujungnya. Ruas garis-ruas garis n1n3221 AA,....AA,AA , dan

n1AA disebut sisi segibanyak dan A1, A2, …, An adalah titik sudutnya.

Selanjutnya jika n221 AAAA … n1n1n AAAA , maka segibanyak

disebut segibanyak beraturan. Untuk n = 3, segibanyak beratuan ini adalah segitiga

samasisi dan bujursangkar adalah contoh lain segibanyak beraturan untuk n = 4.

Teorema 8.3.2

Setiap segibanyak beraturan adalah bangun datar yang konvex.

Bukti (Sebagai latihan).

34

BAB IX

DAERAH-DAERAH POLIGON DAN EKSTERIORNYA

9.1 Luas Segitiga dan Segibanyak Beraturan

Luas segitiga dan segibanyak dibangun oleh aksioma-aksioma luas.

Aksioma Luas 9.1.1

A-1. L adalah suatu fungsi R R, di mana R adalah himpunan semua daerah

poligon dan R adalah himpunan semua bilangan real.

A-2. Setiap daerah poligon R, L(R)>0

A-3. Aksioma kekongruenan. Jika dua daerah segitiga kongruen maka kedua daerah

itu mempunyai luas daerah yang sama.

A-4. Aksioma penjumlahan. Jika dua daerah poligon berpotongan hanya pada batas-batasnya dan sudutnya maka luas gabungannya adalah jumlah masing-asingluasnya. L(R1R2) = L (R1)+ L(R2)

A-5. Aksioma satuan. Luas daerah suatu persegi panjang adalah perkalian panjang

dan lebarnya L( R )= pl

Dari aksioma di atas dapat diturunkan beberapa teorema.

Teorema 9.1.2

Luas suatu segitiga siku-siku adalah setengah kali perkalian panjang kaki-

kakinya.

Bukti

Ambil ABC , dengan sudut siku di C. Misalkan D adalah suatu titik

R

p

l

Gbr. 31 Gbr. 32

R1 R2

35

sehingga ABCD adalah suatu persegi panjang .Menurut A-4, maka

L ABCD = L ABC + L ABD. Tetapi

ABDABC . Maka menurut

A-3 L ABC = L ABD. Jadi

L ABCD = 2L ABD. Tetapi

menurut A-5 L ABCD = ab. Oleh

karena itu L ABC = ab21 .

Teorema 9.1.3

Luas suatu segitiga adalah setengah kali perkalian sebarang alas dan garis

tinggi yang memotong garis yang memuat alas itu.

Bukti (sebagai latihan)

Teorema 9.1.4

Luas jajaran genjang adalah perkalian sebarang alas dan tingginya.

Bukti (sebagai latihan)

Teorema 9.1.5

Luas suatu trapesium adalah setengah perkalian tinggi dan jumlah dua sisi

yang sejajar.

Bukti

Ambil suatu trapesium

ABCD seperti Gbr. 34. Menurut

aksioma penjumlahan luas

maka:

BCDABDABCDtrp LLL .

Tetapi hbL ABD 221 dan hbL BCD 12

1 .

Jadi

hbhbABCDtrp 121

221L

A D

C B

Gbr. 33

A

B C

D

Gbr. 34

b2

b1

h

36

= )( 2121 bbh .

Teorema 9.1.6

Luas persegi adalah setengah kuadrat diagonalnya.

Teorema 9.1.7

Luas layang-layang adalah hasil kali kedua diagonalnya.

Teorema 9.1.8

Luas belah ketupat adalah hasil kali kedua diagonalnya.

9.2 Luas Segi Banyak Beraturan

Ambil sebarang segibanyak beraturan N1N2…Nk dengan titik sudut Ni, i =1,

2, 3, …, k. Misalkan panjang sisi-sisi

segibanyak di atas adalah s dan jari-jari

lingkaran yang melalui semua titik

sudutnya adalah r. Selanjutnya untuk

setiap segibanyak kelilingnya kita sebut

"perimeter" disingkat "P" dan ruas

tinggi pada sisi segibanyak dari setiap

segitiga disebut "apotema" disingkat

"a".

Teorema 9.2.1

Luas segibanyak beraturan adalah setengah perkalian apotema dan perimeter.

Bukti

Misalkan segibanyak itu adalah Gbr. 35, maka askLsegibanyak .. 21 = aks)(2

1 ,

tetapi ks = perimeter p, maka apLsegibanyak 21 .

N8

Gbr. 35

N3Nk

N4

N2

N5

N6

N7

M

37

9.3 Tempat Kedudukan

Definisi 8.3.1

Tempat Kedudukan (TK) adalah letak titik-titik di bidang yang memenuhi

syarat tertentu.

Contoh

Diberikan dua titik berbeda A dan B di bidang. Tentukan TK titik-titik

sehingga jarak titik itu ke-A dan ke-B adalah sama.

Penyelesaian:

Jelas bahwa titik tengah AB adalah salah satu dari TK ini, misalkan titik itu

adalah C. Jika DAB sehingga AD = BD, maka ADB adalah segitiga samakaki.

Garis tinggi melalui D dari ADB melalui C. Jadi CD TK yang dimaksud, yaitu

garis tegak lurus AB melalui titik tangahnya. Selanjutnya CD disebut AB .

9.4 Lingkaran

Definisi 9.4.1

Lingkaran adalah TK titik-titik di R2 sehingga

jaraknya terhadap suatu titik tertentu adalah tetap. Titik

tertentu itu disebut pusat lingkaran dan jarak tetap itu disebut

jari-jari lingkaran.

9.4.1 Luas Lingkaran

Jika segibanyak pada Gbr. 35 segitiganya dibuat

sampai tak hingga banyaknya maka keliling segibanyak itu akan mendekati keliling

lingkaran dan apotemanya mendekati r. Misalkan apotema segibanyak ini adalah r

dan perimeternya adalah 2 πr maka luas segibanyak ini sama dengan luas lingkaran

L.

Jadi

r

Gbr. 36

38

L = 221 πrr.2π. dengan r jari-jari lingkaran dan L luas lingkaran. 9.4.1

39

BAB XLINGKARAN LUAR , SINGGUNG DALAM DAN SINGGUNG LUAR

SUATU SEGITIGA

10.1 Lingkaran Luar Suatu Segitiga

Perhatikan Gbr. 36. Pada AB , BC dan AC dilukis sumbu-sumbu sisi seperti

Gbr. 37.

Teorema 10.1.1

Sumbu-sumbu sisi AB , BC

dan AC pada ABC berpotongan pada

satu titik.

Bukti (Sebagai latihan).

Teorema 10.1.2

Jika sumbu-sumbu sisi AB , BC dan

AC pada ABC berpotongan di R, maka

AR = BR = CR.

Bukti (Sebagai latihan).

Ini berarti titik-titik A, B dan C

terletak pada suatu lingkaran yang berpusat di

R dengan jari-jari AR. Selanjutnya lingkaran

ini disebut lingkaran luar ABC .

Sekarang perhatikan lagi ABC pada

Gbr.37. Jika garis tinggi yang melalui B pada

segitiga ini memotong AC

di D, maka

BD =b

csbsass ))()((2 , s = )(2

1 cba . 10.1.3

Jadi L = ))()(( csbsass , 10.1.4

b

CB

A

t

AB

t

AC

tBC

a

c

Gbr. 37

B C

Gbr. 36

R bc

A

aS

40

dengan: s = )(21 cba ,

a, b dan c panjang sisi segitiga.

Kembali pada ABC Gbr. 37 dengan perpotongan sumbu-sumbu sisi adalah

R, maka dapat ditunjukkan bahwa:

C2ARB , 10.1.4a

B2ARC , 10.1.4b

A2CRB . 10.1.4c

Dengan menggunakan aturan Cosinus pada ABC dan ARB diperoleh:

Cos C2CosARB 10.1.5

Cos 1-CCosARB 2

12

22

22222

2

22

ab

cbar

cr .

Bentuk sederhana persamaan ini adalah

Labcr4

, L = ))()(( csbsass , 10.1.6

dengan; a, b dan c adalah panjang sisi-sisi segitiga,

r jaria-jari lingkaran luar ABC ,

L luas ABC .

10.2 Lingkaran Singgung Dalam Suatu Segitiga

Diberikan sebarang PQR. Misalkan garis bagi PQR melalui P memotong

RQ di T, seperti Gbr. 38. Garis

bagi PQR melalui Q memotong

PT di S dan PR di U, juga garis

bagi PQR melalui R memotong

PQ di V maka PQR terbagi

menjadi tiga segitiga, yaitu; PQS,

P Q

Gbr. 38

S TU

R

V

41

PRS dan QRS. Jadi L PQR = L PQS + L PQR + L PRS. Karena S adalah titik

bagi PQR, maka jarak S ke ketiga sisi PQR sama. Jarak ini sama dengan jari-jari

lingkaran singgung dalam PQR. Tetapi jari-jari lingkaran ini sama dengan tinggi

PQS, PRS dan QRS dari S. Karena itu L PQR = 21 r.PQ + 2

1 r.QR + 21 r.PR.

Jadi jari-jari lingkaran singgung dalam PQR adalah

r =K

2.LΔPQR , dengan: r jari-jari lingkaran singgung dalam PQR, ...10.2.1

L PQR luas PQR, dan

K keliling PQR.

Lingkaran singgung dalam PQR dapat dilukis sebagai berikut. Lukis garis

PQR melalui P dan Q. Misalkan kedua garis ini berpotongan di S. Maka S adalah

pusat lingkaran singgung dalam PQR. Selanjutnya lukis garis tinggi PQS melalui

S. Misalkan garis tinggi ini memotong PQ di T. Lingkaran singgung dalam PQR

adalah lingkaran yang dilukis melalui T dan berpusat di S.

10.3 Lingkaran Singgung Luar Suatu Segitiga

Perhatikan lagi ABC pada Gbr. 36. Pada ABC ini dilukis suatu lingkaran

sehingga menyinggung salah satu sisinya dan perpanjangan kedua sisi lainnya.

Lingakaran ini selanjutnya disebut lingkarang singgung ABC .

Misalkan

kita ingin melukis

lingkaran singung

ABC yang me-

nyinggung sisi

BC seperti Gbr.

39. Maka yang

pertama kita lukis

adalah garis bagi Gbr. 39

O

A B FE

c

ba

K

C

42

BAC. Ke-mudian kita lukis garis bagiCBF, dengan F pada AB demikian se-

hingga (ABF). Perpotongan kedua garis bagi ini adalah pusat lingkaran yang

dimaksud dan misalkan adalah 0.

Selanjutnya misalkan lingkaran itu menyinggung BC di E, AB di F dan AC

di K maka berlaku hal-hal berikut :

tan (1/2 A) =BEc

rBFAB

rAFr

dan

tan (1/2 A) =CEb

rCKAC

rAKr

.

Tetapi BE =2

cba , karena itu tan (1/2 A) =cba

r

2 dan

tan (A) = 22 4)()(4rcba

cbar . Karena tan (A) =

AA

cossin , maka

22)222 r4)cba()cba(r4

acb(L4

L

cbaLacbcbaacbcbarA 8

)(16)()())(( 2222222222

LbccbaacbcbarA 8

2).())(( 222 . 10.3.1

Untuk –(a+b+c)2bc tidak memenuhi sebab rA < 0 dan ini tidak mungkin.

Selanjutnya untuk (a+b+c)2bc, diperoleh;

rA =L8

)cba)(bca)(cba(

=as

L

. 10.3.2

dimana ;

rA : jari-jari lingkaran singgung ABC di depan A ,

L : luas ABC,

43

s :2

cba ,

a, b dan c panjang sisi-sisi ABC.

Dengan cara yang sama kita peroleh pula jari-jari lingkaran singgung ABC di

depan B dan C berturut-turut adalah :

bsLrB

dan 10.3.3

csLrC

. 10.3.4

10.4 Garis Istimewa dan Akibatnya

Dari pasal-pasal terdahulu diketahui bahwa garis istimewa pada suatu segitiga

ada, yaitu garis tinggi, garis bagi dan garis berat. Oleh karena itu pada pasal ini akan

dibahas akibat dari ketiga garis istmewa ini.

9.5.1 Garis Tinggi Suatu Segitiga

Apabila pada setiap titik sudut dari suatu segitga ditarik garis tinggi, maka

garis tinggi itu dapat memotong sisi di depan segitiga itu atau perpanjangannya.

Teorema 9.5.1.1

Diberikan ABC. Jika garis tinggi dari A memotong BC di D, maka

abcaBD 2/222 bilamana (BDC), atau accbBD 2/222 , bilamana

(DBC) atau acbaBD 2/222 , bilamana (BCD).

Teorema 9.5.1.2

Diberikan suatu ABC. Misalkan garis tinggi dari A memotong BC di D,

garis tinggi dari B memotong AC di E dan garis tinggi dari C memotong BA di F

dengan titik tinggi G. Jika G interior ABC, maka AEG ~ BDG ~ ADC, AFG

~ DCG ~ ABDG dan ECG ~ FBG ~ AFC.

44

Teorema 9.5.1.3

Jika ABC seperti pada Teorema 9.5.1.3, makaL

acba4

)(AG222

,

L: luas ABC.

Teorema 9.5.1.6

Jika ABC seperti pada Teorema 9.5.1.3, maka

aLcbabca

8))((GD

222222 , L: luas ABC.

Teorema 9.5.1.7

Jika ABC seperti pada Teorema 9.5.1.3, maka

GACGABBCG LCAb

LBAc

LCBa

coscoscoscoscoscos .

45

BAB XIBANGUN-BANGUN RUANG

Pada dasarnya bangun ruang hanya terdiri dari prisma dan limas. Sedangkan

bangun ruang lainnya hanya merupakan kejadian-kejadian khusus dari kedua jenis

bangun ini atau gabungan dari salah satu atau kedua jenis bagian bangunan ini. Hal

ini dapat dilihat pada Gbr. 40.

Prisma alas Prisma alaspersegipanjang = balok

Prisma alas dan sisi danpenutup bujur sangkaryang sama = kubus

Prisma Alas lingkaran= tabung

Limas

Limas alas lingkaran = kerucut

Prisma miring sepasang dindingsisinya = parelel epipedum

Gbr. 40

46

Selanjutnya perhatikan kubus Gbr. 41. Titik-titik sudutnya A, B, C, D, E, F, G, dan

H, rusuk-rusuknya adalah :

AB , AD , ,AE BF , CG , DH ,

EH , HG , FG , dan EF . Bi-

dang-bidang sisi-sisinya adalah

ABCD, ABFE, BCGF, CDHG

dan DFGH. Diagonal ruangnya

adalah BH,AG , CE dan DF .

Diagonal bidangnya adalah

ABGH, BCHE, CDEF dan

ADGF. Dalam keadaan tertentu

kadang-kadang kita perlu menentukan titik potong/tembus garis dan bidang.

Contoh :

Misalkan kita ingin menentukan jarak titik tengah AB dengan bidang

diagonal CDEF pada kubus Gbr. 41. Untuk ini tentu memerlukan suatu garis yang

melalui titik tengah AB memotong tegak lurus bidang CDEF. Supaya dapat kita

menentukan titik ini harus dilakukan prosedur berikut :

¤ Tarik EC ,

¤ Tarik DF ,

¤ Sebut EC DF = L,

¤ Tarik KL dengan K titik tengah AB , maka KL tegak lurus pada setiap garis

yang terletak pada bidang EFCD yang melalui L.

KL jarak titik tangah AB ke bidang CDEF.

11.1 Kubus, balok, Prisma dan Limas

Masing-masing bangun ruang ini mempunyai sifat sendiri-sendiri. Pada pasal

ini akan dibahas sifat-sifat khusus itu.

Gbr. 41

A B

C

GH

E

D

F

47

11.1.1 Kubus

Bangun ruang ini mempunyai : 8 titik sudut, 12 rusuk yang sama, panjang

yang tegak lurus satu sama lainnya, 6 bidang sisi yang berbentuk bujur sangkar dan

tegak lurus satu sama lainnya, 4 diagonal ruang, 4 diagonal bidang yang berbentuk

persegi panjang. Untuk jelasnya perhatikan kubus pada Gbr. 41.

Telah diketahui bahwa penutup mempunyai jarak tetap terhadap alas, maka

kita katakan bahwa penutup kubus adalah tempat kedudukan titik yang mempunyai

jarak tetap s dari bidang alas kubus. Hal ini yang dapat kita lihat pada kubus bahwa

setiap garis yang terletak pada sisi-sisi alas selalu memotong atau menyilang rusuk

tegak lurus. Oleh karena itu untuk menentukan jarak titik tengah AB ke dalam

CDEF harus dibuat proyeksi titik tengah AB kesebarang garis pada bidang CDEF.

Perhatikan Gbr.41 pada contoh di atas. Misalkan titik tengah AB adalah K,

maka dengan bidang CDEF dan titik K dapat dibentuk diagonal bidang yang

berbentuk segitiga samakaki, yaitu EKC dan DKF dengan EK = KC dan DK =

FK. Alas kedua segitiga ini berpotongan di suatu titik L. Jarak KL adalah jarak titik

K ke bidang diagonal CDEF.

Selanjutnya di sini dapat juga kita ketahui bahwa bidang EFCD dan bidang

EKC berpotongan pada suatu garis lurus EC . Demikian juga bidang EFCD dan

bidang KED berpotongan pada suatu garis lurus DH . Sedangkan kedua bidang yang

melalui kedua segitiga di atas berpotongan pada suatu garis lurus KL . Karena

CDEF persegipanjang, maka garis tinggi EKC dan DKF dari K adalah garis

yang melalui K dan titik tengah EC dan DF . Jika EC DF = L, maka KL

adalah jarak titik tengah AB ke diagonal bidang CDEF.

48

11.1.2 Balok

Pada dasarnya kubus merupakan bentuk khusus dari balok yaitu jika

mempunyai rusuk yang sama panjang maka akan terjadi kubus. Oleh karena itu balok

juga mempunyai 8 titik sudut,

3 pasang bidang sisi, 12 rusuk

dengan 4 rusuk panjang, 4

rusuk lebar, 4 rusuk tinggi, 4

diagonal ruang, 4 diagonal

bidang. Perhatikan Gbr. 42.

Titik sudutnya adalah

A,C,D,E,F,G, dan seterusnya.

Segmen-segmen AB , DC ,

EF , GH adalah rusuk

panjang, AD , BC , EH , FG rusuk lebar, AE , DH , BF , CG , rusuk tinggi, AG ,

BH , CE dan

DF adalah

diagonal ruang.

Bidang-bidang

ABCD bidang

alas, AEFB,

BFGC, CGHD

bidang dinding

dan EHGF

bidang penutup,

ADGF, DBGH,

BCHE dan

CDHE adalah

A B

C

G

E

H

K

FL

D

Gbr. 42

A B

CD

E F

GH

Gbr. 44

L

KM

49

diagonal bidang. Sama halnya dengan pada kubus di sini juga kadang-kadang kita

perlu menentukan letak suatu titik dengan tepat.

Contoh :

Misalkan kita ingin menentukan jarak antara titik B dengan bidang yang melalui

EDG seperti pada Gbr. 43. Untuk itu perhatikan Gbr. 44.

Misalkan

K adalah titik

potong garis

tinggi dari B ke

DG dan L adalah

titik potong garis

tinggi dari B ke

EG . Misalkan M adalah titik potong DL dan EK . Maka jarak MB adalah jarak titik

B ke bidang EGD.

Bukti

Karena BK DG maka bidang yang melalui B, K, E tegak lurus pada

bidang EDG juga karena BL EG maka bidang yang melalui B, L, D tegak lurus

pada bidang EDG. Karena itu maka garis potong bidang BKE dan bidang BLD

adalah garis lurus yang tegak lurus bidang EDG. Karena garis itu melalui B dan

memotong EDG di M maka jarak BM adalah jarak B ke bidang EDG.

11.1.3 Prisma

Prisma merupakan bangun ruang yang mempunyai bidang alas dan penutup

sejajar dan kongruen, rusuk-rusuk tegak juga sejajar.

Contoh :

Perhatikan Gbr. 45.

(i) Prisma dengan alas dan penutup segitiga.

(ii) Prisma dengan alas dan penutup segilima.

A B

CD

E F

GH

Gbr. 43

50

Bangun ruang yang masih menyerupai bentuk bangun ini disebut prismoida.

Ini dapat dilihat pada Gbr. 46.

Di sini bidang IKL//bid. EFGH. Selanjutnya disebut prismoidaEFGHIKL .

11.1.4 Limas

Limas merupakan bangun ruang yang dibatasi oleh sebuah bangun segi-n

sebagai bi-

dang alas

dan bidang-

bidang sisi

tegak yang

berbentuk

segitiga de-

ngan alas

sisi-sisi

segi-n itu dan puncaknya berimpit. Beberapa bangun ruang ini tampak pada Gbr. 47.

(i) Limas dengan bidang alas segitiga

(ii) Limas dengan bidang alas segiempat

Kadang-kadang sebuah bangun ruang tertentu disebut paralel epipedum. Sebenarnya

ini adalah sebutan umum dari bangun ruang yang mempunyai bidang-bidang sisi

berhadapan

sejajar. Misal

kubus dan

balok. Ba-

ngun lain

yang juga

disebut para-

lel epipedum

A

A

Gbr. 46

I

E

F

H K

L

G

A

D

B

C

E

DC

Gbr. 47

A B(i) (ii

)

Gbr. 45A B

E

F

D

C

BA

E

F G

HIJ

CD

(i)

(ii)

51

adalah prisma miring dengan alas dan penutup persegipanjang (Gbr. 48).

11.2 Bangun-bangun Ruang Khusus

11.2.1 Bidang Empat Beraturan (tetrahedron)

Bangun ini disusun dari empat buah segitigasisi, sehingga membentuk

bangun ruang. Ini tampak seperti Gbr. 49.

11.2.2 Bidang Enam Beraturan (Hexahedron, Kubus) (lihat Gbr. 40)

11.2.3 Bidang Delapan beraturan (Octahedron)

Bangun ini juga disusun dari delapan buah segitiga sama sisi sehingga

membentuk sebuah bangun ruang . Bangun ini tampak seperti Gbr. 50.

11.2.4 Bidang Dua Belas beraturan (Dodecahedron)

Bangun ini disusun dari dua belas segilima beraturan (Gbr. 51).

Gbr. 50Gbr. 51

Gbr. 48 Gbr. 49

52

11.2.5 Bidang Dua Puluh Beraturan (Icosahedron)

Bangun ini disusun dari dua puluh

segitiga samasisi.

11.3 Melukis Bangun Ruang

Bangun ruang tidak dapat dilukis tepat

sama dengan bangun ruang sesungguhnya pada

bidang. Untuk itu diperlukan syarat-syarat

tertentu agar dapat memperoleh model yang hampir menyerupai bangun yang

sebenarnya. Syarat untuk melukis ini ada tiga yaitu; bidang datar, bidang frontal,

perbandingan proyeksi dan syarat lain.

Contoh 1

Lukis kubus ABCDEFGH dengan bidang ABCD pada bidang datar, bidang

ABFE pada bidang frontal, sudut-sudut 300 dan perbandingan proyeksi 1:2.

Lukisan

Karena bidang ABFE frontal maka ABFE dilukis seperti bidang bujursangkar

ABFE. Di sini AD sebenarnya tegak lurus pada AB tetapi pada lukisan hanya

dilukis 300. Juga sebenarnya AD=AB tetapi hanya dilukis AD = 1/2 AB.

Gbr. 52

A

B

C

E

D

E

G

C

H

F

BAGbr. 53

D

302

1

Gbr.54

53

Contoh 2.

Pada Gbr. 54 bidang 4 beraturan ABCD, bidang berat AED frontal, sudut 600,

perbandingan proyeksi 1:2

11.4 Melukis Penampang

Penampang merupakan suatu bidang yang terdapat dalam bangun ruang yang

memenuhi syarat tertentu.

Contoh

Bidang BCHE pada kubus Gbr. 53 adalah salah satu penampang pada kubus

itu. Untuk melukis bidang penampang pada suatu bangun ruang diperlukan dua tahap

yaitu :

1. Melukis garis dasar, dan

2. Menyelesaikan penampang .

11.4.1 Melukis Garis Dasar

Garis ini ditentukan melalui perpotongan bidang penampang dengan bidang

dasar dari suatu bangun ruang. Selanjutnya garis ini disebut sumbu afinitas atau garis

kolineasi.

11.4.2 Menyelesaikan Penampang

Pada tahap ini hanya kita mencari titik potong-titik potong bidang penampang

dengan

bidang-

bidang sisi

bangun ru-

ang. Bila

titik ini

telah dida-

pat, maka

pekerjaan

A B

C

RGH

M

E

PD Q

F

K

L

Gbr. 54

54

akhir adalah menghubungkan titik-titik dengan ruas garis sehingga membentuk

sebuah bidang.

Contoh

Lukislah penampang kubus ABCDEFGH yang melalui titik

P AE AP=PE, titik Q BF BQ =41 BF dan H.

Penyelesaian.

Perhatikan Gbr. 55.

Tandai perpotongan HP dan AD dengan K. Juga perpotongan AB dan PQ dengan

L. Melalui K dan L dapat dibuat tepat sebuah garis KL (gars dasar). Selanjutnya

tandai perpotongan BC dan KL dengan M dan perpotongan QM dan GC dengan

R. Penampang yang diminta adalah bidang yang melalui titik PQRH.

55

BAB XIIVOLUME BANGUN-BANGUN RUANG

12.1 Kubus

Jika kubus pada Gbr. 53 setiap rusuknya dibagi dalam 3 bagian yang sama

panjang maka kubus itu akan tersusun dari 3x3x3 kubus-kubus kecil. Ini berarti

bahwa volume kubus itu adalah

V = 3x3x3 satuan volume.

Selanjutnya jika rusuk-rusuk ini

dibagi sebanyak s yang sama panjang maka

Vkubus = sxsxs

= s3 satuan volume.

V = s3 dengan V : Volume kubus,

s : rusuk kubus.

12.2 Balok

Jika panjang salah satu balok dibagi sebanyak p sehingga sama panjang, lebar

dibagi sebanyak l sehigga setiap bagian pada panjang sama panjangnya dengan stiap

bagian pada lebar dan tinggi juga di sebanyak t sehingga setiap bagian pada panjang

sama panjangnya dengan setiap bagaian pada tinggi, maka volume balok adalah

V = p x l x t

= p l t, dengan V : volume balok ,

p : pajang balok ,

l : lebar balok ,

t : tinggi balok .

12.3 Prisma

Pada dasarnya kubus dan balok adalah prisma-prisma khusus yang memenuhi

syarat sebagai kubus atau balok.

Pada balok V = p l t, tetapi pl =L adalah luas alas balok. Jadi volume prisma adalah

Gbr. 56

56

V = L t, dengan L : luas alas prisma,

t : tinggi prisma,

V : Volume prisma.

Contoh

Tentukan volume prisma pada

Gbr. 57.

Penyelesaian

Alas prisma ini berbentuk

trapesium. Karena panjang dua sisinya

yang sejajar 25 dan 18 sedangkan tingginya 6 maka luas adalah

L = ½..6 (25+18)

= 3.43.

= 129 satuan luas.

Karena tingginya 8, maka

V = Lt

= 129.8

=1032 satuan volume.

12.4 Tabung

Bentuk khusus lain dari prisma adalah tabung yaitu suatu prisma yang alasnya

adalah lingkaran. Volume prisma ini

adalah : V = Lt.

Tetapi karena alasnya adalah lingakaran

maka L = 2r jadi volume tabung adalah

V = tr 2 , dengan r : jari-jari lingkaran

alas dan t : tinggi tabung. r

t

Gbr. 58

Gbr. 57

818

25

6

57

12.5 Limas

Bentuk bangun ruang lainnya adalah

limas. Volume bangun ruang ini dapat

ditentukan sebagai berikut :

Perhatikan Gbr. 59.

Pada kubus ABCD EFGH semua

diagonal ruangnya terpotong di suatu titik

K. Perpotongan ini membentuk 6 buah

limas yang kongruen, salah satu di

antaranya adalah limas K ABCD. Misalkan tinggi limas ini adalah t. Karena t = 21 s, s

pajang rusuk kubus, Maka

Vkubus = 6 Vlimas.

S2(2t) = 6 Vlimas.

31 s2t = Vlimas, s2 adalah luas alas limas.

Jadi Vlimas = 31 Lt, dengan

L = luas alas limas,

t = tinggi limas.

12.6 Kerucut

Bentuk limas yang istimewa adalah kerucut, yaitu suatu limas yang alasnya

lingkaran. Jadi volume limas adalah :

V = 31 Lt, karena alasnya adalah lingkaran

maka L = 2r sehingga volume kerucut adalah

:

V = tr 231 , dengan

V: volume kerucut,

r: jari-jari lingkaran alas,

A B

C

D

E F

H

H

H

Gbr. 59

AB

CD

K

t

Gbr. 60

Gbr. 61

r

t

58

t: tinggi kerucut.

12.7 Paralel Epipedum

Suatu bentuk prisma yang codndong

disebut paralelepipedum. Contoh bangun ini

tampak pada Gbr. 62.

Volume bangun ini dapat ditentukan dengan

rumus : V = Lt,

dengan L : luas alas,

t : tinggi paralel epipedum,

V : volume paralel epipedum.

Gbr. 62

59

BAB XIIIVOLUME BANGUN-BANGUN RUANG TERPANCUNG

13.1 Limas Terpancung

Bangun-bangun ini merupakan bangun-bangun ruang yang telah dipotong

oleh sebuah bidang

Contoh :

Diberikan sebuah bidang empat beraturan TABC. Sebuah bidang memotong

bangun ini melalui titik P

pada AT sehingga AP =

21 AT, titik Q pada TB

sehingga TQ = 31 BT dan titik

R pada TC sehoingga CR =

41 CT. Tentukan volume T.

PQR.

Penyelesaian

Misalkan panjang sisi

ABC adalah a. Maka

32at . Jika garis tinggi

dari A memotong BC di D

maka TD = 32at . Jadi L ABC 3. 22

1 aa = 342a . Selanjutnya perhatikan

TQR. Maka 60sina

TQ

31 tQ = 36

a .

Selanjutnya misalkan proyeksi B pada TC adalah B' dan proyeksi Q pada TC

adalah Q’, maka TQQ' sebangun dengan TBB'. Jadi'BB'QQ

aTQ , sehingga

QQ' = tQ = 33. 6231 aa . Oleh karena itu L TQR = 348

2a .

A

B

D

CB'

R'R

T

PQ

Gbr. 63

60

Jika limas TABC puncaknya adalah A dan alasnya ABC maka tinggi limas

menjadi tinggi TAD dengan alas TD . Maka TD = 2412

43 aa = 22

a . Jadi

L TAD = 2.. 221 aa . Tetapi luas TAD

dapat juga dihitung dengan menggunakan

tinggi tA. Jadi

L TAD = TD.tA 3..2 21

22

Aa t ,

maka tA = 6332 aa .

Selanjutnya jika puncak limas T.

PQR adalah P maka tingginya adalah jarak

P ke TD .

Dari Gbr. 65 diperoleh PTP ~

TAA'. Jadi PT:TA = PP' : AA'

AP ttaa ":21

AP t:t2:1

66. 6321 aa

Pt .

VLT.PQR=s ...31

PPQR tL ……...VV

= 66

.348

.2

31 aa .

= 224.12

2a .

Teorema 13.1.1

Perbandingan volume limas terpancung sama dengan perkalian perbandingan

rusuk-rusuknya yang seletak.

Jika limas itu T.ABC dipancung oleh bidang AEF maka

DA

T

tD

tA

Gbr. 64

a

32a

D

A A'

P

T

p'

0

0

Gbr. 65

61

TFTC

TETB

TDTA

VV

DEFT

TABC ...

.

=TD.TE.TFTA.TB.TC .

Bukti

Misalkan limas itu adalah

T.ABC. Misalkan proyeksi A pada

bidang yang memuat TBC adalah A'

dan proyeksi D pada bidang TBC

adalah D'. Maka

TEF

TBC

DEF.T

ABC.T

L'.DD31

L'.AA31

VV

=TEF

TBC

L'.DDL:'AA

.

Tetapi ATD' ~ AA'T, makaDDTA

'DD'AA . Jadi =

TEF

TBC

DEF.T

ABC.T

LL.

TDTA

VV

.

Selanjutnya misalkan proyeksi B pada TC adalah B' dan proyeksi E pada TC

adalah E', maka L TBC = 'BB.TC21 dan L TEF = TF2

1 EE'. Jadi

'..'..

2121

.

.

EEFTTDBBTCTA

VV

DEFT

ABCT

='EE.TF.TD'BB.TC.TA . Karena TEE' ~ TB'B', maka

TETB

'EE'BB .

JadiTE.TF.TDTB.TC.TA

VV

DEF.T

ABC.T .

A

B

C

B'D

EE'

F

T

A'

Gbr. 66

D'

62

13.2 Kerucut Terpancung

Kerucut terpancung merupakan benda putar yang terjadi karena trapesium

siku-siku diputar mengelilingi sisinya. Sisi-sisi yang sejajar dalam trapesium akan

membentuk lingkaran-lingkaran sejajar, yang besar akan menjadi lingkaran alas dan

yang kecil menjadi lingkaran atas kerucut terpancung. Sisi-sisi siku-sikunya menjadi

jarak antara alas dan atas sekaligus menjadi tinggi kerucut terpancung, sedangkan sisi

miringnya menjadi garis pelukis kerucut terpancung.

13. 2.1 Volume Kerucut Terpancung

Perhatikan kerucut terpancung pada Gbr. 67. Misalkan tinggi kerucut

terpancung itu adalah t, luas lingkaran dasar

adalah dan luas lingkaran atas adalah ,

tinggi kerucut atas adalah x. Disini volume

kerucut terpancung adalah :

V = Vkerucut besar - Vkerucut kecil

= )()( 31

31 xxt

= )(31

31 xt 13.2.1.1

Tetapi22 x:)tx(:

x:)tx(:

βα

β)αβ(tx

. 13.2.1.2

Setelah mensubtitusi (12.2.1.2) pada (12.2.1.2) diperoleh

V = β)(αβ)(α

β)αβ(ttα 31

31

= β)αβ(αt31 , karena 2πRα dan 2πrβ maka

V = )πR.rRR(t 222231

R

r

y

Gbr. 67

63

= ).r.rR.Rt( 2231

= 31 t(R2 + rR + r2). 13.2.1.3

dengan;

V : volume kerucut terpancung,

t : tinggi kerucut terpancung ,

R : jari-jari lingkaran dasar,

r : jari-jari lingkaran atas.

13.2.2 Luas Bidang Lengkung Kerucut Terpancung

Perhatikan kembali Gbr. 67. Misalkan panjang garis pelukis kerucut

terpancung itu adalah a dan panjang garis pelukis kerucut kecil adalah y,

maka R : r = (a+y): y, sehingga

y =rR

ar

, dengan: 13.2.2.1

y : panjang garis pelukis kerucut kecil,

a : panjang garis pelukis kerucut terpancung,

R : jari-jari lingkaran alas kerucut besar,

r : jari-jari lingkaran alas kerucut kecil.

Luas bidang lengkung kerucut terpancung itu adalah

L = luas selimut kerucut besar- luas selimut kerucut kecil

= π R (a +y) - ryπ

= r)yπ(RπRa , karena (13.2.2.1) maka

L =

rR

arr)π(RπRa

= r)πa(R

dengan

a : panjang garsi pelukis kerucut terpancung,

R : jari-jari lingkaran dasar,

64

r : jari-jari atas,

L : luas bidang lingkaran kerucut terpancung .

65

BAB XIVB O L A

14.1 Luas Bola

Misalkan pada sebuah bidang terletak sebuah AB dan sebuah garis g yang

tidak memotong AB . Jika bidang itu diputar mengelilingi garis g, maka akan

terjadi bidang lengkung lingkaran

kerucut terpancung dengan AB

sebagai garis pelukis.

Selanjutnya jika T titik tengah

AB , ABTM dan A', T’ dan B'

berturut-turut proyeksi A, T dan B

pada g dan M pada g’, maka :

L = (luas bidang lengkung

kerucut terpancung (AA' B' B)

= )BB'π.AB(AA'

= T'π.AB.2A'

L = 2 '..π TTAB . 14.1.1

Selanjutnya jika proyeksi B pada AA' adalah C, maka TT'M ~ ACB.

Jadi TM:AB = TT':BC atau AB x TT' = TM x BC, sehingga

Jadi luas (AB) = 2 BC.TM.

= 2 'B'A.TM.

= (keliling lingkaran (M, MT) x (proyeksi AB pada proses)

Jika AB diganti dengan AB dari sebuah lingkaran (M,R) dan proses/sumbu g adalah

sebuah garis tengah lingkaran itu sehingga AB tidak terbagi oleh poros itu maka luas

bidang lengkung yang terjadi karena memutar AB = keliling lingkaran (M,R)x

(proyeksi AB pada poros g) = 2 'B'AR .

Gbr. 68

A C

M

A'

B'B

T T'

α

66

Gbr. 67

B B'

A A'

M

T

g

Gbr. 68

B B'

T1

A'

M

C'

A

T'T2

Bukti

Perhatikan tali busur AB luas (AB) = 2 'BA'π.TM . Talibususr AB dibagi

sama besar menjadi AC = CB. Maka ali busur : AC = talibusur CB, T1M = T2M =

apotema. Jadi

Luas (AC) = 2 . apotema. A'C'

Luas (CB) = 2. Apotema. C'B' +

Luas (garis patah DCB) = 2 . Apotema A'B'

Selanjutnya jika jumlah talibusur yang menahan AB diperbanyak, maka talibusur-

talibusur itu mendekati AB dan apotemanya makin mendekati R. Untuk jumlah

talibusur yang dibentuk menuju tak hingga maka :

Luas bidang lengkung yang dibentuk dengan memutar AB maka A'B' = 2R.

Jadi Luas = 2 2RπR

= 2 2RπR = luas permukaan bola, dengan jari-jari R.

= 4R2.

67

14.2 Volume Bola

Perhatikan Gbr. 69. Jika jari-jari bola itu adalah r maka L1/2 bola = 2 2πr .

Sekarang pandang bola itu sebagai kerucut dengan puncak A dan garis-garis

pelukisnya adalah jari-jari yang

terletak pada bidang lingkaran besar

setengah bola itu.

Maka :

t.L.31V

21

bola21bola . Tetapi t = r.

Maka31

21

bolaV 2r2.r =32r3. Jadi

Vbola = 3πr34 ,

dengan:

V : volume bola

r : jari-jari bola

Gbr. 69

AB

C

D

r

r

68

DAFTAR PUSTAKA

Edwin E. Moise, Elementary Geometry from an Advance Stand Point, Addisa WeslayPublishing Company, Massachussets, 1970.

M. Oetjoep Ilman, dkk, 1968, Ilmu Ukur Ruang, Jilid 3, Widjaya, Jakarta.M. Oetjoep Ilman, dkk, 1967, Ilmu Ukur Ruang, Jilid 2, Widjaya, Jakarta.M. Oetjoep Ilman, dkk, 1968, Ilmu Ukur Ruang, Jilid 1, Widjaya, Jakarta.Rawuh, 1988, Materi Pokok Geometri Linier Sifat Terbuka, Modul 1-9, Karunika,

Jakarta.Rawuh, 1993. Geometri Transformasi, Proyek Pembinaan Tiga Kependidikan.

Pendidikan Tinggi. Jakarta.Ray, C. Jurgensen, at all, 1983, Geometry, Teacher's Edition, Houngthon Mifflin

Company Boston, Belanda.