osn-projek-geometri

Tutur Widodo www.pintarmatematika.net

1. Pada segitiga ABC, O adalah pusat lingkaran luar dengan jari - jari R. Titik H adalahtitik tinggi yaitu titik potong ketiga garis tinggi segitiga ABC. Jika D adalah titik tengahruas garis BC maka AH = 2OD.Penyelesaian :Misalkan AE dan BF berturut - turut adalah garis tinggi dari titik A dan B, sepertigambar di bawah ini,

A

B C

O

DE

F

H

Perhatikan bahwa ∠BOD = ∠A dan ∠AHF = ∠C. Selanjutnya diperoleh

OD = R cos∠A

dan pada 4AHF diperoleh pula

sin∠AHF = AF

AH⇔ AH = AF

sin∠C

⇔ AH = AB cos∠A

sin∠C

⇔ AH = 2R cos A = 2OD

2. Diberikan segitiga lancip ABC dengan titik pusat lingkaran luar O dan titik tinggi H.Misalkan K sebarang titik di dalam segitiga ABC yang tidak sama dengan O maupun H.Titik L dan M terletak di luar segitiga ABC sedemikian sehingga AKCL dan AKBM

jajaran genjang. Terakhir, misalkan BL dan CM berpotongan di titik N dan misalkanjuga J adalah titik tengah HK. Buktikan bahwa KONJ jajaran genjang.

(OSN SMA 2010 )

Penyelesaian :Perhatikan sketsa berikut ini,

1


A

B

C

O

HK

L

M

N

JP

Perhatikan bahwa AKCL dan AKBM adalah jajar genjang. Sehingga diperoleh AK//CL

dan AK = CL. Demikian pula AK//BM dan AK = BM . Dari dua hal ini diperolehCL//BM dan CL = BM . Oleh karena itu, BMLC adalah jajar genjang. Dan karenaN adalah perpotongan kedua diagonalnya maka MN = NC dan BN = NL.

Misalkan P adalah titik tengah BC. Diperoleh NP//BM//AK dan NP = 12BM =

12AK. Ingat juga bahwa OP//AH (keduanya tegak lurus dengan BC) dan OP = 1

2AH.Karena NP//AK dan OP//AH maka ∠OPN = ∠HAK. Dengan demikian 4OPN

sebangun dengan 4HAK. Jadi, ON = 12HK = JK.

Terakhir, tinggal ditunjukkan JK//ON . Dan tentunya tidak terlalu sulit. Karena4OPN sebangun dengan 4HAK maka ∠HKA = ∠ONP . Dan mengingat NP//AK

maka diperoleh HK//ON dan tentu saja berarti JK//ON .

Karena JK//ON dan JK = ON maka terbukti KONJ adalah jajar genjang.

3. Diberikan segitiga lancip ABC dengan AB < AC serta titik O adalah titik pusatlingkaran luar ω. Misalkan D adalah titik pada ruas garis BC sedemikian sehingga∠BAD = ∠CAO. Misalkan pula E adalah titik potong kedua dari lingkaran ω dengangaris AD. Jika M, N dan P berturut - turut adalah titik tengah dari ruas garis BE, OD

dan AC, tunjukkan bahwa M, N , dan P segaris.

(Junior Balkan Mathematical Olympiad 2013 )

Penyelesaian :Misal H adalah titik tinggi dari 4ABC

2


A B

C

O D E

P

N

MH

Karena P adalah titik tengah AC dan O pusat lingkaran luar maka OP⊥AC. Kitajuga tahu bahwa ∠CAO = ∠BAD dan karena ∠ABC = ∠AOP maka 4AOP sebangundengan 4ABD. Itu berarti ∠ADN = 90◦ sehingga AD adalah garis tinggi dari titik A.Karena kita bekerja dengan OP dan tahu bahwa AD adalah garis tinggi maka sangatmasuk akal jika kita memunculkan titik tinggi H. Dan tentu saja H terletak di ruas garisAD dengan BH = 2OP (berdasarkan lemma kita sebelumnya). Wow, lumayan banyakternyata yang kita dapat. Sekarang kita tahu bahwa untuk menunjukkan OP = MD,cukup ditunjukkan BH = 2MD dan karena M adalah titik tengah BE maka harusditunjukkan bahwa D titik tengah HE. Padahal BD⊥HE. Jadi tinggal dibuktikanbahwa BHE adalah segitiga samakaki.

Untuk membuktikan BHE segitiga samakaki, mari kita coba gunakan kesebangunan.Mudah dilihat bahwa 4ABD dan 4CDE sebangun. Dan karena 4ABD juga sebangundengan 4AOP maka 4CDE dan 4AOP juga sebangun. Dari hubungan ini diperoleh

CD

DE= AP

OP· · · · · · · · · ∗)

Selain itu 4ACD sebangun dengan 4BDE (untuk yang ini sangat mudah dikenali).Oleh karena itu, diperoleh pula

CD

DE= AC

BE· · · · · · · · · ∗ ∗)

Dari persamaan *) dan **) diperoleh

AP

OP= AC

BE⇔

12AC12BH

= AC

BE⇔ BE = BH

Terbukti BHE segitiga samakaki.

Oleh karena itu, MD//BH//OP dan MD = 12BH = OP sehingga POMD adalah jajar

3


genjang. Karena N pertengahan diagonal OD maka N adalah titik potong diagonal OD

dan diagonal MP . Jadi terbukti M, N dan P segaris.

4. Diberikan segitiga ABC dengan AC > BC. Pada lingkaran luar segitiga ABC terletaktitik D yang merupakan titik tengah busur AB yang memuat titik C. Misalkan E adalahtitik pada AC sehingga DE tegak lurus pada AC. Buktikan bahwa AE = EC + CB.

(OSN SMA 2002 )

Penyelesaian :Misalkan F terletak pada perpanjangan BC sehingga CF = CE. Seperti pada gambardi bawah ini.

A B

C

D

E

F

Karena D terletak pada pertengahan busur AB maka ∠ABD = ∠BAD. Oleh karenaitu 4ABD adalah segitiga samakaki dengan AD = BD.

Perhatikan juga

∠DCF = 180◦ − (∠BCE + ∠DCE)

= 180◦ − (∠ADB + ∠ABD)

= ∠BAD

= ∠ABD

= ∠ECD

dan karena CE = CF, AD = AD maka 4CDE kongruen dengan 4CDF . Hal iniberakibat ∠CFD = ∠CED = ∠AED. Padahal kita ketahui ∠DAE = ∠DBF danAD = BD, sehingga 4ADE kongruen dengan 4BDF . Oleh karenanya, AE = BF =BC + CF = BC + CE seperti yang diharapkan.

4


5. Diberikan segitiga lancip ABC dengan AC > BC dan titik pusat lingkaran luar O.Garis tinggi segitiga ABC dari C memotong AB dan lingkaran luar segitiga ABC lagiberturut- turut di titik D dan E. Garis melalui O sejajar AB memotong garis AC dititik F . Buktikan bahwa garis CO, garis melalui F tegak lurus AC, dan garis melalui E

sejajar DO bertemu di satu titik.

(OSN SMA 2010 )

Penyelesaian :Misalkan garis CO dan garis melalui F tegak lurus AC berpotongan di titik P . Misalkanpula perpanjangan CP memotong lingkaran di Q (seperti pada gambar di bawah ini)

A B

C

O

D

E

F

P

Q

Untuk menunjukkan bahwa ketiga garis yang dimaksud berpotongan di satu titik ( dalamhal ini titik P ) maka cukup ditunjukkan bahwa OD sejajar PE.

Perhatikan bahwa CQ adalah diameter lingkaran, sehingga ∠CAQ = 90◦ = ∠CFP .Akibatnya ∠CPF = ∠CQA. Padahal ∠CQA = ∠ABC, sehingga diperoleh ∠CPF =∠ABC. Oleh karena itu, 4CFP sebangun dengan 4CBD. Sehingga berlaku

BC

CP= CD

CF⇐⇒ BC · CF = CD · CP · · · · · · ∗)

Selanjutnya, perhatikan juga bahwa ∠BEC = ∠BAC = ∠CFO sehingga 4CBE seban-gun dengan 4CFO. Sehingga berlaku pula

CF

CE= CO

BC⇐⇒ BC · CF = CO · CE · · · · · · ∗ ∗)

Dari persamaan *) dan **) diperoleh

CD · CP = CO · CE ⇐⇒ CD

CE= CO

CP

5


Akibatnya 4COD sebangun dengan 4CPE. Sehingga terbukti OD sejajar PE.

Jadi, terbukti garis CO, garis melalui F tegak lurus AC, dan garis melalui E sejajar DO

bertemu di titik P .

6. Pada segitiga ABC, titik-titik D, E dan F berturut-turut terletak pada segmen BC, CA

dan AB. Nyatakan P sebagai titik perpotongan AD dan EF . Tunjukkan bahwa

AB

AF× CD + AC

AE×BD = AD

AP×BC

(OSN SMA 2009 )

Penyelesaian :Untuk memudahkan perhatikan sketsa di bawah ini!

A B

C

D

E

F

P

Perhatikan 4ABC,4ACD dan 4ABD ketiganya memiliki tinggi yang sama. Olehkarena itu, diperoleh

[ACD][ABC] = CD

BCdan [ABD]

[ABC] = BD

BC· · · · · · ∗)

Selain itu, 4ABC dan 4AEF , 4ACD dan 4AEP serta 4AFP dan 4ABD, ketigapasang segitiga tersebut memiliki satu sudut yang saling berhimpit sehingga diperolehhubungan

[AEF ][ABC] = AE × AF

AC × AB,

[AEP ][ACD] = AE × AP

AC × AD,

[AFP ][ABD] = AP × AF

AD × AB, · · · ∗ ∗)

6


Dari persamaan *) dan persamaan **) diperoleh

[AEF ][ABC] ×

[ACD][AEP ] = AE × AF

AC × AB× AC × AD

AE × AP

⇔ [AEF ][AEP ] ×

CD

BC= AF × AD

AB × AP

⇔ [AEF ][AEP ] = AF × AD ×BC

AB × AP × CD

dan

[AEF ][ABC] ×

[ABD][AFP ] = AE × AF

AC × AB× AB × AD

AF × AP

⇔ [AEF ][AFP ] ×

BD

BC= AE × AD

AC × AP

⇔ [AEF ][AFP ] = AE × AD ×BC

AC × AP ×BD

Padahal diketahui pula [AEP ] + [AFP ] = [AEF ], sehingga

[AFP ][AEF ] + [AFP ]

[AEF ] = 1 ⇔ AB × AP × CD

AF × AD ×BC+ AC × AP ×BD

AE × AD ×BC= 1

⇔ AB

AF× CD + AC

AE×BD = AD

AP×BC

7. Pada segitiga ABC, M adalah titik tengah BC dan G adalah titik berat segitiga ABC.Sebuah garis ` melalui G memotong ruas garis AB di P dan ruas garis AC di Q, dimanaP 6= B dan Q 6= C. Jika [XY Z] menyatakan luas segitiga XY Z, tunjukkan bahwa

[BGM ][PAG] + [CMG]

[QGA] = 32

(OSN SMA 2006 )

Penyelesaian :

A B

C

M

D

G

P

Q

7


G adalah titik berat 4ABC sehingga AG : GM = 2 : 1. Oleh karena itu diperoleh

[BGM ][PAG] + [CMG]

[QGA] =13 [ABM ][PAG] +

13 [ACM ][QGA]

= 13

(AM × AB

AG× AP+ AM × AC

AG× AQ

)

= 13 ×

AM

AG

(AB

AP+ AC

AQ

)

= 13 ×

32

(AB

AP+ AC

AQ

)

= 12

(AB

AP+ AC

AQ

)

Oleh karena itu cukup ditunjukkan bahwa ABAP

+ ACAQ

= 3. Padahal berdasarkan hasil darisoal OSN 2009 sebelumnya diperoleh

AB

AP×MC + AC

AQ×MB = AM

AG×BC ⇔ AB

AP×MC + AC

AQ×MC = 3

2 × 2MC

⇔ AB

AP+ AC

AQ= 3

Jadi, terbukti bahwa[BGM ][PAG] + [CMG]

[QGA] = 32

8. Diketahui ABC adalah segitiga lancip dengan titik - titik sudutnya terletak pada lingkaranyang berpusat di titik O. Titik P terletak pada sisi BC sehingga AP adalah garis tinggisegitiga ABC. Jika ∠ABC + 30◦ ≤ ∠ACB, buktikan bahwa ∠COP + ∠CAB < 90◦.

(OSN SMP 2013 )

Penyelesaian :Perpanjang garis BO sehingga memotong lingkaran di titik E (seperti terlihat pada gam-bar). Perhatikan bahwa BE adalah diameter lingkaran luar 4ABC. Hal ini berakibat∠BAE = 90◦.

8


A B

C

O

P

E

Oleh karena itu, untuk membuktikan ∠COP + ∠CAB < 90◦ cukup ditunjukkan bahwa∠COP < ∠CAE. Akan tetapi ∠CAE = ∠CBE = ∠OCP . Sehingga cukup ditunjukkan∠COP < ∠OCP . Atau setara dengan menunjukkan CP < OP .

Untuk menunjukkan CP < OP , tambahkan beberapa titik bantu yaitu titik Q pada sisiBC sehingga OQ⊥BC dan titik R pada ruas garis AP sehingga OR⊥AP (seperti padagambar di bawah ini). Diperoleh OQPR berupa persegi panjang dengan PQ = OR danPR = OQ.

A B

C

O

P

R Q

Perhatikan bahwa

∠CAO = ∠ACO = 180◦ − ∠AOC

2 = 180◦ − 2∠ABC

2 = 90◦ − ∠ABC

selain itu∠CAP = 90◦ − ∠ACB

9


Dari kedua hasil di atas diperoleh

∠PAO = ∠CAO − ∠CAP = (90◦ − ∠ABC)− (90◦ − ∠ACB) = ∠ACB − ∠ABC

dan karena ∠ABC + 30◦ ≤ ∠ACB berakibat ∠PAO ≥ 30◦. Sehingga diperoleh OR =OA · sin∠PAO ≥ OA

2 .

Ingat kembali bahwa PQ = OR sehingga PQ ≥ OA

2 = OC

2 . Dengan menggabungkan

fakta bahwa CQ < OC, CQ = CP + PQ dan PQ ≥ OC

2 dapat disimpulkan CP < PQ.Sehingga diperoleh

CP < PQ < OP

seperti apa yang diharapkan.

Jadi, terbukti ∠COP + ∠CAB < 90◦.

9. Let ABC be an acute triangle with orthocenter H, and let W be a point on the side BC,between B and C. The points M and N are the feet of the altitudes drawn from B andC, respectively. ω1 is the circumcircle of triangle BWN , and X is a point such that WX

is a diameter of ω1. Similarly, ω2 is the circumcircle of triangle CWM , and Y is a pointsuch that WY is a diameter of ω2. Show that the points X, Y , and H are collinear

(IMO 2013 )

Penyelesaian :Misalkan perpotongan lingkaran ω1 dan ω2 yang kedua adalah di titik K. Selain itu,perpanjang garis AH hingga memotong BC di L, seperti gambar di bawah ini

AB

C

WM

N

H

Y

X

K

L

10


Karena WX dan WY masing-masing adalah diameter lingkaran ω1 dan ω2 maka diperoleh∠WKX = ∠WKY = 90◦. Oleh karena itu, Y, K, X segaris · · · · · · · · · (∗).

Selanjutnya perhatikan bahwa ∠AMH = ∠ANH = 90◦ sehingga ANHM adalah segiem-pat talibusur. Demikian pula berdasarkan Teorema Miquel, ANKM juga merupakansegiempat talibusur. Akibatnya kelima titik A, N, K, H, M terletak pada satu lingkarandengan AH sebagai diameternya. Dari sini kita peroleh

∠MKH = ∠MAH

= 90◦ − ∠MCL

= 90◦ − ∠MY W

= ∠MWY

= ∠MKY

Akibatnya Y, H, K segaris · · · · · · · · · (∗∗).

Dari (*) dan (**) kita peroleh Y, H, X segaris.

10. Segiempat tali busur adalah segiempat yang titik-titik sudutnya terletak pada kelilinglingkaran. Sebagai contoh segiempat ABCD di bawah ini adalah segiempat talibusur.

A

B

C

D

Karena terletak pada keliling sebuah lingkaran, berakibat segiempat talibusur memilikisifat-sifat khusus yang berkaitan erat dengan lingkaran. Ada banyak sifat yang dim-iliki oleh segiempat tali busur. Namun pada kesempatan kali ini akan saya jelaskanterlebih dahulu mengenai syarat cukup dan syarat perlu dari segiempat tali busur. Halini terutama diperlukan untuk mengidentifikasi apakah segiempat yang diketahui adalahsegiempat tali busur.

11


Mari kita mulai dengan yang paling mudah. Untuk yang pertama berkaitan erat denganpengertian sudut pusat dan sudut keliling. Bagi yang sudah lupa saya ingatkan kembali,yaitu sudut pusat lingkaran sama dengan dua kali sudut keliling yang menghadap busuryang sama.

Lemma 1. Jika ABCD adalah segiempat tali busur maka ∠BAD + ∠BCD = ∠ABC +∠ADC = 180◦.Bukti. Untuk lebih jelasnya perhatikan kembali gambar di bawah ini

A

B

C

D

O

Misalkan O adalah titik pusat lingkaran. Dengan memanfaatkan sifat sudut pusat dansudut keliling diperoleh

∠BAD + ∠BCD = 12∠BOD + 1

2∠DOB

= 12

(∠BOD + ∠DOB

)= 1

3 × 360◦

= 180◦

dan karena ∠BAD + ∠BCD + ∠ABC + ∠ADC = 360◦ ⇒ ∠ABC + ∠ADC = 180◦.Sehingga terbukti ∠BAD + ∠BCD = ∠ABC + ∠ADC = 180◦.

Lemma 2. Pada segiempat ABCD, jika berlaku ∠BAD + ∠BCD = ∠ABC + ∠ADC =180◦ maka ABCD adalah segiempat talibusur.Bukti. Misalkan Γ adalah lingkaran luar segitiga ABC. Jika titik D terletak padalingkaran Γ maka bukti selesai. Oleh karena kita andaikan titik D tidak terletak padalingkaran Γ. Ada dua kemungkinan letak titik D yaitu

i. Titik D terletak di luar lingkaran Γ.

12


Misalkan ruas garis AD memotong lingkaran Γ di titik E, seperti gambar di bawahini

A

B

C

DE

Perhatikan bahwa ABCE adalah segiempat talibusur sehingga berlaku

∠ABC + ∠AEC = 180◦

Akan tetapi kita juga diberikan bahwa ∠ABC + ∠ADC = 180◦. Dengan demikiankita peroleh ∠AEC = ∠ADC yang jelas tidak mungkin karena ∠AEC adalah sudutluar 4CED yang kita ketahui besarnya ∠AEC = ∠ADC + ∠DCE. Kontradiksi.

ii. Titik D terletak di dalam lingkaran Γ.Untuk kasus kedua, ide penyelesaiannya hampir sama dengan kasus pertama. Per-panjang ruas garis AD hingga memotong kembali lingkaran Γ di titik E

A

B

C

D E

13


Kembali kita peroleh segiempat ABCE adalah segiempat talibusur. Sehingga berlaku

∠ABC + ∠AEC = 180◦

Akan tetapi kita juga diberikan bahwa ∠ABC + ∠ADC = 180◦. Dengan demikiankita peroleh ∠AEC = ∠ADC yang jelas tidak mungkin karena ∠ADC adalah sudutluar 4CED yang kita ketahui besarnya ∠ADC = ∠AEC + ∠DCE. Kontradiksi.

Oleh karena itu, dapat kita simpulkan bahwa titik D pasti terletak pada lingkaran Γ.Sehingga terbukti bahwa ABCD adalah segiempat talibusur.

Lemma 2 ini sangat bermanfaat untuk membuktikan apakah segiempat yang diberikantermasuk segiempat talibusur atau bukan. Selanjutnya lemma ketiga berikut juga masihsenada dengan lemma 2. Yaitu bertujuan untuk identifikasi namun dengan syarat yangsedikit berbeda.

Lemma 3. Pada segiempat ABCD, jika diketahui ∠CAD = ∠CBD maka ABCD adalahsegiempat talibusur.

A

B

C

D

Bukti. Seperti pada bukti sebelumnya, misalkan Γ adalah lingkaran luar segitiga ABC.Selanjutnya misalkan pula perpotongan ruas garis BD (atau perpanjangannya) memo-tong lingkaran Γ di D′. Sehingga ABCD′ adalah segiempat talibusur. Oleh karena kitaperoleh,

∠CAD = ∠CBD = ∠CBD′ = ∠CAD′

sehingga diperoleh titik A, D dan D′ segaris. Padahal diketahui pula B, D dan D′ jugasegaris dengan A 6= B. Oleh karena itu haruslah titik D dan D′ keduanya berhimpit.Dengan kata lain D = D′. Oleh karena itu terbukti ABCD adalah segiempat talibusur.

11. Diberikan segitiga ABC. Andaikan P dan P1 titik-titik pada BC, Q pada CA dan R

14


pada AB sedemikian rupa sehingga

AR

RB= BP

PC= CQ

QA= CP1

P1B

Misalkan G titik berat segitiga ABC dan K = AP1 ∩ RQ. Buktikan bahwa titik-titikP, G dan K kolinier (terletak pada satu garis)

(OSP SMA 2010 )

Penyelesaian :

A

B C

J

R

P P1

QK

D

G

Misal ARRB

= BPP C

= CQQA

= CP1P1B

= mn

Perhatikan segitiga ADP1, untuk membuktikan titik-titik P, G dan K kolinier berdasarkanteorema Menelaos cukup ditunjukkan

AG

GD· DP

PP1· P1K

KA= 1

Akan tetapi karena G adalah titik berat maka berlaku AG

GD= 2. Selain itu karena

BP

PC= CP1

P1Bdan BD = DC berakibat PD = DP1 sehingga DP

PP1= 1

2. Oleh karena itu

hanya perlu ditunjukkan bahwa P1K

KA= 1.

Padahal kita ketahui (berdasarkan soal OSN SMA 2009)

AB

AR× P1C + AC

AQ×BP1 = AP1

AK×BC

m + n

m× m

m + n×BC + m + n

n× n

m + n×BC = AP1

AK×BC

AP1

AK= 2

sehingga diperoleh P1K = KA =⇒ P1K

KA= 1.

15


Jadi, terbukti bahwa titik-titik P, G dan K kolinier.

12. Misalkan A, B, C adalah titik pada lingkaran Γ dengan pusat O. Asumsikan ∠ABC >

90◦. Misalkan D adalah perpotongan garis AB dengan garis yang tegak lurus dengan AC

di C. Misalkan ` adalah garis yang melewati D yang tegak lurus dengan AO. MisalkanE adalah perpotongan ` dengan garis AC dan misalkan F adalah perpotongan Γ dengan` yang berada diantara D dan E. Buktikan bahwa lingkaran luar 4BFE dan 4CDF

saling bersinggungan di F .

Penyelesaian :Perpanjang DC sehingga memotong lingkaran Γ di H. Misalkan P dan Q berturut-turutadalah pusat lingkaran luar 4BEF dan 4CDF . Seperti terlihat pada gambar di bawahini

A

B

CO

D

E

F

H

G

QP

N

M

Perhatikan bahwa E adalah titik tinggi 4DAH. Oleh karena itu E terletak pada garisBH. Untuk membuktikan lingkaran luar 4BEF dan 4CDF bersinggungan di F cukupditunjukkan bahwa P, F, Q segaris.

Untuk menunjukkan P, F, Q segaris cukup ditunjukkan ∠EFP = ∠DFQ.

16


Untuk tujuan tersebut kita punya

∠EFP = 90◦ − ∠ENF

= 90◦ − ∠EBF

= 90◦ − ∠HAF

= ∠AHF

= ∠ACF

= 90◦ − ∠DCF

= 90◦ − ∠DMF

= ∠DFQ

Terbukti titik-titik P, F, Q segaris sehingga terbukti bahwa lingkaran luar 4BEF dan4CDF bersinggungan di F .

13. Titik-titik A, B, C, D terletak pada lingkaran Γ sedemikian rupa sehingga AB merupakangaris tengah Γ, tetapi CD bukan garis tengah Γ. Diketahui pula bahwa C dan D beradapada sisi yang berbeda terhadap AB. Garis singgung terhadap Γ di C dan D berpotongandi titik P . Titik-titik Q dan R berturut-turut adalah perpotongan garis AC dengan garisBD dan garis AD dengan garis BC.

a. Buktikan bahwa P, Q dan R segaris

b. Buktikan bahwa garis QR tegak lurus terhadap garis AB.

Penyelesaian : Perhatikan sketsa gambar di bawah ini!

O

A

B

C

D

Q

R

E

Bagian a,

17


Perhatikan bahwa ∠QCR = 90◦ = ∠RDQ sehingga CDRQ adalah segiempat tali busurdengan diameter QR. Misalkan E adalah titik tengah QR. Akan kita tunjukkan bahwaEC dan ED adalah garis singgung lingkaran Γ. Untuk itu cukup ditunjukkan bahwaEC⊥CO dan CD⊥DO.

Perhatikan∠ECB = ∠ERC = ∠CDB = ∠CAB = ∠ACO

sehingga ∠ECO = ∠RCA = 90◦.

Dengan cara yang sama diperoleh pula

∠EDB = ∠EQB = ∠BCD = ∠BAD = ∠ADO

sehingga ∠EDO = ∠QDA = 90◦.

Jadi, terbukti bahwa EC dan ED adalah garis singgung lingkaran Γ. Akibatnya titik E

berhimpit dengan titik P . Dengan kata lain E = P . Oleh karena itu, terbukti P, Q danR segaris.

Bagian b,

Perhatikan4AQR, RC⊥AQ dan QD⊥AR sehingga perpotongan RC dan QD yaitu titikB adalah titik tinggi 4AQR. Sehingga jelas AB⊥QR.

18

Documents

osn-projek-geometri