Titik-titik dan Garis-garis Istimewa pada Segitiga

ngan Segitiga

1.3 Titik-titik dan Garis-garis Istimewa pada Segitiga

Pada sebuah segitiga, terdapat banyak titik dan garis istimewa, namun dalam subbab ini, hanya akan dijelaskan beberapa diantaranya, yaitu garis berat, titik berat, garis tinggi, titik tinggi, garis bagi sudut, titik pusat lingkaran dalam, garis sumbu dan titik pusat lingkaran luar.

1.3.1 Garis Berat (Median) dan Titik Berat (Centroid)

Kita mulai dengan definisi garis berat. Garis berat sebuah segitiga adalah garis yang melalui titik sudut segitiga tersebut dan titik tengah sisi di depannya. Dengan demikian, setiap segitiga akan memiliki tiga garis berat. Dengan menggunakan teorema Ceva, teorema berikut dapat dibuktikan dengan mudah:

Teorema. Misalkan ABC sebuah segitiga dan A⁰, B⁰, C⁰ titik-titik tengah sisi-sisi BC, CA, AB. Maka garis-garis berat AA⁰, BB⁰, CC⁰ konkuren.

G A' C' _B' C A B Gambar 4.

Titik potong ketiga garis berat sebuah segitiga kemudian dinamakan titik berat. Karena berpotongan di satu titik, maka ketiga garis berat sebuah segitiga akan membagi segitiga tersebut menjadi enam bagian. Selain itu, setiap garis berat akan membagi garis berat lainnya menjadi dua bagian. Kita punya teorema berikut:

Teorema. Misalkan AA⁰, BB⁰, CC⁰ adalah tiga garis berat segitiga ABC yang berpotongan di titik berat G. Maka keenam segitiga AGB⁰, AGC⁰, BGA⁰, BGC⁰, CGA⁰ dan CGB⁰ memiliki luas yang sama.

Bukti. Perhatikan kembali Gambar 4. Karena A⁰, B⁰, C⁰ berturut-turut adalah titik-titik tengah BC, CA, AB, kita punya bahwa [BGA⁰] = [CGA⁰],

[AGB⁰] = [CGB⁰], dan [AGC⁰] = [BGC⁰]. Kita juga punya bahwa [ABA⁰] = [ACA⁰], sehingga

2[AGC⁰] = [ABG] = [ABA⁰] − [BGA⁰] = [ACA⁰] − [CGA⁰] = [ACG] = 2[AGB⁰],

sehingga [AGC⁰] = [AGB⁰]. Dengan cara yang sama diperoleh [BGA⁰] = [AGB⁰] = [AGC⁰], dan kesimpulan mengikuti.

Teorema. Misalkan AA⁰, BB⁰, CC⁰ adalah tiga garis berat segitiga ABC yang berpotongan di titik berat G. Maka

AG

GA0 = ^BG

GB0 = ^CG GC0 = 2.

Bukti. Kita gunakan lagi teorema sebelumnya. Kita punya bahwa AG

GA0 = ^[ABG] [GBA0] ⁼

[AGC⁰] + [BGC⁰] [GBA0] ^{= 2,}

karena [AGC⁰] = [BGC⁰] = [GBA⁰]. Kesamaan lain dapat diperoleh dengan cara yang sama.

Panjang garis berat sendiri dapat dihitung dengan mudah menggunakan teo-rema Stewart.

1.3.2 Garis Bagi Sudut (Bisector)

Garis yang membagi sebuah sudut segitiga menjadi dua bagian yang sama besar dinamakan garis bagi sudut. Pertama, kita punya teorema berikut:

Teorema. Misalkan AA⁰, BB⁰, CC⁰ adalah garis-garis bagi sudut segitiga ABC (dengan demikian, ∠A⁰AB = ∠A⁰AC = ¹₂A, dan seterusnya). Maka

A⁰B A0C ⁼ c b^, B⁰C B0A ⁼ a c^{, dan} C⁰A C0B ⁼ b a^. Bukti. 42

A' C B

A

Gambar 5.

Dengan aturan sinus pada segitiga-segitiga AA⁰B dan AA⁰C, kita peroleh A⁰B

AB ⁼

sin ∠A⁰AB sin ∠AA0B ^dan

A⁰C AC ⁼

sin ∠A⁰AC sin ∠AA0C^. Karena ∠A⁰AB = ∠A⁰AC dan sin ∠AA⁰B = 180^◦−sin ∠AA0

C, maka sin ∠A⁰AB = sin ∠A⁰AC dan sin ∠AA⁰B = sin ∠AA⁰C. Akibatnya,

A⁰B AB ⁼ sin ∠A⁰AB sin ∠AA0B ⁼ sin ∠A⁰AC sin ∠AA0C ⁼ A⁰C AC^, sehingga kita peroleh

A⁰B A0C ⁼ AB AC ⁼ c b^.

Dua kesamaan sisanya dapat dibuktikan dengan cara yang sama.

Dengan menggunakan teorema di atas dan teorema Ceva atau langsung dengan menggunakan Trig Ceva, kita peroleh teorema berikut:

Teorema. Misalkan AA⁰, BB⁰, CC⁰ adalah tiga garis bagi sudut segitiga ABC. Maka ketiga garis tersebut konkuren.

Selain itu, karena perbandingan A⁰B/A⁰C dan A⁰B + A⁰C dapat dinyatakan dalam panjang sisi-sisi a, b, c, maka panjang A⁰B dan A⁰C juga dapat dinyatakan dalam a, b, c. Selanjutnya, dengan teorema Stewart, panjang garis bagi sudut AA⁰ juga dapat dihitung. Perhitungan ini diserahkan kepada pembaca sebagai latihan.

1.3.3 Garis Tinggi (Altitude) dan Titik Tinggi (Orthocenter)

Garis tinggi sebuah segitiga adalah garis yang melalui titik sudut sebuah segitiga dan tegak lurus dengan sisi di depannya. Kita punya teorema berikut

Teorema. Misalkan AA⁰, BB⁰, CC⁰ garis-garis tinggi sebuah segitiga (dengan demikian, AA⁰ tegak lurus BC, dan seterusnya). Maka ketiga garis tersebut konkuren. Bukti. A' B' C' C B A Gambar 6.

Kasus dimana ABC segitiga siku-siku trivial (sangat jelas dan tidak ada yang perlu dibuktikan), karena ketiga garis tinggi akan berpotongan pada titik sudut siku-siku segitiga ABC). Jadi kita cukup meninjau dimana ABC bukan segitiga siku-siku.

Sekarang akan kita buktikan teorema tersebut untuk kasus dimana ABC se-gitiga lancip. Kita punya bahwa

AA⁰ BA0 = tan B dan ^AA 0 CA0 = tan C. Dengan demikian, BA⁰ CA0 = ^{tan C} tan B^. Dengan cara yang sama, diperoleh

CB⁰ AB0 = ^{tan A} tan C ^dan AC⁰ BC0 = ^{tan B} tan A^. Akibatnya, BA⁰ A0C CB⁰ B0A AC⁰ C0B ⁼ tan C tan B tan A tan C tan B tan A ^{= 1,} sehingga AA⁰, BB⁰, CC⁰ konkuren.

Kasus terakhir dimana segitiga ABC tumpul diserahkan kepada pembaca. Satu hal yang perlu diperhatikan dalam pembuktian kasus tersebut adalah bahwa titik perpotongan ketiga garis tinggi terletak di luar segitiga ABC.

Titik potong ketiga ketiga garis tinggi sebuah segitiga selanjutnya disebut se-bagai titik tinggi (orthocenter) segitiga. Kemudian, sama seperti pada garis bagi sudut, panjang BA⁰ dan CA⁰ dapat dinyatakan dalam panjang sisi-sisi a, b, c dan fungsi trigonometri sudut-sudut A, B, C. Dengan menyatakan fungsi trigonometri sudut dalam panjang sisi (misalnya dengan aturan cosinus), panjang BA⁰ dan CA⁰ dapat dinyatakan dalam panjang sisi-sisi a, b, c. Selanjutnya, teorema Stewart dapat digunakan untuk menghitung panjang garis tinggi AA⁰.

1.3.4 Garis Sumbu (Perpendicular Bisector)

Garis sumbu sebuah segitiga adalah garis yang melalui titik tengah sebuah sisi dan tegak lurus terhadap sisi tersebut. Kita punya teorema berikut:

Teorema. Misalkan l_A, l_B, l_C adalah garis-garis sumbu segitiga ABC yang berturut-turut tegak lurus terhadap sisi-sisi BC, CA, AB (dengan demikian, l_A melalui titik tengan BC, dan seterusnya). Maka l_A, l_B, l_C konkuren.

Bukti. Kita tidak dapat menggunakan teorema Ceva untuk membuktikan teorema ini karena garis-garis sumbu sebuah segitiga bukan merupakan cevian. Untuk membuktikan teorema ini, kita cukup membuktikan bahwa titik potong dua buah garis terletak pada garis yang ketiga (Mengapa?).

l_A l_B O B' A' B A C Gambar 7.

Misalkan A⁰, B⁰, C⁰ berturut-turut adalah titik-titik tengah sisi-sisi BC, CA, AB. Misalkan juga O adalah perpotongan garis lA dan lB. Sekarang akan dibuk-tikan bahwa O terletak pada garis l_C. Pertama, tinjau segitiga OA⁰B dan OA⁰C. Dengan teorema Pythagoras pada kedua segitiga tersebut dan karena A⁰ adalah titik tengah sisi BC, kita punya

OB =√

A0B2+ A0O2 =√

A0C2+ A0O2 = OC.

Dengan cara yang sama, kita punya bahwa OC = OA. Jadi, kita punya OA = OB, sehingga OAB segitiga sama kaki. Oleh karena itu, garis tinggi segitiga OAB dari

titik O akan memotong titik tengah AB, atau dengan kata lain O terletak pada garis yang melalui titik tengah AB dan tegak lurus garis AB, yaitu garis l_C. Hal ini melengkapkan pembuktikan.

1.4 Lingkaran Dalam (incircle) dan Lingkaran Luar

Segit-iga (circumcircle)

Lingkaran dalam segitiga adalah lingkaran yang menyinggung ketiga sisi segitiga dari dalam dan lingkaran luar segitiga adalah lingkaran yang melalui ketiga titik-titik sudut segitiga. Kita punya beberapa teorema berikut mengenai titik-titik pusat lingkaran dalam dan luar serta panjang jari-jarinya.

Teorema. Titik perpotongan ketiga garis bagi sudut segitiga ABC adalah titik pusat lingkaran dalam segitiga ABC dan panjang jari-jarinya sama dengan [ABC]/s. Bukti. P R Q I A' B' C' C B A Gambar 8.

Misalkan AA⁰, BB⁰ dan CC⁰ adalah ketiga garis bagi sudut segitiga ABC yang berpotongan di titik I. Misalkan juga P , Q, R berturut-turut adalah kaki tegak lurus titik I pada sisi-sisi BC, CA, AB, atau dengan kata lain, P , Q, R terletak pada sisi-sisi BC, CA, AB sedemikian hingga IP tegak lurus BC, IQ tegak lurus CA dan IR tegak lurus AB. Karena ∠QAI = ∠CAA⁰ = ∠BAA⁰ = ∠RAI dan ∠AQI = 90^◦ = ∠ARI maka kedua segitiga siku-siku AQI dan ARI sebangun. Kemudian karena sisi miring kedua segitiga siku-siku tersebut berimpit (sehingga sama panjang), maka kedua segitiga tersebut sebangun. Oleh karenanya, kita punya bahwa IQ = IR. Dengan cara yang sama, diperoleh juga bahwa IP = IQ. Jadi kita peroleh IP = IQ = IR. Akibatnya, lingkaran dengan pusat I dan berjari-jari IP = IQ = IR menyinggung sisi-sisi BC, CA, AB. Lingkaran tersebut

kemudian disebut sebagai lingkaran dalam segitiga (incenter) ABC dan jari-jarinya (IP = IQ = IR) disebut sebagai jari-jari lingkaran dalam segitiga (inradius) ABC. Sekarang misalkan r menyatakan panjang jari-jari lingkaran dalam segitiga ABC. Karena segitiga AQI dan ARI kongruen maka AQ = AR dan

[AQIR] = 2 × [AQI] = 2 × ¹

2 · AQ · IQ = ¹

2^{(AQ + AR) · r.} Dengan cara yang sama, diperoleh

[BRIP ] = ¹

2^{(BR + BP ) · r dan [CP IQ] =} 1

2^{(CP + CQ) · r.} Akibatnya,

[ABC] = [AQIR] + [BRIP ] + [CP IQ] = ¹ 2^{(AQ + AR) · r +} 1 2^{(BR + BP ) · r +} 1 2^{(CP + CQ) · r} = ¹ 2^{(AR + BR + BP + CP + CQ + AQ) · r} = ¹ 2^{(AB + BC + CA) · r} = sr,

atau setara dengan r = [ABC]/s.

Teorema. Titik perpotongan ketiga garis sumbu segitiga ABC adalah titik pusat lingkaran luar segitiga ABC dan panjang jari-jarinya sama dengan abc/4[ABC].

Bukti. l_B l_A C' O A' B' C A B 47

Gambar 9.

Misalkan l_A, l_B, l_C adalah ketiga garis sumbu segitiga ABC dan O adalah per-potongan ketiga garis tersebut. Dengan cara yang sama seperti bukti teorema konkurensi garis sumbu, kita peroleh bahwa OA = OB = OC. Akibatnya, O adalah titik pusat lingkaran yang melalui ketiga titik sudut segitiga ABC (yaitu lingkaran yang berpusat di O dengan panjang jari-jari OA = OB = OC). Ling-karan tersebut selanjutnya dinamakan lingLing-karan luar segitiga (circumcircle) ABC dan titik pusatnya disebut titik pusat lingkaran luar segitiga (circumcenter) ABC.

Sekarang misalkan AL adalah sebuah garis tinggi segitiga ABC, sehingga AL

AB ^{= sin B dan [ABC] =} 1 2 × BC × AL. Jadi, [ABC] = ¹ 2× BC × AL = ¹ 2× BC × AB sin B = ¹ 2^{ac sin B.} Selanjutnya dengan aturan sinus, kita punya bahwa

b sin B ^{= 2R,} sehingga [ABC] = ¹ 2^{ac sin B =} 1 2^{ac ×} b 2R ⁼ abc 4R^, atau setara dengan

R = ^abc 4[ABC]^.

2 Lingkaran dan Beberapa Sifatnya

2.1 Kuasa Titik Terhadap Lingkaran (Power of a Point