Pembahasan Soal SIMAK UI 2011 Matematika IPA kode 511

(1)

Pembahasan

Pembahasan Soal

Soal

SELEKSI

SELEKSI MASUK UNIVERSITAS INDONESIA

MASUK UNIVERSITAS INDONESIA

Disertai TRIK SUPERKILAT dan LOGIKA PRAKTIS

Disusun Oleh :

Pak Anang

(2)

Bimbel SIMAK–UI 2012 Matematika IPA by Pak Anang (http://pak-anang.blogspot.com) Halaman 1

Kumpulan

Kumpulan SMART SOLUTION dan TRIK SUPERKILAT

SMART SOLUTION dan TRIK SUPERKILAT

Pembahasan

Pembahasan Soal

Soal

Soal SIMAK

SIMAK

SIMAK––––UI

UI

UI 2011

UI

2011

Matematika

Matematika IPA

IPA

IPA Kode Soal

Kode Soal

Kode Soal 555511

11

By

By By

By Pak AnangPak AnangPak AnangPak Anang ((((http://pakhttp://pakhttp://pakhttp://pak----anang.blogspot.comanang.blogspot.comanang.blogspot.comanang.blogspot.com)))) PETUNJUK A:

PETUNJUK A: PETUNJUK A:

PETUNJUK A: Untuk soal nomor 1-16 pilihlah satu jawaban yang paling tepat.

1. Misalkan 6 adalah suatu matriks 2 × 2. Jika 68_{− 56 + 7< = 0 maka jumlah elemen-elemen diagonal}

utama dari matriks 6 adalah .... A. 2

B. 3 C. 4 D. 5 E. 6

Pembahasan: Pembahasan:Pembahasan: Pembahasan:

Misalkan matriks 6 = AB C_{D EF, maka:}

68_{− 56 + 7< = 0 ⇔} _{AB C}

D EF AB CD EF − 5 AB CD EF + 7 A1 00 1F = 0

⇔ IB_{BD + DE CD + E}8+ CD BC + CE₈J = 5 AB C_{D EF − 7 A}1 0_{0 1F}

⇔ IB8 + BE − BE + CD_{D(B + E)} _{CD + BE − BE + E}C(B + E) ₈J = 5 AB C_{D EF − 7 A}1 0_{0 1F}

⇔ IB(B + E) − (BE − CD)_{D(B + E)} _{E(B + E) − (BE − CD)J = 5 A}C(B + E) B C_{D EF − 7 A}1 0_{0 1F}

⇔ IB(B + E) C(B + E)_{D(B + E) E(B + E)J − A}BE − CD₀ _{BE − CDF = 5 A}0 B C_{D EF − 7 A}1 0_{0 1F} ⇔ (B + E) AB C_{D EF − (BE − CD) A}1 0_{0 1F = 5 A}B C_{D EF − 7 A}1 0_{0 1F}

Jadi dengan prinsip identitas, diperoleh jumlah nilai diagonal utama matriks 6 adalah B + E = 5.

TRIK SUPERKILAT: TRIK SUPERKILAT:TRIK SUPERKILAT: TRIK SUPERKILAT:

Ingat, jika matriks 6 = AB C_{D EF, K = B + E dan E = det(6) = BE − CD, maka:} 68 _{= K6 − E<}

Dari persamaan 68_{− 56 + 7< = 0 ⇔ 6}8 _{= 56 − 7<.}

(3)

2. Jika sistem persamaan LBM + 2N = C + 1_{M + N = 3} dan

L2M + N = B_{M + 3N = 3}8+ 2

mempunyai solusi yang sama, maka banyaknya pasangan bilangan (B, C) adalah .... A. 0

B. 1 C. 2 D. 3

E. Tak berhingga Pembahasan: Pembahasan:Pembahasan: Pembahasan:

Karena solusi dua sistem persamaan tersebut sama, maka kita bisa mencari solusi untuk M dan N, yaitu:

Eliminasi M pada M + N = 3 dan M + 3N = 3

M + N = 3

M + 3N = 3

−2N = 0 ⇔ N = 0

Substitusi N = 0 ke persamaan M + N = 3, diperoleh: N = 0 ⇒ M + 0 = 3 ⇔ M = 3

Substitusi M = 3 dan N = 0 ke 2M + N = B8_{+ 2, maka akan diperoleh:}

2(3) + 0 = B8_{+ 2 ⇔ B}8 _{= 4 ⇔ B = ±2}

Substitusi M = 3, N = 0, B = 2 ke BM + 2N = C + 1, akan diperoleh pasangan bilangan (B, C) yang pertama:

M = 3, N = 0, B = 2 ⇒ (2)(3) + (2)(0) = C + 1 ⇔ C = 5 Jadi pasangan (B, C) = (2, 5)

Substitusi M = 3, N = 0, B = −2 ke BM + 2N = C + 1, akan diperoleh pasangan bilangan (B, C) yang kedua:

M = 3, N = 0, B = −2 ⇒ (−2)(3) + (2)(0) = C + 1 ⇔ C = −7 Jadi pasangan (B, C) = (−2, −7)

Kesimpulannya jika sistem persamaan memiliki solusi sama, maka ada 2 pasangan bilangan (B, C).

TRIK SUPERKILAT: TRIK SUPERKILAT:TRIK SUPERKILAT: TRIK SUPERKILAT:

Jelas bahwa solusi untuk (M, N) adalah tunggal. Sedang solusi untuk (B, C) tidak tunggal karena dengan melihat persamaan 2M + N = B8 _{+ 2 akan menyebabkan solusi dari B ada 2. Akibatnya}

(4)

3. Misalkan Q(M) adalah suatu polinomial derajat tiga yang akar-akarnya membentuk barisan aritmetika dengan nilai suku ketiga adalah tiga kali nilai suku pertama; dan jumlah akar-akarnya sama dengan 12. Maka sisa dari pembagian Q(M + 6) oleh M8 _{+ 1 adalah ....}

A. 7M − 6 B. M + 6 C. 6M − 7 D. M − 6 E. M + 1 Pembahasan: Pembahasan:Pembahasan: Pembahasan:

Misal, MS, M8, dan MT adalah akar-akar suku banyak, sehingga karena MS, M8, dan MT membentuk

barisan aritmetika maka: MS = B

M8 = B + C

MT = B + 2C

Dikarenakan MT = 3MS maka

M_T = 3M_S ⇔ B + 2C = 3B

⇔ 2C = 2B

⇔ B = C

Diketahui jumlah akar-akar polinomial adalah 12, maka MS + M8+ MT = 12 ⇔ B + B + C + B + 2C = 12

⇔ 3B + 3C = 12

⇔ B + C = 4

Padahal sudah diperoleh B = C, maka dari B + C = 4 diperoleh: B + C = 4 ⇔ B + B = 4

⇔ 2B = 4

⇔ B = 2

Sehingga B = C = 2.

Maka diperoleh nilai akar-akar polinom tersebut adalah MS = 2, M8 = 4, dan MT = 6.

Dengan kata lain Q(M) = (M − 2)(M − 4)(M − 6)

Sehingga Q(M + 6) = U(M + 6) − 2VU(M + 6) − 4VU(M + 6) − 6V = (M + 4)(M + 2)M = MT_{+ 6M}8_{+ 8M}

Jadi sisa pembagian dari Q(M + 6) oleh M8_{+ 1 adalah:}

M + 6 M8_{+ 1 M}T _{+ 6M}8_{+ 8M}

MT _{+ M}

6M8_{+ 7M}

6M8 _{+ 6}

7M − 6

Sehingga, Q(M + 6) = (M + 6)(M8_{+ 1) + (7M − 6) dengan kata lain sisa pembagian Q(M + 6) oleh}

M8_{+ 1 adalah 7M − 6.}

TRIK SUPERKILAT: TRIK SUPERKILAT:TRIK SUPERKILAT: TRIK SUPERKILAT:

Jumlah akar-akar polinom sama dengan jumlah tiga suku barisan aritmetika, maka suku tengah barisan aritmetika adalah XY =S8_T = 4.

Jadi jumlah dua suku lainnya adalah 12 − 4 = 8. Dari suku ketiga adalah tiga kali suku pertama, dan jumlah dua suku tersebut adalah 12, maka dengan penalaran dan logika praktis kita bisa membayangkan nilai suku pertama dan terakhir. Suku pertama adalah 2, dan suku terakhir 6.

Jadi akar-akar suku banyak Q(M) adalah 2, 4, dan 6.

Sedangkan akar-akar suku banyak Q(M + 6) adalah −4, −2, dan 0.

(5)

4. Nilai-nilai M untuk 0° ≤ M ≤ 360° yang memenuhi sin M + sin 2M > sin 3M adalah .... A. 0° < M < 120°, 180° < M < 240°

B. 0° < M < 150°, 180° < M < 270° C. 120° < M < 180°, 240° < M < 240° D. 150° < M < 180°, 270° < M < 360° E. 0° < M < 135°, 180° < M < 270° Pembahasan:

Pembahasan:Pembahasan: Pembahasan:

sin M + sin 2M > sin 3M ⇔ sin M + sin 2M − sin 3M > 0

⇔ sin M − sin 3M + sin 2M > 0

⇔ 2 cos 2M sin(−M) + 2 sin M cos M > 0

⇔ −2 cos 2M sin M + 2 sin M cos M > 0

⇔ 2 sin M (cos M − cos 2M) > 0

⇔ 2 sin M Ucos M − (2 cos8_{M − 1)V > 0}

⇔ 2 sin M (−2 cos8_{M + cos M + 1) > 0}

⇔ 2 sin M (− cos M + 1)(2 cos M + 1) > 0 pembuat nol ⇔ 2 sin M = 0 atau − cos M + 1 = 0 atau 2 cos M + 1 = 0

sin M = 0 cos M = 1 cos M = −1₂ sin M = 0 ⇒ M = 0°, 180°, 360°

cos M = 1 ⇒ M = 0°, 360° cos M = −1_{2 ⇒ M = 120°, 240°}

Gambarkan M pada garis bilangan dan periksa nilai M pada persamaan:

Jadi daerah penyelesaian yang memenuhi adalah: _M|0° < M < 120°, 180° < M < 240°a

0° 120° 180° 240° 360°

− − +

(6)

5. Pada suatu barisan geometri dengan b > 1, diketahui dua kali jumlah empat suku pertama adalah tiga kali jumlah dua suku genap pertama. Jika di antara suku-suku tersebut disisipkan empat bilangan, dengan cara: antara suku kedua dan ketiga disisipkan satu bilangan, dan antara suku ketiga dan keempat disisipkan tiga bilangan, maka akan terbentuk barisan aritmetika dengan beda b. Jumlah bilangan yang disisipkan adalah ....

A. 14 B. 24 C. 28 D. 32 E. 42

Misalkan barisan geometri tersebut adalah: XS, X8, XT, Xc

Lalu disisipkan empat bilangan yaitu B, C, D, E, sehingga terbentuk barisan aritmatika berikut: XS, X8, B, XT, C, D, E, Xc

Dari soal diketahui bahwa dua kali jumlah empat suku pertama barisan geometri sama dengan tiga kali jumlah dua suku genap pertama dari barisan geometri, maka:

2(XS+ X8+ XT+ Xc) = 3(X8+ Xc) ⇔ 2(XS+ XSb + XSb8+ XSbT) = 3(XSb + XbT)

⇔ 2XS(1 + b + b8+ bT) = 3XS(b + bT)

⇔ 2(1 + b + b8_{+ b}T_{) = 3(b + b}T₎

⇔ 2 + 2b + 2b8_{+ 2b}T _{= 3b + 3b}T

⇔ bT _{− 2b}8 _{+ b − 2 = 0}

⇔ (b8_{+ 1)(b − 2) = 0}

defCXBg hij ⇔ b8 _{+ 1 = 0 atau b − 2 = 0}

b8 _{= −1 b = 2}

Perhatikan bahwa b8 _{= −1 tidak memiliki akar real, maka penyelesaian yang memenuhi hanyalah}

b = 2. Sehingga rasio barisan geometri yang dimaksud adalah 2.

Dikarenakan XT adalah suku ketiga barisan geometri, maka:

XT = XSb8 ⇔ XT = 4XS

Perhatikan juga bahwa XT adalah suku keempat barisan aritmetika, sehingga:

XT = XS + 3b = XS+ 6

Sehingga dari persamaan XT = 4XS dan XT = XS+ 6 diperoleh:

4XS = XS+ 6 ⇔ 3XS = 6

⇔ XS = 2

Jadi barisan geometri yang dimaksud adalah: 2, 4, 8, 16, …

Dan barisan aritmetika yang dimaksud adalah: 2, 4,6, 8,10,12,14, 16, …

(7)

6. Jika sin M − sin N = −S_T dan cos M − cos N =S₈, maka nilai dari sin(M + N) = .... A. S8_ST

B. S8_Sl C. S8_Sm D. S8_Sn E. S8_8S

Dengan rumus selisih sinus dan kosinus diperoleh:

sin M − sin N = 2 cos IM + N_{2 J sin A}M − N_{2 F ⇔ 2 cos I}M + N_{2 J sin A}M − N_{2 F = −}1₃

cos M − cos N = −2 cos IM + N_{2 J sin A}M − N_{2 F ⇔ −2 sin I}M + N_{2 J sin A}M − N_{2 F =} 1₂

Dikarenakan sudah terdapat faktor yang sama di kedua persamaan di atas, yaitu sin Apqr₈ F, maka dengan menggunakan perbandingan diperoleh:

2 cos AM + N_{2 F sin A}M − N_{2 F} −2 sin AM + N_{2 F sin A}M − N_{2 F}=

− 13 1 2

⇔cos AM + N2 F sin AM + N_{2 F} =

2 3

⇔ cot IM + N_{2 J =}2₃

⇔ tan IM + N_{2 J =}3₂

Sehingga, dari tan Apsr₈ F =T₈ diperoleh nilai: sin Apsr₈ F =_√STT dan cos Apsr₈ F =_√ST8

Jadi,

sin(M + N) = 2 sin IM + N_{2 J cos I}M + N_{2 J}

= 2 ∙ 3 √13∙

(8)

7. Sebuah kerucut tegak tanpa alas diletakkan terbalik. Sebuah bola berdiameter 16 cm dimasukkan kedalam kerucut hingga semua bagian bola masuk ke dalam kerucut. Kerucut dengan volume terkecil yang mungkin mempunyai ukuran tinggi ....

A. 8√2 cm B. 8√3 cm C. 16√2 cm D. 24 cm E. 32 cm Pembahasan: Pembahasan:Pembahasan: Pembahasan:

Misalkan b adalah jari-jari bola, w adalah volume kerucut, B adalah jari-jari kerucut, dan g adalah tinggi kerucut. Maka kita perhatikan penampang irisan kerucut sebagai berikut:

Jari-jari bola merupakan jari-jari lingkaran dalam segitiga sehingga berlaku:

b =₁x∆ 2 K

⇔ 8 =₁ S8(2B)g

2 (2B + 2√B8+ g8

⇔ 8 = Bg

B + √B8_{+ g}8

⇔ 8B + 8zB8_{+ g}8 _{= Bg}

⇔ 8zB8_{+ g}8 _{= Bg − 8B}_{(KXBEbBgKBh KeEXB bXB{)}

⇔ 64(B8_{+ g}8_{) = B}8_g8_{− 16B}8_{g + 64B}8

⇔ 64B8_{+ 64g}8 _{= B}8_g8_{− 16B}8_{g + 64B}8

⇔ 64g8 _{= B}8_g8_{− 16B}8_g

⇔ 64g8 _{= B}8_(g8 _{− 16g)}

⇔ _g₈64g_{− 16g = B}8 8

⇔ B8 ₌ 64g

g − 16

Diketahui pula volume kerucut adalah w = S_T|B8_{g, sehingga dengan mensubstitusikan B}8_{ke rumus}

volume kerucut akan diperoleh nilai volume kerucut terhadap g: w = 1_{3 B}8_{g ⇔ w =} 1

3 | Ig − 16J g64g = 1_{3 | }}_{g − 16~}64g8

Misalkan w′ adalah turunan pertama w, maka diperoleh:

w€₌ 1

3 | }128g(g − 16) − 64g

8

(g − 16)8 ~

Supaya nilai w minimum maka harus memenuhi w€_{= 0, sehingga}

w€_{= 0 ⇔}1

3 | }128g(g − 16) − 64g

8

(g − 16)8 ~ = 0

⇔ 64g8_{− 2048 = 0}

⇔ 64g(g − 32) = 0

defCXBg hij 64g = 0 BgBX g − 32 = 0 ⇔ g = 0 g = 32

Karena nilai g tidak mungkin nol, maka nilai yang memenuhi hanyalah g = 32 cm. 8

8 8

B

zB8_{+ g}8 zB8_{+ g}8

(9)

8. Misalkan salah satu akar dari persamaan (K − 5)M8_{− 2KM + K − 4 = 0 bernilai lebih dari 2 dan}

salah satu akar yang lain bernilai kurang dari 1, maka himpunan semua bilangan K yang memenuhi adalah ....

A. _K ∈ ‚|5 < K < 24a B. _K ∈ ‚|5 < K < 20a C. _K ∈ ‚|15 < K < 24a D. _K ∈ ‚|K > 5a

E. _K ∈ ‚|K > 24a Pembahasan: Pembahasan:Pembahasan: Pembahasan:

Misalkan Q(M) = (K − 5)M8_{− 2KM + (K − 4) = 0, maka akar-akar persamaan kuadrat M}_S_{dan M}₈

maka:

MS > 2 ⇔ 2 < MS

M8 < 1 ƒ Jadi M8 < 1 < 2 < MS.

Sehingga daerah penyelesaian dari M8 < 1 < 2 < MS adalah irisan dari M8 < 1 < MS dan M8 < 2 < MS,

maka diperoleh:

• M8 < 1 < MS ⇔ M8− 1 < 0 < MS− 1

⇔ M8− 1 < 0 dan MS− 1 > 0

Akibatnya, dengan menggunakan sifat perkalian bilangan positif dan negatif pasti menghasilkan bilangan negatif dan rumus jumlah hasil kali akar-akar persamaan kuadrat akan diperoleh: (MS− 1)(M8− 1) < 0 ⇔ MSM8− (MS+ M8) + 1 < 0

⇔ IK − 4_{K − 5J − I}_{K − 5J + I}2K K − 5_{K − 5J < 0}

⇔ _{K − 5 < 0}−9

⇔ K > 5

• M8 < 2 < MS ⇔ M8− 2 < 0 < MS− 2

⇔ M8− 2 < 0 dan MS− 2 > 0

Akibatnya, dengan menggunakan sifat perkalian bilangan positif dan negatif pasti menghasilkan bilangan negatif dan rumus jumlah hasil kali akar-akar persamaan kuadrat akan diperoleh: (MS− 2)(M8− 2) < 0 ⇔ MSM8− 2(MS+ M8) + 4 < 0

⇔ IK − 4_{K − 5J − 2 I}_{K − 5J + 4 I}2K K − 5_{K − 5J < 0}

⇔ −K + 24_{K − 5 < 0}

⇔ 5 < K < 24

Dan juga jangan lupa, karena persamaan kuadrat memiliki dua akar real, maka determinan harus positif, sehingga:

… > 0 ⇔ (−2K)8_{− 4(K − 5)(K − 4) > 0}

⇔ 36K − 80 > 0

⇔ K >20₉

(10)

9. Misalkan fungsi Q: ‚ → ‚ dan ‡: ‚ → ‚ didefinisikan dengan Q(M) = 1 +S_p dan ‡(M) = 1 −S_p. Batas nilai M dimana berlaku (Q ∘ ‡)(M) < (‡ ∘ Q)(M) adalah ....

A. −1 < M < 1 B. −1 < M < 0 C. 0 < M < 1

D. M < −1 atau M > 1

E. −1 < M < 0 atau 0 < M < 1 Pembahasan:

Pembahasan:Pembahasan: Pembahasan:

(Q ∘ ‡)(M) = Q I1 −1_MJ

= 1 + 1

A1 − 1MF = ‰1 − 1M

1 − 1MŠ + ‰ 1 1 − 1MŠ = ‰

M − 1 M M − 1

M

Š + ‰_{M − 1}1 M

Š

= M − 1

M + 1 M − 1

M

= M − 1

M +MM M − 1

M

= M − 1 + M_M ×_{M − 1}M

= 2M − 1_{M − 1}

(‡ ∘ Q)(M) = ‡ I1 +1_MJ

= 1 − 1

A1 + 1MF = ‰1 + 1M

1 + 1MŠ − ‰ 1 1 + 1MŠ = ‰

M + 1 M M + 1

M

Š − ‰_{M + 1}1 M

Š

= M + 1

M − 1 M + 1

M

= M + 1

M −MM M + 1

M

=M + 1 − M_M ×_{M + 1}M

=_{M + 1}1

Karena (Q ∘ ‡)(M) < (‡ ∘ Q)(M), maka:

(Q ∘ ‡)(M) < (‡ ∘ Q)(M) ⇔ 2M − 1_{M − 1 <}_{M + 1}1

⇔ 2M − 1_{M − 1 −}_{M + 1 < 0}1

⇔(2M − 1)(M + 1) − (M − 1)_{(M − 1)(M + 1)} < 0

⇔ 2M8_{(M − 1)(M + 1) < 0}+ M − 1 − M + 1

⇔ _{(M − 1)(M + 1) < 0}2M8

(11)

10. Jika daerah yang dibatasi oleh sumbu N, kurva N = M8_{dan garis N = B}8_{dimana B ≠ 0 diputar}

mengelilingi sumbu M volumenya sama dengan jika daerah itu diputar mengelilingi sumbu N. Nilai B yang memenuhi adalah ....

A. l_Œ B. T_Œ C. 8_l D. Œ_l E. l₈

Volume benda putar jika diputar mengelilingi sumbu X yaitu:

wp= | Ž (B8) − (M8)8EM •

• = | Ž B

c_{− M}c_EM

•

• = | ‘

4 5 Ml’•

•

= 4_{5 |B}l

Sedangkan apabila benda putar tersebut diputar mengelilingi sumbu Y, maka volumenya adalah:

wr = | Ž N EN •”

• = | ‘

1 2 N8’•

•”

=1_{2 |(B}8₎8 ₌1

2 |Bc

Dikarenakan volume benda putar yang diputar di sumbu X dan sumbu Y adalah sama, maka: wp= wr ⇔4_{5 |B}l =1_{2 |B}c

⇔ 4_{5 B =}1₂

(12)

11. Diberikan kubus 6•–…. —˜™š dengan panjang rusuk 2 cm. Titik › terletak pada rusuk ˜™ sehingga ˜› = 2›™. Jika œ adalah bidang irisan kubus yang melalui titik •, …, dan ›, maka luas bidang œ adalah .... cm2_.

A. Œ_n√22 B. •_n√22 C. l_n√22 D. T_n√22 E. S_n√22 Pembahasan: Pembahasan:Pembahasan: Pembahasan:

Dari ˜› = 2›™ dan ˜™ = ˜› + ›™ diperoleh: ˜™ = 2›™ + ›™ ⇔ ˜™ = 3›™

⇔ ›™ =1_{3 ˜™}

⇔ ›™ =1_{3 ∙ 2}

⇔ ›™ =2_{3 cm}

Sehingga ˜› = 2›™ = 2 ∙2_{3 =}4_{3 cm}

Jika bidang œ adalah bidang irisan kubus yang melalui titik •, …, dan ›, maka langkah menggambar bidang potong œ tersebut adalah:

1. Lukis garis yang melewati • dan ›, yaitu ruas garis •›

2. Perpanjang ruas garis •› dan –™ sehingga berpotongan di titik ‚.

3. Karena titik ‚ dan … berada di satu bidang, maka lukis ruas garis ‚… yang memotong ™š di ž. 4. Dari dua ruas garis •‚ dan …‚ bisa dibuat sebuah bidang …•‚. Karena bidang …•‚ melewati

titik •, …, dan ›, maka bidang œ terletak di bidang …•‚.

5. Karena titik › dan titik ž berada di satu bidang, maka lukis ruas garis ›ž, begitu juga lukis ruas garis ž‚ yang menghubungkan titik ž dan ‚.

6. Sehingga diperoleh bidang œ yaitu bidang irisan kubus adalah bidang …•›ž.

•… = z6•8_{+ 6…}8 _{= z2}8_{+ 2}8 _{= √8 = 2√2 cm}

Perhatikan ∆•–‚, berlaku sifat kesebangunan berikut: ›™

•– =‚™ + ™– ⇔‚™

8 T

2 =‚™ + 2‚™ ⇔ 1_{3 =}_{‚™ + 2}‚™ ⇔ ‚™ + 2 = 3‚™

⇔ 2‚™ = 2

⇔ ‚™ = 1 cm

Sehingga ‚– = ‚™ + ™– = 1 + 2 = 3 cm

Perhatikan ∆Ÿ–‚, dimana –Ÿ adalah setengah diagonal sisi alas, maka –Ÿ = S₈∙ 2√2 = √2 cm, sehingga:

‚Ÿ = z‚–8 _{+ –Ÿ}8 _{= 3}8_{+ U√2V}8 _{= √9 + 2 = √11}

6 •

– …

— ˜

™ š

› ž

‚

Ÿ

(13)

Dan pada ∆Ÿ–‚ berlaku sifat kesebangunan berikut: ‚¡

‚Ÿ = ‚™™– ⇔_√11‚¡ = 13

⇔ ‚¡ =1_{3 √11 cm}

Sehingga ‚Ÿ = ‚¡ + ¡Ÿ ⇔ ¡Ÿ = ‚Ÿ − ‚¡ = √11 −S_T√11 =8_T√11

Perhatikan ∆…•‚ berlaku sifat kesebangunan sebagai berikut: ž›

…• = ‚¡‚Ÿ ⇔_2√2ž› =

S T√SS

√11

⇔ ž›

2√2= 1 3

⇔ ž› =2_{3 √2 cm}

Karena ž› sejajar …• dan ¡Ÿ tegak lurus …•, maka bidang …•›ž adalah trapesium, sehingga: x …•›™ =1_{2 ¡Ÿ(…• + ž›)}

=1_{2 ∙}2_{3 √11 ∙ I2√2 +}2_{3 √2J}

=1_{3 ∙ √11 ∙}8_{3 √2}

(14)

12. lim•→¢_SsASq£¤¥ •q£¤¥ ¢¦

§F £¤¥ • £¤¥ ¢q¦§= ....

A. _¢S B. C C. – C D. qS_¢ E. 1

Pembahasan: Pembahasan:Pembahasan: Pembahasan: TRIK SUPERKILAT: TRIK SUPERKILAT:TRIK SUPERKILAT: TRIK SUPERKILAT:

lim

•→¢

tan B − tan C

1 + A1 − BCFtanBtanC −BC

= lim_{(•q¢)→•} tan B − tan C

A1 − BCF + A1 −BCF tan B tan C = lim_{(•q¢)→•} tan B − tan C

A1 − BCF(1 + tanBtanC) = lim_{(•q¢)→•} 1

AC − B_{C F}∙

tan B − tan C 1 + tan B tan C

= lim_{(•q¢)→•}_{C − B ∙ tan(B − C)}C

= lim_{(•q¢)→•}C tan(B − C)_{−(B − C)} = −C

Untuk download rangkuman materi, kumpulan SMART SOLUTION dan TRIK SUPERKILAT dalam menghadapi SIMAK-UI, SNMPTN, OSN serta kumpulan pembahasan soal SIMAK-UI, SNMPTN, OSN ataupun yang lainnya jangan lupa untuk selalu mengunjungi http://pak-anang.blogspot.com.

Terimakasih,