PENGEMBANGAN TEOREMA VARIGNON PADA PARALLELO-HEXAGON KARYA ILMIAH OLEH CHINDY ANGGINI NIM

PENGEMBANGAN TEOREMA VARIGNON PADA PARALLELO-HEXAGON

KARYA ILMIAH

OLEH

CHINDY ANGGINI NIM. 1603110936

PROGRAM STUDI S1 MATEMATIKA JURUSAN MATEMATIKA

FAKULTAS MATEMATIKA DAN ILMU PENGETAHUAN ALAM UNIVERSITAS RIAU

PEKANBARU 2020

PENGEMBANGAN TEOREMA VARIGNON PADA PARALLELO-HEXAGON

Chindy Anggini

Mahasiswa Program Studi S1 Matematika Jurusan Matematika

Fakultas Matematika dan Ilmu Pengetahuan Alam Universitas Riau Kampus Bina Widya, Pekanbaru 28293

chindy.anggini0936@student.unri.ac.id

ABSTRACT

This article discusses the application of the Varignon’s theorem to the parallelo- hexagon by connecting the midpoints of the two sides which are close to the mid- point of the two sides in front of them, so that they form a rectangle in the parallelo- hexagon. The proof is described in three alternatives, using the concept of congru- ence, geometrical transformation, and using parallelo-hexagon and parallelogram point vertices. This article is a modification of the Varignon’s theorem applied to parallelo-hexagon from article of Villiers [The Mathematics Gazette, 96 (2012), 309-315]

Keywords: Varignon theorem, parallelo-hexagon, congruence, transformation ABSTRAK

Artikel ini membahas tentang penerapan teorema Varignon pada parallelo-hexagon dengan menghubungkan titik tengah dua sisi yang bedekatan dengan titik tengah dua sisi dihadapannya sehingga berbentuk jajar genjang di dalam parallelo-hexagon.

Bukti dijabarkan dalam tiga alternatif, meggunakan konsep kesebangunan, trasfor- masi geometri, serta menggunakan koordinat titik sudut parallelo-hexagon dan jajar genjang. Artikel ini merupakan modifikasi teorema Varignon yang diterapkan pada parallelo-hexagon dari artikel Villiers [The Mathematics Gazette, 96 (2012), 309- 315].

Kata kunci: Teorema Varignon, parallelo-hexagon, kesebangunan, transformasi

1. PENDAHULUAN

Ahli matematika Jerman Karl Friedrich Gauss (1777-1855) pernah berkata, ”Mate- matika adalah ratu dari ilmu pengetahuan dan aritmatika adalah ratu dari matema- tika.” Aritmatika yang dimaksud Gauss adalah teori bilangan yang bersama dengan geometri merupakan salah satu dari dua cabang matematika tertua [1].

Salah satu materi dari geometri adalah konsep bangun datar. Contoh dari bangun datar adalah poligon. Poligon adalah gambar bidang tertutup yang di- batasi oleh ruas garis lurus sebagai sisinya [7]. Penamaan dari poligon tergantung banyaknya ruas garis yang membatasinya, segiempat adalah bidang yang dibatasi oleh empat ruas garis. Jika titik tengah tiap sisinya dihubungkan, maka terbentuk sebuah jajar genjang yang luasnya adalah setengah dari luas segiempat utamanya.

Jajar genjang adalah segiempat yang tiap sisinya yang berhadapan sejajar [7]. Jajar genjang ini disebut jajar genjang Varignon karena Pierre Varignon(1654-1722), seo- rang akademisi Prancis dari era Newton dan Leibniz memberikan bukti kuat bahwa jajar genjang akan terbentuk dari titik tengah sisi segiempat yang dihubungkan [4].

Bukti dari teorema jajar genjang Varignon dipublikasikan pada tahun 1731 dalam buku Elemens de Mathematique. Pada tahun 2015 Villiers [11] juga telah mema- parkan bukti teorema Varignon untuk berbagai macam segiempat nonkonveks dan juga Palatnik [6] memaparkan bukti tanpa perhitungan matematis.

Pada artikel ini ditunjukkan bahwa teorema Varignon dengan syarat tertentu juga dapat diaplikasikan pada paralello-hexagon [10]. Jika G, H, I dan J adalah titik tengah masing-masing sisi AB, BC, DE dan EF dari parallelo-hexagon ABCDEF maka segiempat GHIJ merupakan sebuah jajar genjang yang luasnya adalah sete- ngah kali luas parallelo-hexagon ABCDEF . Bukti ditunjukkan menggunakan tiga cara pembuktian, yaitu dengan menggunakan konsep kesebangunan, menggunakan transformasi geometri dan koordinat titik sudut bangun datar.

Artikel ini merupakan modifikasi teorema Varignon yang diterapkan pada parallelo-hexagon dari artikel Villiers [9]. Untuk penyajian ini, diberikan pada bagian kedua teorema Varignon, bagian ketiga jajar genjang di dalam parallelo- hexagon dan bagian keempat teorema Varignon pada parallelo-hexagon.

2. TEOREMA VARIGNON

Teorema Varignon banyak dibahas dalam berbagai jurnal, diantaranya pada [3], [4], [6] dan [11]. Misalkan diberikan UV W X, dengan  melambangkan segiempat.

Titik P , Q, R dan S masing-masing merupakan titik tengah sisi U V , V W , W Xdan U X. Menurut Varignon, luas segiempatP QRS dapat dicari dengan menggunakan teorema Varignon berikut.

Teorema 1 Bangun datar yang terbentuk ketika titik tengah tiap sisi segiempat dihubungkan adalah jajar genjang, dan luasnya adalah setengah dari luas segiempat.

Bukti. Bukti Teorema 1 diilustrasikan pada Gambar 1 berikut:

Gambar 1: Luas jajar genjang P QRS

Dari Gambar 1, luas segiempat P QRS atau disingkat LP QRS dapat dicari dengan cara sebagai berikut:

LP QRS = LUV W X − L△P V Q − L△RXS − L△QW R − L△SUP

= LABCD − 1

4L△UV W − 1

4L△W XU −1

4L△V W X −1

4L△XUV LP QRS = 1

2LUV W X.

Jadi dapat disimpulkan bahwa LUV W X adalah setengah dari LP QRS. 2

3. JAJAR GENJANG DI DALAM PARALLELO-HEXAGON Misalkan diketahui parallelo-hexagon ABCDEF . Jika dihubungkan dua buah titik tengah sisi parallelo-hexagon yang berdekatan dengan dua buah titik tengah sisi parallelo-hexagon dihadapannya maka akan terbentuk segiempat yang merupakan jajar genjang. Misalkan G dan H merupakan titik tengah dari sisi parallelo-hexagon yang saling berdekatan yaitu sisi AB dan BC dihubungkan dengan I, dan J masing- masing secara berurut merupakan titik tengah dari sisi dihadapannya yaitu sisi DE dan F E, selanjutnya ditunjukkan bahwa GHIJ adalah sebuah jajar genjang.

Misalkan titik K, L, N dan M berturut turut merupakan titik potong antara garis AC dengan GJ , garis HI dengan AC, garis GJ dengan F D dan garis HI dengan F D seperti pada Gambar 2.

Gambar 2: Jajar genjang GHIJ pada parallelo-hexagon ABCDEF

Oleh karena ABCDEF adalah parallelo-hexagon, maka AF dan CD sejajar dan sama panjang, jika titik A dan C dihubungkan dan titik F dan D dihubungkan, maka terbentuklah jajar genjang ACDF yang mengakibatkan AC dan F D mesti- lah sejajar dan juga sama panjang. Misalkan garis GJ memotong AC dan F D, Berdasarkan Teorema 2.2 [8] ∠CKJ ∼= ∠DNJ. Oleh karena ∠DNJ dan ∠F NJ berpelurus maka

m∠DNJ + m∠F NJ = 180^◦

m∠DNJ = 180^◦− m∠F NJ. (1)

Kemudian, karena △F NJ kongruen dengan △HCL, maka ∠F NJ ∼= ∠HLC.

Oleh karena ∠HLC dan ∠HLA berpelurus maka

m∠HLC + m∠HLA = 180^◦

m∠HLA = 180^◦− m∠F NJ. (2)

Dari persamaan (1) kepersamaan (2) diperoleh ∠DNJ ∼=∠HLA. Karena ∠CKJ ∼=

∠DNJ dan ∠DNJ ∼= ∠HLA, maka ∠CKJ ∼= ∠HLA, karena ∠HLA dan ∠CLI bertolak belakang maka ∠HLA ∼= ∠CLI. Misalkan garis AC memotong garis GJ dan HI, karena ∠CKJ ∼= ∠CLI maka berdasarkan Teorema 2.1 [8] mestilah GJ//HI.

Selanjutnya karena G dan H masing-masing merupakan titik tengah sisi AB dan BC sehingga mengakibatkan GH memotong dua sisi △ABC secara proporsional, maka berdasarkan Teorema 3.4.2. [2] GH sejajar AC. Kemudian karena J dan I masing-masing merupakan titik tengah sisi F E dan ED sehingga mengakibatkan J I memotong dua sisi△F DE secara proporsional, maka berdasarkan Teorema 3.4.2. [2]

J I // F D. Oleh karena AC//F D maka GH//J I. Jadi, karena GJ//HI dan GH//J I maka mestilah GHIJ merupakan sebuah jajar genjang.

4. TEOREMA VARIGNON PADA PARALLELO-HEXAGON Misalkan diberikan sebuah heksagon ABCDEF parallelo-hexagon. Luas parallelo- hexagon dapat dicari dengan menggunakan teorema berikut

Teorema 2 Luas parallelo-hexagon ABCDEF dapat diperoleh dengan meng- hubungkan titik tengah dua sisinya yang berdekatan dengan titik tengah dua sisi dihadapannya sehingga terbentuk jajar genjang yang luasnya setengah kali luas parallelo-hexagon ABCDEF .

Bukti. Cara 1 (dengan menggunakan kesebangunan), misalkan diketahui parallelo- hexagon ABCDEF seperti pada Gambar 2. Selanjutnya dibuktikan bahwa luas parallelo-hexagon ABCDEF yang dilambangkan dengan L(ABCDEF ) adalah dua

kali luas GHIJ. Dari Gambar 2 dapat dilihat bahwa

LGHIJ =L(ABCDEF ) − (L△BHG + LHCDI + L△JIE + LAGJF ) LGHIJ =(L△ABC + LACDF + L△F DE) − (L△BHG + LHCDI

+ L△JIE + LAGJF ). (3)

Oleh karena AB = DE, BC = F E dan AF sejajar CD maka AC = F D maka

△ABC ∼= △F DE. Selanjutnya, karena AG = DI, HC = F J, AF = CD dan GJ = HI maka AGJF ∼=HCDI. Kemudian karena H merupakan titik tengah dari sisi BC maka BH merupakan 1/2 dari panjang BC dan karena G merupakan titik tengah dari AB maka BG merupakan 1/2 dari panjang AB. Oleh karena

∠GBH dan ∠ABC kongruen maka berdasarkan Teorema 3.4.5. [2] perbandingan luas △BHG dan △ABC dapat ditulis menjadi

L△BHG = 1

4L△ABC. (4)

Oleh karena △ABC ∼= △F DE dan AGJF ∼= HCDI, dan karena G dan I berturut-turut merupakan titik tengah dari AB dan DE dan AB = DE maka BG = IE. Karena H dan J berturut-turut merupakan titik tengah dari BC dan F E dan BC = F E maka BH = J E. Kemudian karena BG = IE, BH = J E dan GH = J I maka △BHG ∼=△JIE, sehingga persamaan (3) dapat ditulis menjadi

LGHIJ =2L△ABC + LACDF − (2L△BHG + 2LHCDI). (5) Selanjutnya, dengan mensubstitusikan persamaan (4) ke persamaan (5) diperoleh

LGHIJ =1

2(2L△ABC + LACDF + L△ABC + LACDF − 4LHCDI).

(6) Oleh karena △ABC ∼= △F DE dan karena dari Gambar 2 dapat dilihat bahwa L(ABCDEF ) = L△ABC+L△F DE+LACDF maka persamaan (6) dapat ditulis menjadi

LGHIJ =1

2L(ABCDEF ) + 1

2(L△ABC + LACDF − 4LHCDI). (7) Dari Gambar 2 dapat dilihat bahwa LHCDI = L△HCL+L△MDI+LLCDM, karena L△MDI = L△AGK maka persamaan (7) dapat ditulis menjadi

LGHJI =1

2L(ABCDEF ) + 1

2(L△ABC + LACDF − 4(L△HCL + L△AGK

+LCDM)). (8)

Kemudian, karena GH = KL = 1/2 dari panjang AC maka AK + LC = ¹₂AC. Oleh karena GK = HL maka tinggi L△AGK = L△HCL yaitu 1/2 dari tinggi △ABC.

Jadi L△AGK + L△HCL dapat dicari menggunakan L△AGK + △HCL = 1

2 × (AK + LC) × h, (9)

dengan h adalah adalah tinggi dari △AGK atau tinggi dari △HCL yaitu 1/2 dari tinggi △ABC, sehingga persamaan (9) dapat ditulis menjadi

L△AGK + L△HCL = 1 2× (1

2AC×1

2t△ABC) L△AGK + L△HCL = 1

4L△ABC. (10)

Selanjutnya, dengan mensubstitusikan persamaan (10) kepersamaan (8) diperoleh LGHIJ =1

2L(ABCDEF ) + 1

2(LACDF − 4LLCDM). (11) Dari Gambar 2 dapat dilihat bahwa LACDF = LAKNF + LKLMN + LLCDM sehingga persamaan (11) dapat ditulis menjadi

LGHIJ =1

2L(ABCDEF ) + 1

2(LAKNF + LKLMN + LLCDM

− 4LLCDM). (12)

Kemudian, karena lebar KLMN adalah KL yaitu 1/2 dari AC dan karena AK + LC merupakan 1/2 dari AC maka lebar KLMN sama dengan lebar AKNF +

LCDM dan karena panjang AK = MD, panjang LC = F N dan KN = LM maka AKNF ∼= LCDM. Selanjutnya karena KL = MN merupakan panjang

KLMN dan juga merupakan panjang AKNF + LCDM maka LKLMN = LAKNF + LLCDM sehingga persamaan (12) dapat ditulis menjadi

LGHIJ = 1

2L(ABCDEF ),

atau dapat juga ditulis L(ABCDEF ) = 2LGHIJ sehingga Teorema 2 terbukti.

Cara 2 (menggunakan transformasi geometri),

Gambar 3: Titik tengah tiap sisi jajar genjang GHIJ

Selain bukti secara perhitungan matematis, berikut diberikan alternatif bukti untuk Teorema 2 menggunakan transformasi geometri. Dari Gambar 2, misalkan titik O, T , Y dan Z merupakan titik tengah dari segmen GH, HI, J I dan GJ sehingga Gambar 2 dapat terlihat seperti pada Gambar 3. Selanjutnya dengan merotasi 180^◦

△BHG, HCDI, △JIE , dan AGJF masing-masing terhadap titik O, T , Y dan Z Gambar 3 menjadi terlihat seperti Gambar 4.

Gambar 4: Hasil rotasi △BHG, △HCDI, △JIE dan AGJF

Dari Gambar 4, karenaAGJF , △BHG, HCDI dan △JIE menutupi GHIJ maka dengan kata lain LGHIJ = LAGJF + L△BHG + LHCDI + L△JIE.

Sehingga dapat disimpulkan bahwa L(ABCDEF ) = 2LGHIJ.

Cara 3 (menggunakan koordinat titik sudut). Misalkan Gambar 2 mempunyai titik sudut seperti gambar berikut

Gambar 5: Koordinat titik sudut ABCDEF dan GHIJ

Misalkan diberikan koordinat titik sudut parallelo-hexagon sebagai berikut A = (a₁+a₂, y₁+y₂+y₃), B = (x₁, y₁+y₂), C = (x₁+x₂+x₃, y₁), D = (x₁+x₂+x₃+x₄, y₁), E = (x₁+ 2x₂+ x₃+ x₄, y₁+ y₃) dan F = (x₁+ x₂+ x₄, y₁+ y₂ + y₃).Selanjutnya koordinat masing-masing titik sudut GHIJ adalah G = (x₁ + ^x₂², y₁ + y₂ + ^y₂³), H = (x₁ +^x₂² +^x₂³, y₁+ ^y₂²), I = (x₁ + ^3x₂² + x₃ + x₄, y₁+ ^y₂³) dan J = (x₁ +^3x₂² +

x3

2 + x₄, y₁ + y₃ + ^y₂²). Kemudian dibuktikan bahwa LGHIJ = ¹₂L(ABCDEF ).

Sebelum itu akan dicari luas parallelo-hexagon ABCDEF yaitu L(ABCDEF ) = L△ABC + LACDF + L△F DE. Menggunakan rumus jarak antara dua titik diperoleh

BC =

√

x²₂+ 2x₂x₃+ x²₃+ y₂².

Selanjutnya, dengan menggunakan rumus Phytagoras diperoleh panjang AB adalah sebagai berikut:

AB =

√

x²₂+ y₃².

Kemudian, dengan menggunakan rumus Phytagoras diperoleh panjang AC adalah sebagai berikut:

AC =

√

x²₃+ y₂²+ 2y₂y₃+ y₃².

Selanjutnya, menggunakan rumus heron dicari luas segitiga ABC adalah sebagai berikut:

L△ABC = (1

2x₂x₃y₂y₃+ 1

2x₂x₃y₃²+1

2x²₂y₂y₃+ 1

4x²₂y₃²+1

4x²₃y₃²+1 4x²₂y²₂

)¹₂

. (13) Selanjutnya dicari luasACDF , karena ABCDEF adalah parallelo-hexagon maka AF sejajar dan sama panjang dengan CD sehingga luas ACDF adalah panjang CD dikali dengan ordinat titik A dikurang dengan ordinat titik C atau dapat ditulis

LACDF = x4× (y1+ y₂+ y₃− y1)

LACDF = x4y₂+ x₄y₃. (14)

Kemudian, karena ABCDEF parallelo-hexagon maka panjang BC = F E, CD = AF dan AB = DE sehingga △ABC ∼=△F DE atau dapat ditulis

L△F DE = (1

2x2x3y2y3+1

2x2x3y²₃+ 1

2x²₂y2y3+1

4x²₂y₃²+1

4x²₃y²₃+ 1 4x²₂y₂²

)¹₂

. (15) Berdasarkan Gambar 5, L(ABCDEF ) dapat dicari dengan menjumlahkan luas tiga bangun datar berikut:

L(ABCDEF ) = L△ABC + LACDF + L△F DE. (16) Dengan mensubstitusikan persamaan (13), (14), dan (15) ke persamaan (16) diper- oleh

L(ABCDEF ) =2 (1

2x₂x₃y₂y₃+ 1

2x₂x₃y₃²+1

2x²₂y₂y₃+ 1

4x²₂y₃²+1 4x²₃y₃² +1

4x²₂y₂² )¹₂

+ x₄y₂+ x₄y₃. (17)

dengan memfaktorkan (¹₂x₂x₃y₂y₃ + ¹₂x₂x₃y₃² + ¹₂x²₂y₂y₃ + ¹₄x²₂y₃² + ¹₄x²₃y²₃ + ¹₄x²₂y₂²)

menjadi ¹₄(x2y2+ x2y3+ x3y3)² persamaan (17) dapat ditulis menjadi L(ABCDEF ) =2

( (1

4(x₂y₂+ x₂y₃+ x₃y₃)²)¹² )

+ x₄y₂+ x₄y₃

L(ABCDEF ) =x₂y₂+ x₂y₃+ x₃y₃+ x₄y₂+ x₄y₃. (18) Selanjutnya, dicari luas GHIJ. Sebelum itu, terlebih dahulu akan dicari luas

△GHI. Menggunakan rumus Phytagoras dicari panjang GH sebagai berikut:

GH =

√1

4x²₃ +1 4y₂²+1

2y₂y₃+ 1 4y²₃.

Kemudian, dengan menggunakan rumus Phytagoras diperoleh panjang HI sebagai berikut:

HI =

√

x²₂+ x₂x₃+ 2x₂x₄+ 1

4x²₃+ x₃x₄+ x²₄+1

4y₃²− 1

2y₂y₃+1 4y₂².

Selanjutnya, dengan menggunakan rumus Phytagoras diperoleh panjang GI adalah sebagai berikut:

GI =

√

x²₂+ 2x₂x₃+ 2x₂x₄ + x²₃+ 2x₃x₄+ x²₄ + y²₂.

Selanjutnya, menggunakan rumus heron akan dicari luas segitiga GHI adalah seba- gai berikut:

L△GHI =1 4

(

x²₃y²₃ + y²₂x²₂+ y²₂x²₄+ y²₃x²₂+ y²₃x²₄+ 2y²₂x₂x₄+ 2y₃²x₂x₄+ 2y₂y₃x²₄+ 2y²₃x₃x₄+ 2y₂y₃x²₂+ 2y₃²x₂x₃+ 2y₂y₃x₂x₃

+ 4y2y3x2x4 + 2y2y3x3x4

)¹₂

. (19)

Berdasarkan Gambar 5 Luas GHIJ adalah L△GHI + L△GIJ. Berdasarkan subbab 3 GHIJ merupakan sebuah jajar genjang, jadi panjang GH = JI dan panjang GJ = HI sehingga△GHI ∼= L△GIJ atau LGHIJ dapat ditulis menjadi

LGHIJ = 2L△GHI. (20)

Dengan mensubstitusikan persamaan (19) ke persamaan (20) diperoleh LGHIJ =

(1

4x²₃y₃²+1

4y₂²x²₂+ 1

4y²₂x²₄ +1

4y₃²x²₂+1

4y₃²x²₄+ 1

2y²₂x₂x₄+1

2y₃²x₂x₄ +1

2y2y3x²₄+ 1

2y²₃x3x4+1

2y2y3x²₂+1

2y²₃x2x3 +1

2y2y3x2x3

+ y2y3x2x4+ 1

2y2y3x3x4

)¹₂

LGHIJ =1 2

(

x²₃y²₃+ y²₂x²₂+ y²₂x²₄+ y²₃x²₂+ y²₃x²₄+ 2y₂²x2x4

+ 2y₃²x₂x₄+ 2y₂y₃x²₄+ 2y₃²x₃x₄+ 2y₂y₃x²₂+ 2y²₃x₂x₃ + 2y₂y₃x₂x₃+ 4y₂y₃x₂x₄+ 2y₂y₃x₃x₄

)¹

2

. (21)

Selanjutnya akan dibuktikan luas GHIJ sama dengan setengah kali luas ABCDEF , dengan memfaktorkan x²₃y²₃ + y₂²x²₂ + y₂²x²₄ + y²₃x²₂ + y₃²x²₄ + 2y²₂x₂x₄ + 2y₃²x₂x₄ + 2y₂y₃x²₄+ 2y₃²x₃x₄+ 2y₂y₃x²₂+ 2y²₃x₂x₃+ 2y₂y₃x₂x₃+ 4y₂y₃x₂x₄+ 2y₂y₃x₃x₄ menjadi (x₂y₂+ x₂y₃+ x₃y₃+ x₄y₂+ x₄y₃)² persamaan (21) dapat ditulis menjadi

LGHIJ =1

2((x₂y₂+ x₂y₃+ x₃y₃+ x₄y₂+ x₄y₃)²)¹² LGHIJ =1

2(x2y2+ x2y3+ x3y3+ x4y2+ x4y3). (22) Dengan mensubstitusikan persamaan (18) ke persamaan (22) diperoleh

LGHIJ = 1

2L(ABCDEF ),

atau dapat ditulis menjadi L(ABCDEF ) = 2LGHIJ sehingga Teorema 2 ter-

bukti. 2

5. KESIMPULAN

Berdasarkan hasil pembahasan yang telah diperoleh sebelumnya, dapat disimpulkan bahwa Teorema Varignon dapat diaplikasikan pada parallelo-hexagon yaitu segienam khusus dengan sisi yang berhadapan saling sejajar dan sama panjang. Segiempat GHIJ yang diperoleh dari menghubungkan titik tengah dua sisi parallelo-hexagon ABCDEF yang berdekatan dengan titik tengah dua sisi dihadapannya adalah jajar genjang. Bukti diperoleh dengan menggunakan teorema-teorema kesejajaran.

Selanjutnya dapat ditunjukkan bahwa luas parallelo-hexagon ABCDEF adalah dua kali luas jajar genjang GHIJ . Bukti disajikan dalam tiga cara yaitu dengan menggunakan konsep luas pada materi kesebangunan, transformasi geometri yaitu rotasi dan menggunakan koordinat titik sudut parallelo-hexagon dan koordinat titik sudut segiempat GHIJ .

Ucapan terima kasih Penulis mengucapkan terima kasih kepada Prof. Dr. Mashadi, M.Si. yang telah membimbing dan memberikan arahan dalam penulisan artikel ini.

DAFTAR PUSTAKA

[1] T. Koshy, Elementary Number Theory with Applications, Second Edition, Else- vier, London, 2007.

[2] Mashadi, Geometri, Edisi Kedua, UR Press, Pekanbaru, 2015.

[3] P. N. Oliver, Consequences of the Varignon’s parallelogram theorem, The Math- ematics Teacher, 94 (2001), 406-408.

[4] P. N. Oliver, Pierre Varignon and the parallelogram theorem, The Mathematics Teacher, 94 (2001), 316-319.

[5] A. Ostermann dan G. Wanner, Geometry by Its History, Springer, Berlin, 2012.

[6] A. Palatnik, Proof without words: Varignon’s theorem, College Mathematics Journal, 48 (2017), 354.

[7] B. Rich, Schaum’s Outline of Theory and Problems of Geometry, Second Edi- tion, The McGraw-Hill Companies, New York, 1989.

[8] O. H. Sholikhah dan L. N. Pradana, Geometri untuk Pendidikan Dasar, AE Media Grafika, Magetan, 2018.

[9] M. D. Villiers, Relation between the sides and diagonals of a set of hexagon, The Mathematics Gazette, 96 (2012), 309-315.

[10] M. D. Villiers, Some hexagon area ratios: Problem solving by related examples, Mathematics in School, 39 (2010), 21-23.

[11] M. D. Villiers, Slaying a geometrical monster: Finding the area of a crossed quadrilateral, Learning and Teaching Mathematics, 18 (2015), 23-28.