BAB III
MASALAH GEOMETRI DAN PEMECAHANNYA
Menurut Posamentier dan Stepelmen (1986), masalah dalam geometri mencakup: 1. Membuktikan teorema atau berbagai akibat situasi geometri secara sistematis
a. menggunakan geometri Euclides.
b. menggunakan aljabar, aritmetika, geometri analitik, atau vektor. 2. Melukis bangun.
3. Menentukan ukuran unsur geometri dalam situasi yang problematik.
Menurut Polya, yang kedua dan ketiga memiliki kesamaan: yaitu menentukan sesuatu berupa lukisan, atau hasil perhitungan.
Secara umum strategi pemecahan masalah geometri sama dengan yang telah dikemukakan pada Bab II. Namun secara khusus perlu diperhatikan hal-hal sebagai berikut.
1. Pada pembuktian sering digunakan dasar-dasar analisis, yang dalam pelaksanaannya juga memuat strategi “bergerak dari belakang”.
2. Pada masalah geometri, gambar seringkali tidak cukup hanya dituangkan dari hal-hal yang telah diketahui dari masalahnya. Seringkali diperlukan adanya garis-garis pertolongan yang perlu dibuat untuk menjembatani hipotesis dan konklusinya. 3. Karena dalam penyelesaian masalah geometri sering tidak terlepas dari aritmetika
dan aljabar (termasuk geometri analitik dan geometri transformasi), maka pengetahuan dasar dan keterampilan penerapan aritmetika dan aljabar perlu dimiliki pemecah masalah geometri.
B. Masalah Pembuktian
Salah satu cara membuktikan kebenaran suatu pernyataan dikenal dengan metode
analitik (Posamentier dan Stepelmen,1986:117), yang menjembatani masalah yang muncul
antara hipotesis dan konklusi. Metode ini memuat serangkaian ‘langkah mun-dur’ yang berawal konklusi dan berakhir pada hipotesis. Dengan kata lain, keseluruhan bukti dapat dikonstruksi dengan berawal dari konklusi dan pemecah masalah mengaju-kan pertanyaan: “Langkah sebelumnya yang bagaimanakah yang menghasilkan langkah atau tahapan ini?” Setelah memperoleh jawabnya, pertanyaan yang sama diajukan lagi yang terkait dengan jawaban yang baru saja diperoleh, sampai seluruh langkah dengan urutan logis hingga menemukan jawabnya ‘secara terbalik’. Setelah sampai pada hipotesisnya, buktinya
dituliskan ‘secara terbalik’ dari pemikiran analisisnya tadi, sehingga cara ini sering dikenal sebagai strategi ‘bergerak dari belakang’.
Tiga langkah penting dalam menggunakan analisis adalah:
1. Menganalisis hipotesis: Sketsa atau yang dibuat hendaknya mendekati atau tepat sama dengan kenyataan masalahnya. Beri nama-nama dan tanda-tanda/simbol-simbol yang sesuai (titik sudut, sudut yang siku atau yang sama, ruas garis yang sama panjang, garis-garis yang sejajar dan sebagainya). Gambar yang baik akan mempermudah dalam menganalisis masalahnya.
2. Menganalisis konklusi atau kesimpulan (yang hendak dibuktikan): Perhatikan konklusinya, dan bagaimana akan sampai ke kesimpulan itu, atau langkah-langkah apa saja yang menuntun paling dekat ke arah konklusi itu. Sangat membantu kiranya jika pemecah masalah mempertimbangkan pengalaman konklusi serupa yang pernah digunakan atau diperoleh dalam masalah lain. Kemudian majulah selangkah hal-hal atau apa saja sebelumnya yang dapat menuntun ke hal yang terdekat pada konklusi tersebut.
3. Menemukan hubungan antara hipotesis dan konklusi. Dalam memperoleh hubungan ini berbagai sifat, teorema, strategi dan teknik penyelesaian yang sebelumnya pernah dipelajari perlu dikuasai secara lengkap dan dapat segera diterapkan dalam menganalisis hubungan yang mungkin ada.
Contoh 1:
Jika panjang sisi-sisi suatu segitiga adalah a, b, dan c, buktikanlah bahwa: 3(ab + bc + ca) ≤ (a + b + c)2 < 4(ab + bc + ca)
Karena tidak jelas mulai dari mana hubungan-hubungan itu muncul, maka salah satu cara ialah melihat dari belakang atau melihat hasil.
Perhatikan pertidaksamaan pertama: 3(ab + bc + ca) ≤ (a + b + c)2 ⇔ 3(ab + bc + ca) ≤ a2 + b2 + c2 + 2(ab + bc + ca) ⇔ ab + bc + ca ≤ a2 + b2 + c2 ⇔ a2 + b2 + c2 – ab – bc – ca ≥ 0 ⇔ 2a2
+ 2b2 + 2c2 – 2ab – 2bc – 2ca ≥ 0 (kedua ruas dikalikan 2) ⇔ (a2
– 2ab + b2 ) + (b2 – 2bc + c2 ) + (c2 – 2ca + a2 ) ≥ 0 ⇔ (a – b)2
Hal terakhir benar karena kuadrat bilangan real pasti non negatif. Demikian juga jumlah beberapa kuadrat bilangan real pasti non negatif
Karena itu untuk membuktikan kebenaran pertidaksamaan pertama (ruas kiri dan tengah), dilakukan sebagai berikut:
Jika a, b, dan c panjang sisi-sisi segitiga, maka pastilah: (a – b)2 ≥ 0 (b – c)2 ≥ 0 (c – a)2 ≥ 0 Jumlahnya: (a – b)2 + (b – c)2 + (c – a)2 ≥ 0 ⇔ (a2 – 2ab + b2 ) + (b2 – 2bc + c2 ) + (c2 – 2ca + a2 ) ≥ 0
dan seterusnya menggunakan langkah dari bawah ke atas (dari belakang ke depan) pada analisis yang berupa bentuk-bentuk yang ekuivalen di atas, sehingga diperoleh bukti bahwa: 3(ab + bc + ca) ≤ (a + b + c)2
(1)
Dengan cara sama, untuk membuktikan (a + b + c)2 < 4(ab + bc + ca), pertidaksamaan tersebut dijabarkan lebih dahulu:
(a + b + c)2 < 4(ab + bc + ca) ⇔ a2
+ b2 + c2 + 2(ab + bc + ca) < 4(ab + bc + ca) ⇔ a2
+ b2 + c2 < 2(ab + bc + ca) ⇔ a2
+ b2 + c2 < a(b + c) + b(a + c) + c(b + a)
Hal ini benar, karena dalam setiap segitiga dengan panjang sisi a, b, dan c, berlaku:
a < (b + c) sehingga a2 < a(b + c)
b < (a + c) sehingga b2 < b(a + c)
c < (b + a) sehingga c2 < c(b + a)
Dengan demikian maka untuk membuktikan kebenaran pertidaksamaan kedua (ruas tengah dan kanan), dimulai dengan: Untuk setiap segitiga dengan panjang sisi a, b,
dan c, panjang sebuah sisi kurang dari jumlah panjang dua sisi lainnya, sehingga: a < (b + c) ⇒ a2 < a(b + c)
b < (a + c) ⇒ b2 < b(a + c)
c < (b + a) ⇒ c2 < c(b + a)
Diperoleh: a2 + b2 + c2 < a(b + c) + b(a + c) + c(b + a), yang dengan ‘bergerak dari belakang’ dari yang disajikan di atas diperoleh: (a + b + c)2 < 4(ab + bc + ca) (2) Dari (1) dan (2) diperoleh bukti bahwa:
Catatan: Dalam praktik pembuktian dengan cara ini, penjabaran (analisis) dari yang
harus dibuktikan dikerjakan di luar tempat pengerjaan pembuktian.
Contoh 2:
Ruas garis AB adalah sebuah talibusur sebuah lingkaran yang salah satu diameternya
adalah ruas garis BD (A ≠ D). Titik E adalah proyeksi titik A pada BD . Buktikanlah
bahwa BE × BD = (BA)2
Dari masalah di atas, situasinya digambar: Diketahui: Lingkaran (C, CA)
AE⊥ BD
Buktikan: BE × BD = (BA)2 Analisis:
1. BE × BD = (BA)2 dapat dibuktikan jika kita dapat menunjukkan bahwa
BA BE = BD BA . 2. BA BE = BD BA
dapat dibuktikan jika kita dapat menunjukkan bahwa ∆BEA ~ ∆BAD. Dengan demikian perlu ditarik ruas garis AD .
3. ∆BEA dapat dibuktikan sebangun dengan ∆BAD jika dapat ditunjukkan bahwa mereka memiliki dua sudut sama besar (atau syarat kesebangunnan lainnya).
4. ∠B adalah sudut persekutuan kedua segitiga.
5. ∠BEA dan ∠BAD keduanya siku-siku. ∠BEA siku-siku karena titik E proyeksi titik
A pada BD. ∠BAD siku-siku karena menghadap busur setengah lingkaran (ingat, BD diameter). Karena itu maka kesebangunan ∆BEA dan ∆BAD dipenuhi.
Tibalah pembuktiannya disajikan. Bukti: Tarik AD . ∠BAD = 90o , karena busur ∩ BD adalah busur setengah lingkaran. Perhatikan ∆BEA dan ∆BAD
⎭ ⎬ ⎫ ∠ = ∠ ∠ = ∠ BAD BEA B B
∆BEA dan ∆BAD sebangun (mempunyai 2 sudut sama, berarti 3 sudut sama)
Akibat kesebangunan tersebut:
BA BE = BD BA ⇔ BE × BD = (BA)2 (terbukti) A B D E C Gambar 3.1 A B D E C Gambar 3.2
Kadang-kadang sulit untuk melakukan langkah-langkah terurut logis seperti yang dicontohkan di atas. “Pemaksaan” kadang dilakukan untuk membuktikan kebenaran, yaitu membawanya kepada situasi yang relevan. Tentu saja hal ini memerlukan penge-tahuan geometri yang lebih luas, agar langkah yang ditempuh sungguh mengarah kepada penalaran yang benar sehingga kebenaran buktinya dapat dipertanggung jawab-kan. Pemaksaan ini memberikan kemungkinan pemecahan masalah masih berada dalam lingkup geometri, tetapi juga dapat keluar melalui jalur lain, misalnya geometri analitik. Contoh 3
Buktikanlah bahwa dalam setiap jajargenjang, jumlah kuadrat panjang diagonalnya sama dengan dua kali jumlah kuadrat panjang sisi-sinya.
Diketahui: jajargenjang ABCD.
Buktikan : (AC)2 + (BD)2 = 2((AB)2 + (AD)2) Bukti: Cara I
(Pemikiran awal: jumlah kuadrat panjang sisi terkait dengan teorema Pythagoras.
Karena itu maka masalahnya “dipaksa” dibawa ke segitiga siku-siku. Jadi perlu bantuan garis sehingga terjadi segitiga siku-siku).
Tarik DE dan CF tegaklurus AB (lihat gambar)
Misalkan AE = BF = x dan DE = CF = t
Dalam segitiga siku-siku BDE: (BD)2 = t2 + (AB – x)2 = t2 + (AB)2 – 2x(AB) + x2, dan pada segitiga siku-siku ADE t2 + x2 = (AD)2
Dari kedua hubungan di atas didapat (BD)2 = (AD)2 + (AB)2 – 2x(AB) (*)
Pada segitiga siku-siku ACF: (AC)2 = t2 + (AB + x)2 = t2 + (AB)2 + 2x(AB) + x2, Melalui substitusi t2 + x2 = (AD)2 didapat: (AC)2 = (AD)2 + (AB)2 + 2x(AB) (**)
Dari penjumlahan kesamaan (*) dan (**) didapatkan:
: (AC)2 + (BD)2 = 2((AB)2 + (AD)2) (terbukti). Bukti: Cara II
Jajargenjang ABCD diletakkan dalam
sistem koordinat Kartesius.
Jika koordinat A, B dan D
berturut-turut (0, 0), (a, 0), dan (b, c) maka
koordinat C adalah (b + a, c) A(0, 0) B(a, 0)
C(b + a, c) D(b, c) (0, c) (b, 0) (b + a, 0) Y X O Gambar 3.4 A B C D t t x E AB – x x F Gambar 3.3
Karena bentuk kuadrat ruas garis terkait dengan rumus jarak antara dua titik, maka hubungan yang diperoleh adalah:
(AC)2 = (xC – xA)2 + (yC – yA)2 = (b + a – 0)2 + (c – 0)2 = b2 + 2ab + a2 + c2 (BD)2 = (xD – xB)2 + (yD – yB)2 = (b – a)2 + (c – 0)2 = b2 – 2ab + a2 + c2 (AC)2 + (BD)2 = 2(a2 + b2 + c2) (^) AB = a, sehingga (AB)2 = a2 (BD)2 = (xD – xB)2 + (yD – yC)2 = (b + a – a)2 + (c – c)2 = b2 + c2
Jika nilai (AB)2 dan (BD)2 digantikan pada (^) diperoleh: (AC)2 + (BD)2 = 2 ((AB)2 + (BD2)) (terbukti
Contoh 4
Jika ketiga segiempat terkecil pada Gambar 3.5 adalah persegi-persegi yang kongruen, buktikanlah bahwa jumlah besar sudut BAD dan CAD adalah 45o.
Penalaran:
Tidak mudah untuk melakukan kegiatan “bergerak dari belakang” seperti pada contoh di atas. Namun memperhatikan tujuan pembuktian merupakan satu hal sangat penting. Perhatian pada tujuan dapat membantu mencari jembatan antara yang diketahui dan yang diminta untuk dibuktikan.
Tujuan soal ini terkait dengan sudut 45o. Pertanyaan yang muncul adalah dimana atau kapan sudut 45o itu terjadi. Salah satu di antaranya adalah pada segitiga siku-siku samakaki. Karena itu perlu dibentuk suatu segitiga samakaki.
Penjumlahan kedua sudut dapat dilakukan dengan “memindahkan” salah satu di antaranya. Cara yang dapat dilakukan adalah dengan pencerminan.
Dari kedua bahan jembatan di atas dapat disusun jembatan yang menghubungkan antara yang diketahui dan yang akan dibuktikan atau konklusinya, yaitu: Bagaimana dengan pencerminan dapat dibentuk suatu segitiga sama kaki.
Bukti:
1. Cerminkan AC terhadap garis AD, diperoleh AE ⇒
besar ∠ CAD = ∠EAD
2. Besar ∠BAD + ∠CAD = besar ∠BAE
B A D C Gambar 3.5 B A D C E D F Gambar 3.6
3. Tarik BE → ∆AFB dan ∆BCE kongruen karena AF = BC, ∠F = ∠C = 90o, dan
FB = CE.
Akibatnya BE = AB (#) besar ∠FBA = ∠CEB
4. Besar ∠ABE = 180o – ∠FBA – ∠CBE = 180o – (∠FBA + ∠CBE)
= 180o – 90o = 90o. (##)
5. Dari (#) dan (##) didapat: ∆BAE siku-siku samakaki, sehingga besar ∠BAE = 45o . 6. Jadi jumlah besar ∠BAD + ∠CAD = besar ∠BAE = 45o
. (terbukti).
B. Masalah Menemukan
Dalam masalah menemukan sesuatu dalam geometri (berupa lukisan atau bilangan), strategi umumnya seperti yang dikemukakan pada bagian pendahuluan bab ini, termasuk juga yang diuraikan pada Bab II. Masalah lukisan lebih banyak terkait dengan sifat-sifat yang berlaku dalam geometri, sedangkan dalam menemukan, selain konsep dan prinsip dalam geometri, sering memerlukan kemampuan dalam aritmetika dan aljabar.
Contoh 1
Berapakah banyak diagonal sebuah segi-30?
Masalah di atas diselesaikan secara induktif dengan pola.
Menggambar sekaligus segi-30 beraturan beserta semua diagonalnya memuat kesulitan teknis, baik karena diperlukan gambar yang cukup besar dan penghitungan banyak diagonal yang sangat mungkin beberapa diagonal dihitung lebih dari sekali. Karena itu digunakan strategi menyederhanakan masalah. Dimulai dari poligon yang memiliki diagonal yaitu segi-4, kemudian segi-5, segi-6, dan segi-7 untuk memperoleh polanya. Perhatikan banyak diagonal pada segi-n berikut.
segi-4 segi-5 segi-6 segi-7
Banyak diagonal:
2 ––––––––––> 5 ––––––––––> 9––––––––––––––>14
+3 +4 +5
Dengan memperhatikan pola penambahannya, yaitu +3, +4, +5, dan seterusnya, maka pada segi-30 terdapat 405 buah diagonal.
Contoh 2
Pada Gambar 3.8 di samping, segi-4-nya adalah persegi dengan panjang sisi 1 satuan dan garis lengkungnya masing-masing adalah busur seperempat lingkaran. Hitunglah luas daerah yang diarsir.
Penyelesaian
Alternatif 1
Dicari lebih dahulu separo gambar yang dimaksud, sehingga diperoleh Gambar 3.9.
Luas yang diarsir adalah setengah dari luas seperempat lingkaran berjari-jari 1, dipotong luas setengah persegi, yaitu
4 1π× 12 – 2 1= 4 1 π – 2 1. Luas seluruhnya yang diarsir = 2 ×(
4 1π – 2 1) = 2 1 π – 1 Alternatif 2
Pengalaman menunjukkan, bahwa Alternatif 1 adalah yang paling sering digunakan. Namun ada penyelesaian unik yang pernah dikemukakan siswa tetapi jarang ditemukan yaitu menggunakan ‘pendekatan komplementer” sebagai berikut.
Yang dicari pertama adalah separo daerah tak terarsir, misal daerah tak terarsir ABC
pada Gambar 3.10, yang diperoleh dari luas daerah persegi, dikurangi dengan luas seperempat lingkaran berpusat D. Hasilnya adalah 1 –
4
1π. Berarti luas dua bagian yang tak terarsir adalah 2 × (1 –
4
1π.) = 2 – 2 1 π.
Luas daerah yang diarsir adalah komplemennya, yaitu luas persegi dikurangi yang tidak diarsir = 1 – (2 – 2 1π) = 2 1 π – 1. Gambar 3.8 Gambar 3.9 A B D C
Alternatif 3
Seorang siswa yang “tajam penglihatannya” menemukan bahwa jika dihitung luas seperempat lingkarannya, yaitu 2 ×
4
1π = 2
1π, bagian II terhitung dua kali. Karena itu jika dikurangi dengan daerah tak terarsir, harus dikurangi lagi dengan daerah II (yang terarsir) yang tadi terhitung dua kali. Hal itu sama saja dengan mengurangi dengan luas persegi. Jadi hasilnya adalah sama dengan luas dua buah seperempatan lingkaran (
2 1π) dikurangi luas persegi = 2 1π – 1. Contoh 3:
Dalam ∆ABC, titik-titik P, Q, dan R berturut-turut terletak pada sisi AB , BC, dan AC.
AP : PB = BQ : QC = CR : RA = 1 : 3.
Hitunglah perbandingan luas ∆PQR : luas ∆ABC. Jawab:
Tarik RD ⊥ BC dan AE ⊥ BC. Dengan demikian maka RD || AE.
Dalam ∆CAE, RD || AE dan CR : CA = 1 : 4.
→ RD : AE = CR : CA = 1 : (1 + 3) = 1 : 4 AE CB RD CQ ABC RQC × × = ∆ ∆ 2 1 2 1 Luas Luas = AE RD CB CQ × = 4 1 4 3 × = 16 3 Analog: 16 3 Luas Luas = ∆ ∆ ABC APR dan 16 3 Luas = ∆ ∆ ABC PBQ Luas
Jadi luas yang ∆PQR = (1 – 3 × 16 3 ) × Luas ∆ABC = 16 7 Luas ∆ABC Atau: L∆PQR : L∆ABC = 7 : 16. Catatan:
1) Untuk yang telah memahami bahwa:
A B D C I II III Gambar 3.10 (1) (3) [3] [1] {1} {3} A B C P Q R D E Gambar 3.11
Jika dua segitiga mempunyai sebuah sudut sama besar maka perbandingan luasnya sebanding dengan perbandingan hasil kali panjang sisi-sisi yang mengapit sudut tersebut, maka pemecahan masalah di atas lebih dipermudah.
Misal: ∆APR dan ∆ABC bersudut sama yaitu sudut A, Karena itu maka
AC AB AR AP ABC APR × × = ∆ ∆ Luas Luas = AC AR AB AP × = 4 3 4 1 × = 16 3
. Hal yang sama dapat dikenakan terhadap segitiga-segitiga lainnya di luar ∆PQR di dalam ∆ABC.
2) Akibat langsung dari hubungan di atas adalah, jika dua buah segitiga sebangun, maka perbandingan luasnya sebanding dengan perbandingan kuadrat panjang sebuah sisi seletaknya.
3) Perbandingan luas tersebut dapat diperluas untuk setiap dua poligon sebangun. Perbandingan luas dua poligon sebangun sebanding dengan perbandingan kuadrat sebuah sisi seletaknya.
Contoh 4:
Dalam ∆ABC, AB = 15, BC = 14, dan AC = 13. AD garis tinggi dan garis bagi sudut B memotong AD di titik E. Hitung panjang DE .
(Soal ini mencakup substansi garis tinggi dan garis bagi suatu segitiga). Diketahui: ∆ABC; a = 14, b = 13, c = 15.
AD ⊥ BC.
Besar ∠ABE = ∠DBE. Hitung: DE Jawab: s = (14 + 13 + 15)/2 = 21. AD = ta = s(s a)(s b)(s c) a − − − 2 = 21(21 14)(21 13)(21 15) 14 2 − − − = 21 7 8 6 7 1 × × × = 7 1 × 3 × 7 × 22 = 12
Pada ∆ABD yang siku-siku di D: BD2
= AB2 – AD2 = 225 – 144 = 81 ⇒ BD = 9 B C A D E 15 13 14 o o Gambar 3.12
Pada ∆ABD, BE merupakan garis bagi sudut B, sehingga DE : EA = BD : BA = 9 : 15 = 3 : 5 Jika DE = x, maka EA = 12 – x ⇒ x : (12 – x) = 3 : 5 5x = 36 – 3x ⇔ 8x = 36 ⇔ x = 4,5 Jadi DE = 4,5. Contoh 5
Hitunglah luas sebuah segi-8 yang titik-titik sudutnya terletak selingkaran, empat sisi panjangnya masing-masing 2 cm dan empat sisi lain panjangnya masing-masing 3 cm. Masalah di atas akan dipecahkan dengan beberapa cara, untuk dapat menggambarkan berbagai strategi yang dapat digunakan untuk memecahkan sebuah masalah.
Penyelesaian
Alternatif 1
Misalkan bangun yang dimaksud adalah segidelapan ABCDEFGH dengan pusat lingkaran luar titik O. Pada Gambar 3.13.
CD = DE = EF = FG = 2 cm dan
CB = BA = AH = HG = 3 cm.
Luas segi delapan adalah jumlah 4 kali luas ∆OED dan 4 kali luas ∆OAB.
Karena panjang ED dan AB diketahui, yang diperlukan adalah garis tinggi segitiga-segitiga tersebut, yang tidak lain adalah apotema terhadap talibusur ED dan AB , yaitu
OP dan OQ . Keduanya masing-masing terletak pada segitiga siku-siku DAE dan BAE
sehingga ada sifat-sifat kesejajaran dan kesebandingan yang dapat digunakan. Berikut ini penyelesaiannya.
Tarik apotema-apotema OP dan OQ , talibusur EB dan AD .
Pada ∆ABE, ∠B menghadap diameter AE . Jadi besar ∠ ABE = 90o
atau EB ⊥ AB OQ apotema → OQ ⊥ AB .
Berarti EB || OQ . dengan demikian OQ = 2 1EB. E A B C D F G H O M P Q Gambar 3.13
Dengan penalaran sama diperoleh OP = 2 1AD.
Tarik BD . Perhatikan ∆MDB dan ∆CDB:
Besar ∠MDB =∠CDB (keduanya menghadap busur bertalibusur sepanjang 3 cm),
DB = DB
Besar ∠MBD = ∠CBD (keduanya menghadap busur bertalibusur sepanjang 2 cm), → ∆MDB ≅ .∆CDB Akibatnya: MD = CD = 2 cm. Berarti ∆EDM siku-siku (di D) sama kaki (ED = MD = 2 cm), sehingga EM = 2√2 cm.
Analog: ∆BAM siku-siku (di B) sama kaki.(BM = BA = 3 cm) sehingga AM = 3√2 cm. Diperoleh: DA = DM + MA = (2 + 3√2) cm ⇒ OP = 2 1DA = 2 1(2 + 3√2) cm BE = BM + ME = (3 + 2√2) cm ⇒ OQ = 2 1BE = 2 1(3 + 2√2) cm. Luas ∆OED = 2 1ED × OP = 2 1 × 2 × 2 1(2 + 3√2) cm2 = 2 1(2 + 3√2) cm2 Luas ∆OAB = 2 1AB × OQ = 2 1× 3 × 2 1(3 + 2√2) cm2 = 4 3(3 + 2√2) cm2 . Luas segi delapan ABCDEFGH = 4 × (L∆OED + L∆OAB)
= 4 ×( 2 1(2 + 3√2) + 4 3(3 + 2√2)) cm2 = (4 + 6√2 + 9 + 6√2) cm2 = (13 + 12√2) cm2 Alternatif 2
Karena segidelapan itu memiliki 4 sisi masing-masing sepanjang 2 cm dan 4 sisi masing-masing sepanjang 3 cm, maka segi delapan tersebut merupakan bagian dari sebuah persegi yang dapat digambar sebagai berikut:
Kemungkinan (i) Kemungkinan (ii)
2 2 y y 2 2 y y y y y y 3 3 3 3 Gambar 3.14 2 2 2 2 3 3 3 3 x x x x x x x x (i) (ii)
Dari gambar (i): 2x2 = 32 ⇔ x2 = 4
2
1 Dari gambar (ii): 2y2
= 22 ⇔ y2 = 2 ⇔ x = 2 2 3 ⇔ y = √2 Luas segi-8 = (2x + 2)2 – 4 × 2 1x2 Luas segi-8 = (3 + 2y)2 – 4 × 2 1y2 = (3√2 +2)2 – 4 × 2 1× 4 2 1 = (3 + 2√2)2 – 4 × 2 1 × 2 = 18 + 12√2 + 4 – 9 = 9 + 12√2 + 8 – 4 = 13 + 12√2 = 13 + 12√2
Dengan kedua cara di atas diperoleh hasil sama, luas segi-8 tersebut = (13 + 12√2) cm2 . Alternatif 3
Untuk menentukan luas segi-8 yang memiliki 4 sisi berukuran 2 cm dan 4 sisi berukuran 3 cm, dipandang seperempat bagian daripadanya, yaitu yang memuat sebuah sisi berukuran 2 cm dan sebuah sisi berukuran 3 cm. Seperempat bagiannya dapat digambarkan seperti Gambar 3.15.
Misalkan panjang jari-jari lingkaran luar segi-8 tersebut = R.
Luas segi-8 = 4 × luas segi-4 OABC = 4 ×(L∆OAB + L∆OCB) = 4 × ( 2 1Rp + 2 1Rq) = 2R(p + q) (^) Pada ∆ABD: p2 + (R – q)2 = 22 (teorema Pythagoras) ⇔ p2 + R2 – 2Rq + q2 = 4 ⇔ 2R2 – 2Rq = 4, karena p2 + q2 = R2 ⇔ 2R(R – q) = 4 ⇒ R – q = R 2 4 (*) Pada ∆EBC: q2 + (R – p)2 = 9 (teorema Pythagoras) ⇔ q2 + R2 – 2Rp + p2 = 9 ⇔ 2R2 – 2Rp = 9, karena p2 + q2 = R2 ⇔ 2R( R – p) = 9 ⇒ R – p = R 2 9 (**)
Dari (*) dan (**) diperoleh: 2R – p – q = R 213 ⇔ p + q = 2R – 2R 13 2 3 A D C O E B p q Gambar 3.15
Dari (^) diperoleh Lsegi-8 = 2R( p + q) = 2R × (2R – R 2 13 ) = 4R2 – 13 … (o) R × q = 3 × 4 9 2− R ⇒ R2q2 = 9(R2 – 9/4) ⇔ q2 = 9 – 81/(4R2) R × p = 2 × R2−1 ⇒ R2p2 = 4(R2 – 1) ⇔ p2 = 4 – 16/(4R2) R2 = p2 + q2 = 13 – 97/(4R2) Misalkan R2 = x, maka x = 13 – 97/(4x); x > 0 4x2 – 52x + 97 = 0 x = 8 97 16 52 52± 2 − × ; x > 0 ⇒ x = 8 1152 52+ = 8 2 24 52+ = 2 2 6 13+ R2 = 2 2 6 13+
yang jika digantikan pada (o) diperoleh:
Lsegi-8 = 4 × ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ + 2 2 6 13 – 13 = 26 + 12√2 – 13 = 13 + 12√2
Jadi Luas segi-8 ABCDEFGH = (13 + 12√2) cm2 .
