ILMU UKUR SUDUT DAN SEGITIGA (TRIGONOMETRI)

(1)

1 | Husein Tampomas, Soal dan Solusi Ujian Penghabisan Sekolah Menengah Atas, 2015

Mengenang Jejak Sebagian Kecil Bangsa Indonesia Yang Pernah

Mengikuti Ujian Sekolah Pada Masa Awal Kemerdekaan

UJIAN PENGHABISAN SEKOLAH MENENGAH TINGKAT ATAS

TAHUN 1949

ILMU UKUR SUDUT DAN SEGITIGA (TRIGONOMETRI)

1. HBS Negeri Belanda (Nederland) 1949

a. Dari ABC diketahui bahwa: cosa  bcos . Segitiga apakah ini? b. Jika sinxcosx p, ditanyakan:

1. Pada syarat-syarat apa p harus memenuhi. 2. 1 1

cosxsinx disebutkan dengan p.

c. Hitunglah semua harga x yang lebih kecil dari pada 180 yang memenuhi persamaan

cos5xsin 4xcosx.

d. Jika untuk ABC berlaku r  r_a r_b r_c, segitiga apakah ini? Solusi:

a. acosbcos

2 sinR cos 2 sinR cos 2sincos 2sincos sin 2 sin 2

 

Jadi, segitiga ini adalah segitiga sama kaki. b. 1. asinxbcosxc, dengan c2 a2b2

sinxcosxp

 

2 2 2 1 1 p    2 2 p 



p 2



p 2



0 2 p 2    2. sinxcosx p

sin2xcos2x2sin cosx xp2

1 2sin cos x xp2 2 1 sin cos 2 p x x  1 1 sin cos ₂ 2 ₂, 1 cos sin sin cos 1 1

2 x x p p p x x x x p p         

c. cos5xsin 4xcosx cos5xcosxsin 4x0

(2)





cos 2x cos3xsin 2x 0

cos 2x0 atau sin 2xcos3x cos 2xcos90 2x    90 k 360 45 180 x    k  Jika k 0, maka x45 Jika k 1, maka x   45 180 135 cos3xsin 2x 2x90 3x k 360 atau 2x180   90 3x k 360 18 72 x    k atau x    90 k 360 Jika k 0, maka x 18 Jika k 1, maka x    18 72 90 Jika k 2, maka x  18 144 162 d. r  r_a r_b r_c L L L L s sasb sc 1 1 1 1 ssasb sc 1 1 1 1 0 ssa sbsc





 



 



 











0 s a s b s c s s b s c s s a s c s s a s b s s a s b s c                



sa



sb s



 c

 

s sb s



 c

 

s sa



s c

 

s sa



sb



0



sb s



c s



  a s

 

s sa



s  c s b



0



sb s



c



2sa

 

s sa b



c



0



sb s



c a



  b c a

 

s sa b



 c



0



sb s



c b



 c

 

s sa b



 c



0









0 2 2 2 2 a b c a b c a b c a b c b c b c a b c          _  _  _{ }  _  _{ }            



a  b c 2b a



  b c 2c b



 c

 

a b c a



  b c 2a b



 c



0



a b c a



 b c b



 c

 

a b c



  a b c b



 c



0







 











0 a b c a b c b c b c a b c a b c                           



 

2

 



2





2 2 0 a b c b c b c a b c  _{ }  _{ } _ _  _{ }    



 

2





 

2



2 2 0 a b c b c a b c b c  _{ }  _{ } _{ }  _{ }    







2







2 2 2 2 2 0 a ba c b c b c a ba c b c b c 





 

2





2 2 2a c bc bc  bc bc 0







2 2a c b c b c b c b c    0





 

2 2 2 2a c b c 2c 0

(3)



2 2 2



2c a b c 0

2 2 2

0(ditolak) atau (diterima)

c a b c

Jadi, ABCadalah segitiga siku-siku, dengan   C 90 . 2. HBS Negeri Belanda (Nederland) 1949

Dalam sebuah ABC, M adalah titik pusat lingkaran luar dan r jari-jari lingkaran dalam. Perpanjangan AI memotong lingkaran luar di D. Jika AI5, r3, dan BD12, hitunglah sudut-sudut dan sisi-sisi dari ABCtersebut.

Solusi: 2 2 ₅2 ₃2 ₁₆ ₄ AE AI IE     1 3 1 tan 0,75 36 52' 73 44' 2 4 2 IE AE            2sin a R   1 sin sin 2 AI AB AIB    5 1 ₁ ₁ sin _{sin 180} 2 ₂ ₂ c   _ _{ }_ __ ___     5 1 1 1 sin sin 2 2 2 c      _     

Belum selesai

3. HBS (Hogere Burger School) – AMS (Algemeene Middelbare School), 1949

Dalam sebuah lingkaran dengan titik pusat M dan jari-jari R, ditarik dua jari-jari MA dan MB, sehingga AMB p. Pada AB dibuat sebuah ABC yang sama sisi begitu rupa sehingga C dan

M terletak pada bagian yang berlainan dari AB.

a. Buktikan bahwa luas MACB = 1 2



sin 3 cos 3



2R p p . b. Tentukan harga p jika luas MACB mencapai harga maksimum. Solusi: a. AB2 R2R2   2 R R cosp 2 2 2 2 2 cos AB  R  R p 2 2cos ABR  p

Luas MACB = luas ABC + luas AMB





2

1 1

2 2cos sin 60 sin

2 R p 2 R R p         





2 2 1 1 1 2 2cos 3 sin 2 R p 2 2R p     





2 2 1 1 3 3 cos sin 2R p 2R p     A B C M I  2 3 D E 3 3 4 X Y  A B M R R p C

(4)





2 1 sin 3 cos 3 2R p p   

b. Ambillah ysinp 3 cosp, sehingga sin tan cos

y p  p, dengan tan 3 60 cosysinpcoscos sinp 





1 sin cos y p    





1 sin 60 cos 60 y p  





2sin 60 y p 

Dengan demikian,luas 1 2 2sin



60



3 2

MACB R _ p   _yang akan bernilai maksimum,

jika sin



p  60



1, sehingga p150.

4. HBS (Hogere Burger School) – AMS (Algemeene Middelbare School), 1949 Dari ABC diberikan tgtg2 tg 0.... (1)

a. Buktikan bahwa tg tg 3.

b. Buktikan bahwa segitiga ini bersudut lancip.

c. Buktikanlah bahwa titik tinggi dari segitiga ini membagi garis tinggi dari C dalam dua bagian yang berbanding 2 : 1.

d. Hitunglah dan, jika selain dari pada (1) juga diberikan bahwa   70 .

e. Hitunglah dan, jika selain dari pada (1) juga diberikan bahwa  mencapai harga minimum.

Solusi:

Dalam ABC belaku bahwa     180, sehingga kita akan membuktikan terlebih dahulu bahwa tantan tan tantantan.

Bukti:





tan tan tan 1 tan tan          







tantantan tan   1 tan tan tan









tan   tan   tantan tan

    









tan 180  tan 180  tantan tan

      





tan tan tantan tan

    

tantantan (terbukti) a. tgtg2 tg 0

tan tan 2 tan.... (1)

tan tan tan tantantan .... (2) Dari (1) dan (2) diperoleh

2 tan tan tantantan 3tan tantantan tantan 3 (terbukti)

(5)

5 | Husein Tampomas, Soal dan Solusi Ujian Penghabisan Sekolah Menengah Atas, 2015 sin sin 3 cos cos     

sinsin 3cos cos 



2sin sin 

 

3 2cos cos 



  

















cos   cos   3 cos   cos  

   

_    _ _    _

















cos   cos   3cos   3cos  

       









2cos   4cos      









cos    2cos  









cos    2cos 180 





cos   2cos

Dalam kasus ini, sudut  harus lancip, yang nilai minimunya   60 , sehingga





cos   2cos 60 1 0    60    

Dengan demikian, jelaslah bahwa ABC adalah segitiga lancip. c. Pada ATE diperoleh     T₁ 90 A₁.... (1)

Pada ABD diperoleh     B 90 A₁.... (2)

Dari persamaan (1) dan (2) diperoleh    T₁ B . Pada ACE diperoleh cos AE AE bcos

b

     .... (3) Pada ATE diperoleh cot T₁ TE

AE

 

1

cot cos cot

TEAE  T b  

cos

2 sin cos 2 cos cos sin

TE R    R  



  .... (4)

Pada CTD diperoleh sin 2 CD T

CT

  , sehingga

2

cos 2 sin cos

2 cos

sin sin sin

CD b R CT R T    _        .... (5)

Akhirnya 2 cos cos cos 180





2 cos cos cos cos cos cos

CT R TE R                     cos





cos cos       

cos cos sin sin cos cos          1 sin sin cos cos          1 tantan 1 3 2 2 1      (qed) d. tg   70 tgtg2 tg 0

tan tan 2 tan 70.... (1) tantan 3 tan 3 tan    .... (2) C A B D E T _ 1  1  2 

(6)

6 | Husein Tampomas, Soal dan Solusi Ujian Penghabisan Sekolah Menengah Atas, 2015 Dari persamaan (1) dan (2) diperoleh

3 tan 2 tan 70 tan      2

tan 2 tan 70 tan  3 0 2 tan 5, 4950 tan 3 0





2 5, 4950 5, 4950 4 1 3 tan 2 1       5, 4950 18,1950 2   5, 4950 4, 2656 2  

Karena  lancip, maka tan 5, 4950 4, 2656 4,8803 2     , sehingga 78, 42 dan





180 78, 42 70 31,58         . e. tantan 3 sin sin 3 cos cos     

sinsin 3cos cos 



2sin sin 

 

3 2cos cos 



  

















cos   cos   3 cos   cos  

   

_    _ _    _

















cos   cos   3cos   3cos  

       









2cos   4cos      









cos    2cos  









cos    2cos 180 





cos   2cos

Dalam kasus ini, sudut  harus lancip, yang nilai minimunya   60 , sehingga





cos   2cos 60 1 0    60    

5. Gymnasium Negeri Belanda (Nederland), 1949

Dalam ABC sebuah titik D terletak pada garis alas AB. Garis bagi dari Amemotong CD di P, garis bagi dari Bmemotong CD di Q. P terletak lebih dekat ke C daripada Q. Diketahui bahwa

CPPQQD, ACD₁, BCD₂, dan ADC . a. Buktikan bahwa sin₁2sin .

b. Buktikan bahwa sin₁4sin₂.

c. Hitunglah dan, jika juga diketahui bahwa ACB 90 . Solusi: a. 1 1 sin sin 2 CP AP     1 sin 1 sin 2 CP AP    .... (1)  C B A P D     Q 1  2 

(7)

7 | Husein Tampomas, Soal dan Solusi Ujian Penghabisan Sekolah Menengah Atas, 2015 1 sin sin 2 DP AP     sin 1 sin 2 DP AP    .... (2) Dari persamaan (1) dan (2) diperoleh

1 sin sin 1 1 sin sin 2 2 CP  DP     1 sin sin CP  DP  1 sin 2 sin CP   CP  1

sin 2sin (qed) b. 2 1 sin _sin 2 BQ CQ   _  2 sin 1 sin 2 CQ BQ    .... (1)





1 sin 180 _sin 2 BQ DQ   _    sin 1 sin 2 DQ BQ    .... (2) Dari persamaan (1) dan (2) diperoleh:

2 sin sin CQ  DQ  2 2DQsin DQsin 2 2sin sin

Kita mengetahui bahwa sin₁2sin , sehingga

2 1 1 2sin sin 2    1 2

sin 4sin (terbukti) c. sin₁4sin₂





1 1 sin 4sin 90  1 1 sin 4cos 1 tan 4 1 4 sin 17   1 2 sin 4sin  2 1 2 1 1 sin sin 0, 2425 14, 03 4 17        

1 1 1 4 2 sin sin 0, 4851 29, 02 2 2 17 17            180 



2180 



  2 29,02 14,03 14,99       90  90 14,99 75,01