geometri netral (neutral geometry)

MAKALAH KELOMPOK

GEOMETRI NETRAL

Disusun guna memenuhi Tugas Mid Semester

Mata Kuliah Geometri Non Euclid

oleh :

Muhamad Husni Mubaraq 4101410001

Reni Windri Triani 4101410045

Hermi Yunita 4101410096

Pradhita Renoningtyas 4101412033

Dika Handayani 4101412072

JURUSAN MATEMATIKA

FAKULTAS MATEMATIKA DAN ILMU PENGETAHUAN ALAM

UNIVERSITAS NEGERI SEMARANG

2014

http://www.google.com/imgres?imgurl=http://cdn.x.indowebster.com/download/51/6f9e132ebeddb9f71b114f211e5db131.jpg&imgrefurl=http://files.indowebster.com/download/image/Logo_UNNES_Semarang&h=1507&w=1484&sz=252&tbnid=fCq5_0ywH4uX7M:&tbnh=90&tbnw=89&prev=/search?q=logo+unnes&tbm=isch&tbo=u&zoom=1&q=logo+unnes&usg=__h51plOzsT3CzNtjol5s8sGCNHK8=&docid=bSxCz3Ov8YisxM&hl=en&sa=X&ei=6Xg9UZX7D4LkrAfL04CoDw&sqi=2&ved=0CC4Q9QEwAA&dur=1344

Kelompok 2-Rombel Geo-Non Rabu Pukul 10

2

Geometri Netral

A. Pendahuluan

Euclides dari Alexandria hidup kira-kira 300 tahun sebelum Masehi.

Euclides mengeluarkan lima buah aksioma, yaitu aksioma insidensi dan ekstensi,

aksioma urutan/keantaraan, aksioma kongruensi, aksioma kesejajaran, dan

aksioma kekontinuan dan kelengkapan. Kelima buah aksioma ini membangun

geometri Euclides yang dipelajari di SD, SMP, SMA.

Kelemahan geometri Euclides yaitu:

Euclides berusaha mendefinisikan semuanya dalam geometri, sampai titik,

garis, dan bidang.

Aksioma keempat dari Euclides yang terkenal dengan nama Aksioma

Kesejajaran, terlalu panjang sehingga merisaukan matematikawan.

Terdapat dalil dalam geometri Euclides yang berbunyi: ”Pada suatu ruas

garis dapat dilukis suatu segitiga samasisi”. Sementara untuk mendapatkan

dalil ini masih perlu menggunakan pertolongan prinsip kekontinuan.

Aksioma kesejajaran Euclides berbunyi ”Jika dua garis dipotong oleh

sebuah garis transversal sedemikian hingga membuat jumlah sudut dalam

sepihak kurang dari 180 , maka kedua garis itu berpotongan pada pihak

yang jumlah sudut dalam sepihaknya kurang dari 180 . Aksioma ini

diubah oleh Playfair dalam kalimat yang berbeda tetapi bermakna sama

yaitu: ”Hanya ada satu garis yang sejajar dengan garis yang diketahui yang

melalui sebuah titikdi luar garis yang tidak diketahui.”

Dari kelima aksioma Euclides, jika aksioma kesejajaran dihilangkan maka

geometri ini dinamakan Geometri Netral (The Neutral Geometry).

B. Pengertian Pangkal, Postulat, Definisi pada Geometri Netral

Dalam geometri netral tidak diperhatikan pastulat kesejajaran dari

Euclides, maka geometri ini disebut geometri absolut atau gemoetri netral.

Geometri absolut ini termuat dalam geometri terurut, jadi pengertian pangkal

geometri terurut juga menjadi pengertian pangkal geometri absolut. Selain itu


3

diperkenalkan pengertian pangkal ketiga yaitu kongruensi, suatu relasi untuk

pasangan titik, segmen dan interval.

Pengertian pangkal geometri absolut, menurut Pasch ialah:

Titik-titik A, B, C, D, ...

Keantaraan.

Kongruensi

Jadi titik dipandang sebagai unsur yang tidak didefinisikan dan keantaraan

dan kongruensi sebagai relasi-relasi yang tidak didefinisikan.

C. Definisi-definisi pada Geometri Netral

Definisi 1

Dua ruas garis adalah kongruen jika dan hanya jika ukurannya adalah

sama.

Definisi 2

Dua sudut adalah kongruen jika dan hanya jika ukuran keduanya adalah

sama.

Definisi 3

Dua poligon adalah kongruen jika dan hanya jika terdapat suatu

korespondensi satu-satu antar titik-titiknya sedemikian sehingga semua sisi-sisi

yang berkorespondensi adalah kongruen dan semua sudut-sudut yang

berkorespondensi adalah kongruen. Contoh poligon : segiempat, segitiga, segi-n

Definisi 4

Setiap sudut yang berpelurus dan bersisian dengan suatu sudut dari

suatusegitiga dinamakan sudut eksterior dari segitiga.

D. Teorema-Teorema pada Geometri Netral

TEOREMA 1

Kekongruenan ruas garis, sudut, dan poligon adalah relasi ekuivalen.


4

Bukti:

Untuk membuktikan Teorema 1, perhatikan definisi-definisi berikut!

Definisi 1

Dua ruas garis adalah kongruen jika dan hanya jika ukurannya adalah sama.

Definisi 2

Dua sudut adalah kongruen jika dan hanya jika ukuran keduanya adalah sama.

Definisi 3

Dua poligon adalah kongruen jika dan hanya jika terdapat suatu korespondensi

satu-satu antar titik-titiknya sedemikian sehingga untuk setiap sisi-sisi yang

berkorespondensi adalah kongruen dan semua sudut-sudut yang berkorespondensi

adalah kongruen.

Jelas terbukti

TEOREMA 2

i. Setiap ruas garis memiliki tepat satu titik tengah.

ii. Setiap sudut tepat memiliki satu bisector

Bukti:

i. Setiap ruas garis memiliki tepat satu titik tengah

Misalkan C titik tengah AB

menurut definisi AC = BC

karena AC = BC maka dan

Andaikan D titik tengah AB,

menurut definisi AD = BC

karena AD = BD maka dan

dari (i) dan (ii), diperoleh AC = AD dan BC = BD

mengakibatkan C = D

hal ini kontradiksi dengan pengandaian , yang benar C = D

dengan kata lain C merupakan satu-satunya titik tengah AB. Terbukti.

ii. Setiap sudut tepat memiliki satu bisector

Misalkan l bisektor


5

D titik interior

Maka

Andai

E titik interior

Dengan cara yang sama pada titik D diperoleh

Dari (i) dan (ii), diperoleh

Berarti pengandaian salah, yang benar . Terbukti.

TEOREMA 3

Suplemen (dan komplemen) dari sudut-sudut yang kongruen atau

samaadalah kongruen.

Bukti:

Misalkan

, , , dan

dan

dan

Akan dibuktikan , dan

Jelas

dan

dan

Diperoleh dan berakibat dan

. Terbukti.


6

TEOREMA 4

Setiap pasang sudut-sudut vertikal adalah kongruen.

Bukti:

Akan dibuktikan

dan

Jelas

diperoleh sehingga

dengan analog maka juga akan diperoleh . Terbukti.

TEOREMA 5 (Aksioma Pasch’s)

Jika sebuah garis l memotong Δ PQR di titik S sedemikian sehingga P-S-

Q, maka l memotong atau .

Bukti:

Andaikan garis l tidak memotong dan .

Karenanya, Titik P dan R, begitu pula dengan titik Q

dan R terletak pada sisi yang sama dari garis l.

Akibatnya, titik P dan Q harus terletak pada sisi yang sama dari garis l. Hal

tersebut kontradiksi dengan yang ada bahwa P dan Q terletak pada sisi yang

berbeda dari garis l. Terbukti.

TEOREMA 6 (Crossbar)

Jika X adalah titik pada interior Δ UVW, maka UX memotong WV di

suatu titik Y sedemikiansehingga W-Y-V.

1

2 4

3


7

Bukti:

Misal ruas garis diperpanjang menjadi sinar .

Sinar tidak mungkin memotong di titik V dan W menurut Aksioma 1.

Jadi, memotong di suatu titik Y sedemikian sehingga W-Y-V.

TEOREMA 7 (Segitiga Sama Kaki)

Jika dua sisi dari suatu segitiga adalah kongruen, maka sudut-sudut

yangberlawanan dengan sisi-sisi tersebut adalah kongruen.

Bukti:

Terdapat titik D pada sisi BC (Teorema Crossbar)

Misalkan bisektor dari

Akibatnya

(Postulat SAS)

TEOREMA 8

Sebuah titik yang terletak pada bisektor yang tegak lurus dari suatu

ruasgaris jika dan hanya jika titik tersebut berjarak sama dengan titik-titik

ujungdari ruas garis tersebut.

Bukti:

Diketahui .


8

Akan ditunjukan bahwa .

Jelas =

=

Menurut postulat SAS,

Akibatnya .

Akan ditunjukkan bahwa titp P terletak pada bisektor dan tegak lurus .

Misalkan garis l adalah bisektor

Terdapat titik D pada yang dilalui l (Teorema Crossbar)

Menurut postulat SAS,

Akibatnya, (P bisektor )

berpelurus

(tegak lurus).


9

TEOREMA 9 (Sudut Eksterior)

Sudut eksterior dari suatu sudut lebih besar daripada sudut-sudut interior

lain yang tidak bersisian.

Bukti:

Pikirkan sebuah dengan D pada B-C-D. Akan ditunjukkan

dan . Tentukan E titik tengah dan

posisikan titik F pada B-E-F. Sekarang kita lukis , mudah ditunjukkan

dengan postulat SAS bahwa Sebagai dampaknya

. Karena F interior , maka . Dengan subtitusi kita

peroleh . Dengan cara yang sama diperoleh

. Terbukti.

Lemma 3.5.2

Jumlah dari ukuran dua sudut segitiga kurang dari 180

Bukti:

Pada gambar Teorema 9, diperoleh , dan dengan

kata lain dan . Sehingga

. Akibatnya ,

, dan . Terbukti.

Lemma 3.5.3

Jika diberikan segitiga ABC dan sudut A. Maka ada segitiga A1B1C1

sedemikian hingga segitiga A1B1C1 mempunyai jumlah sudut yang sama dengan

segitiga ABC, dan

A F

B D C

E


10

Bukti:

Misalkan E titik tengah BC, dan F dipilih

pada AE sedemikian hingga AE = EF dan A-

E-F. Maka dan sudut-sudut

yang bersesuaian sama.

Kita tujukkan A1B1C1 yang

kita cari. Dengan memberikan nama sudut-

sudutnya seperti pada gambar, kita tahu

bahwa:

dan

Untuk melengkapi bukti, perhatikan yang berakibat

. Pada persamaan tersebut, salah satu dari ruas kanan, atau harus kuran

atau sama dengan setengah dari suku di ruas kiri yaitu Jika

namakan A sebagai , jika tidak namakan F sebagai kemudian namakan dua

titik yang lain dari segitiga AFC dengan dan . Terbukti.

SACCHERI – LEGENDRE

Teorema 3.5.4

Jumlah sudut sebarang segitiga kurang atau sama dengan .

Bukti:

Andaikan ada dengan jumlah sudut = 180 + p, p bilangan positif. Menurut

lemma, ada A1B1C1 dengan jumlah sudut = 180 + p sedemikian sehingga

Dengan menggunakan lemma lagi, berarti ada A2B2C2 dengan

jumlah sudut = 180 + p sedemikian sehingga dan

seterusnya dengan cara yang sama diperoleh barisan segitiga-segitiga A1B1C1,

A2B2C2 , ... yang masing-masing jumlah sudutnya 180 + p, sedemikian sehingga

untuk sebarang bilangan bulat positif n.


11

Jelas kita dapat memilih n yang cukup besar sehingga sekecil mungkin.

Karena , yang berarti Terjadi

kontradiksi, sehingga pengandaian salah. Teorema 3.5.4 benar. Terbukti.

Teorema Akibat (corollary)

Jumlah sudut sebarang segiempat kurang atau sama dengan 360

Teorema akibat ini sejalan dengan kesimpulan Saccheri bahwa hipotesis

sudut tumpul adalah salah. Demikian juga, teorema ini menyangkal bahwa jumlah

sudut suatu segitiga dapat melebihi 180. Tetapi kemungkinan bahwa jumlah sudut

dalam segitiga kurang dari 180, yang bersesuaian dengan hipotesis Saccheri

tentang sudut lancip menarik perhatian kita sendiri.

Penyelidikan pada persegi panjang

Teorema 3.6.1

Diagonal dari segiempat Saccheri adalah kongruen.

Bukti:

Akan dibuktikan panjang diagonal DE = CE

Lihat ΔAED dan ΔBEC

AE ≅ BE (diketahui)

∠A ≅ ∠B (Saccheri = 90o)

AD ≅ BC (Saccheri)

Jadi menurut sifat S-Sd-S, ΔAED ≅ ΔBEC


12

Akibatnya,

DE = CE

Jadi, diagonal dari segiempat Saccheri adalah kongruen.(Terbukti)

Teorema 3.6.2

Sudut puncak segiempat Saccheri adalah kongruen.

Bukti:

Strategi:

1. Gunakan segitiga-segitiga kongruen

Lihat ΔAED dan ΔBEC

AE ≅ BE (diketahui)

∠A ≅ ∠B (Saccheri = 900)

AD ≅ BC (Saccheri)

Jadi menurut sifat S-Sd-S, ΔAED ≅ ΔBEC

Akibatnya,

DE = CE

2. Lihat ΔDEF dan ΔCEF

DE ≅ CE (akibat)

EF ≅ EF (diketahui)

(i)


13

FD ≅ FC (diketahui)

Jadi menurut sifat S-S-S, ΔDFE ≅ ΔCFE

Akibatnya,

∠9 = ∠10 atau ∠DFE = ∠CFE

∠2 = ∠8

∠4 = ∠6

3. Dari (i) dan (ii) diperoleh

a. ∠3 + ∠4 = ∠5 + ∠6 berarti ∠AEF = ∠BEF atau ∠AEF ≅ ∠BEF

∠AEF + ∠BEF = 180o (berpelurus)

Karena ∠AEF ≅ ∠BEF maka ∠BEF = ∠AEF = 90o

b. ∠1 + ∠2 = ∠7 + ∠8 berarti ∠ADF = ∠BCF

Jadi, Sudut puncak segiempat Saccheri adalah kongruen (Terbukti)

Teorema 3.6.3

Sudut puncak segiempat Saccheri tidak tumpul melainkan keduanya lancip

atau siku-siku.

Bukti:

Berdasarkan Teorema Akibat (corollary)

Jumlah sudut sebarang segiempat kurang atau sama dengan 360 , dan jumlah

sudut alas dalam segiempat saccheri adalah 180 , maka andaikan besar sudut

puncak segiempat saccheri tumpul, padahal dari teorema sebelumnya dikatakan

bahwa sudutpuncaksegiempatSaccheriadalahkongruen, maka jumlah besar sudut

puncak segiempat saccheri lebih dari 180, maka akan terjadi kontradiksi.

Terbukti.

Teorema 3.6.4

Garis yang menghubungkan titik-titik tengah dari sisi atas dan sisi alas

segiempat Saccheri adalah tegak lurus terhadap keduanya.

Bukti:

Akan dibuktikan bahwa Garis yang menghubungkan titik-titik tengah dari sisi atas

dan sisi alas segiempat Saccheri adalah tegak lurus terhadap keduanya.

(ii)


14

Misalkan F titik tengah CD dan E titik tengah AB

Karena F dan E titik tengah maka DF=FC, AE=EB, AD=BC.

1. Lihat ADE dan BEC

( E titik tengah)

(Saccheri)

DAE EBC (Saccheri)

Jadi ADE BEC (sisi, sudut, sisi) akibatnya

1 7

3 5

2. Lihat DEF dan CEF

(sudah dibuktikan)

(F titik tengah DC)

Jadi DEF CEF (sisi, sisi, sisi), akibatnya

4 6

2 8

9 10

Dari 1 dan 2 diperoleh

Jadi atau

karena (berpelurus) dan maka


15

Jadi, EF AB (EF adalah Garis yang menghubung kan titik-titik tengah dari sisi

atas dan sisi alas segiempat Saccheri)

Dari 2 diperoleh 9 10 atau

Karena (berpelurus) dan maka

m

Jadi, EF CD (EF adalah Garis yang menghubung kan titik-titik tengah dari sisi

atas dan sisi alas segiempat Saccheri)

(terbukti)

Teorema Akibat 3.6.5

Sisi atas dan sisi alas segiempat Saccheri sejajar.

Bukti:

Dari Teorema 3.6.4, diketahui bahwa garis yang menghubungkan titik-titik tengah

dari sisi atas dan sisi alas segiempat Saccheri adalah tegak lurus terhadap

keduanya. Menurut teorema akibat menyatakan bahwa dua garis yang tegak lurus

pada satu garis yang sama adalah sejajar. Maka terbukti sisi atas dan sisi alas

segiempat Saccheri sejajar.

Teorema Akibat 3.6.6

Sisi atas segiempat Saccheri lebih besar dari atau sama dengan sisi

alasnya.

Bukti:

Segiempat ABCD persegi panjang Sacheri

dimana

Akan ditunjukkan

Lukis

Kasus 1

Kasus 2

A B

D C

1

2 3


16

Kasus 3

sedangkan maka berakibat

Hal ini berlawanan dengan Teorema Sacheri-Legendre. Dengan kata lain kasus 3

tidak memenuhi. Sehingga haruslah . Terbukti.

Teorema 3.6.7

Sudut keempat segiempat Lambert tidak tumpul melainkan lancip atau

siku-siku.

Bukti:

Misalkan tumpul

Karena besar masing-masing adalah 90 , jika tumpul maka

jumlah besar keempat sudutnya lebih dari 360 .

Terjadi suatu kontradiksi dengan Teorema Akibat 3.5.4

Jadi, benar bahwa udut keempat segiempat Lambert tidak tumpul melainkan

lancip atau siku-siku (Teorema 3.6.7 terbukti).

Teorema 3.6.8

Ukuran sisi diantara dua sudut siku-siku segiempat Lambert kurang dari

atau sama dengan ukuran sisi yang berlawanan itu.

Bukti:

Diberikan segiempat PQRS adalah segiempat Lambert.

Kemudian = 90 dan

Jelas PQ ≤ SR dan QR ≤ PS

Asumsikan PQ> SR dan pilih P 'sedemikian sehingga P'Q = SR.

P Q

R S


17

P'QRS adalah sebuah Segiempat Saccheri.

Jadi 1 ≡ 2 dan m 1 = m 2 ≤ 90

Terjadi kontradiksi dengan teorema sudut eksterior ΔPP'S

Jadi PQ ≤ SR

Demikian pula QR ≤ PS

Teorema 3.6.8 terbukti.

Teorema 3.6.9

Ukuran garis yang menghubungkan titik-titik tengah dari sisi atas dan sisi

alas segiempat Saccheri kurang dari atau sama dengan ukuran sisi-sisinya.

Bukti:

Mempertimbangkan segiempat Saccheri, segiempat ABCD dengan

, , , dan M dan N beturut-turut merupakan titik

tengah dari alas AB dan puncak DC.

Menurut teorema sebelumnya (Teorema 3.6.4), MN tegak lurus terhadap kedua

dan .

Menurut definisi, segiempat AMND dan segiempat CBMN keduanya segiempat

Lambert.

Berdasarkan Teorema 3.6.8, MN AD Dan MN CB. Terbukti.

Teorema 3.6.10

Jika ada sebuah persegi panjang, maka akan ada juga sebuah persegi

panjang dengan salah satu sisinya lebih panjang dari pda ruas garis tertentu.

Bukti.

Andaikan adalah sebuah persegipanjang dan adalah salah sebarang

garis.kita akan buktkan dengan membentuk sebuah persegipanjang dengan

panjang salah satu sisinya lebih besar daripada PQ. Dengan membentuk garis, ada

sebuah titik pada sedemikian sehingga D-C- dan (gambar

3.6.5). dengan cara yang sama sebuah titik pada sedemikian sehingga A-

B- dan . Menurut eorema 3.3.5 (SASAS), kongruen

terhadap , oleh karena itu dan merupakan sudut siku-


18

siku. Berdasarkan definisi adalah sebuah persegipanjang dan

Kemudian kita ulang lagi dengan membentuk, kita dapatkan sebuah

persegipanjang sedemiian higga . Berdasarkan sifat

archimedean dari bilangan realjika dipilih n cukup besar sehingga

Terbukti.

Teorema akibat 3.6.11

Jika ada sebuah persegi panjang, maka ada sebuah persegi panjang dengan

dua sisinya yang berdekatan panjangnya masing-masing lebih panjang dari dua

segmen tertentu.

Bukti:

Dengan kata lain. Jika ada persegipanjang ABCD dan segmen garis XY dan ZW

diberikan. Maka ada persegipanjang PQRS sedemikian hingga PQ > XY dan PS >

ZW.

Sesuai dengan Teorema 3.6.10. Ada persegipanjang ABEF dengan AF > XY.

Dengan melukis persegipanjang yang kongruen dengan persegipanjang ABEF

berulang-ulang dan menempatkan di atasnya, kita dapat melukis AFHG dengan

AG > ZW. Karena AF > XY, maka AFHG merupakan persegipanjang PQRS yang

dimaksudkan.

Teorema 3.6.12

Jika ada sebuah persegi panjang maka ada persegi panjang dengan panjang

dua sisi yang berdekatan kongruen dengan diberikan segmen garis PQ dan RS.

A

D C

B B2

C2 Cn

Bn


19

Bukti:

Cara kita membuktikan seperti apa yang dilakukan penjahit. Dengan

menggunakan teorema akibat terdahulu, maka kita memiliki persegipanjang

PQRS dengan PQ > XY dan PS > ZW; kemudian kita potongnya sedemikian

hingga panjang PQ = XY dan PS = ZW. Jadi ada titk Q’ pada PQ sedemikian

hingga PQ’ = XY. Dari titik Q’ ditarik garis yang tegak lurus RS dengan kaki R’.

kita tunjukkan bahwa PQ’R’S’ adalah persegipanjang.

Sudut P, R’ dan S adalah siku-siku. Kita tunjukkan pula bahwa PQ’R’ juga

siku-siku. Andaikan PQ’R’S’ > 360, kontradiksi dengan akibat dari teorema

sebelumnya. Andaikan PQ’R’ < 90, maka QQ’R > 90 dan jumlah sudut segi

empat PQ’R’S > 360, kontradiksi dengan akibat dari teorema sebelumnya.

Andaikan PQ’R’ < 90, maka QQ’R > 90 jumlah sudut segiempat QQ’R’R >

360 (kontradiksi). Jadi satu-satunya kemungkinan adalah PQ’R’ = 90, dan

PQ’R’S adalah persegipanjang. Dengan cara yang sama, ada titik S’ pada PS

sedemikian hingga PS’ = ZW. Tarik garis S’ tegak lurus Q’R’ dengan kaki R*.

maka, sebagaimana di atas, PQ’R*S’ adalah persegipanjang. Sisi-sisinya yang

berdekatan PQ’ dan PS’ masing-masing sama dengan XY dan ZW, dan teorema

terbukti.

Teorema 3.6.13

Jika ada sebuah persegi panjang, maka setiap segitiga siku-siku memiliki

jumlah sudut 180 °.


20

Bukti:

Misalkan ABC adalah sebuah segitiga siku-siku, siku-siku di C. Berdasarkan

teorema 3.6.12 kita dapat mengkontruksi PQRS dimana dan

. Jika kita menarik diagonal

Lihat ABC dan PRQ sehingga ABC dan PRQ mempunyai jumlah sudut

yang sama.

Misalkan jumlah sudut dalam dan jumlah sudut dalam . Karena

PQRS persegi panjang maka . Kita tahu dari teorema saccheri

legendre bahwa masing-masing kurang dari 180 .

Andaikan , maka . Terjadilah kontadiksi. Sehingga jumlah

sudut dalam segitiga siku-siku yaitu harus 180 .

Teorema 3.6.14

Jika ada sebuah persegi panjang, maka setiap segitiga memiliki jumlah

sudut 180 °.

Bukti:

B’ C’

A’ D’

’

p

q

A

B C


21

A B

C

D

p q

B D

E A

1

2 1

2

Prosedur pembuktiannya adalah dengan cara menunjukkan bahwa :

1) Setiap segitiga siku-siku adalah tiruan dari sebuah segitiga yang dibentuk

dengan cara membelah persegipanjang pada diagonalnya.

2) Segitiga tersebut mempunyai jumlah sudut 180.

Misalkan ABC siku-siku di B. Menurut Teorema sebelumnya, ada

persegipanjang A’B’C’D’ dengan A’B’ = AB dan B’C’ = BC. Hubungkan A’ dan

C’. Maka ABC A’B’C’, dengan demikian ABC dan A’B’C’ mempunyai

jumlah sudut yang sama. Misalkan : p adalah jumlah sudut A’B’C’dan q adalah

jumlah sudut A’D’C

Maka : p + q = 4.90 = 360, ………………………... (1)

Kita tunjukkan bahwa p = 180. Menurut Teorema sebelumnya, p = 180 atau p <

180. Andaikan p < 180. Dari persamaan (1) diperoleh q > 180 (bertentangan

dengan teorema 1). Jadi p = 180.

Teorema 3.6.15

Jika ada sebuah segitiga dengan jumlah sudut 180 ° maka akan ada

sebuah persegi panjang.

Bukti:

Misalkan mempunyai jumlah sudut 180.

Akan ditunjukkan siku-siku dengan jumlah sudut 180

Tarik garis tinggi AB siku-siku di D dan

siku-siku si D.

Misal jumlah sudut adalah p dan jumlah sudut adalah q

Maka p + q = 2. 90 + 180 = 360

Akan ditunjukkan p = 180

; p < 180 maka q > 180

Hal ini kontradiksi bahwa jumlah sudut sebarang segitiga kurang atau sama

dengan 180. Jadi siku-siku, misal

yang mempunyai jumlah sudut 180.


22

Dengan mengambil dua segitiga siku-siku, kemudian kedua segitiga tersebut

ditempelkan membentuk persegi panjang.

Lukis dengan E berlainan pihak dengan D dari sisi AB dan BE

bersesuaian dengan AD. Karena jumlah sudut adalah 180 maka

dan karena maka dan

.

Perhatikan bahwa

dan

Jadi, . Terbukti.


Jika ada sebuah segitiga dengan jumlah sudut 180 °, maka setiap segitiga

memiliki jumlah sudut 180 °.

Bukti:

Diketahui sebuah segitiga mempunyai jumlah sudut 1800. Akan ditunjukkan

bahwa setiap segitiga mempunyai jumlah sudut 1800. Misalkan ada sebuah

segitiga yang mempunyai jumlah sudut 1800, maka menurut teorema 3.6.15 akan

ada sebuah persegi panjang. Sedangkan menurut teorema 3.6.14, jika ada sebuah

persegi panjang maka setiap segitiga memiliki jumlah sudut 1800. Terbukti.


Jika ada sebuah segitiga dengan jumlah sudut kurang dari 180 °, maka

setiap segitiga memiliki jumlah sudut kurang dari 180 °.

Bukti:

Misalkan segitiga ABC dengan jumlah sudut < 1800, perhatikan sebarang segitiga

PQR.

Menurut teorema 1, jumlah sudut p ≤ 1800.

Misalkan p = 1800, maka menurut akibat 1 dari teorema 6 di atas, sehingga

segitiga ABC mempunyai jumlah sudut 1800.

Hai ini bertentangan dengan pemisalan di atas.

Jadi, yang benar adalah p < 1800.


23

Teorema 3.6.18

Paralel mendalilkan Euclidean setara dengan pernyataan berikut: Jumlah

sudut dari setiap segitiga adalah 180 °.

Bukti:

Kita asumsikan Jumlah sudut dari setiap segitiga adalah 180 ° dan menggunakan

kebenaran pembuktian Paralel mendalilkan Euclidean. Ingat garis l dan titik P

tidak terletak digaris l, misalkan m sebuah garis parallel melalui P tegak lurus

dengan l.(sehingga ada garis seperti hasil dari teorema akibat 3.4.2 ). Jika kita

misalkan n sebuah garis lain yang melalui P, kita akan tunjukkan n memotong l.

Menggunakan pendekaan tak langsung, kita akan anggap n parallel terhadap l.

Karena n tidak sama m, ingat berada diantara dan ( ).

Menurut sifat archimedean dari

Karena dan kongruen, maka dapat disimpulkan

bahwa .


24

Contoh Soal dan Pembahasan

1. Sebuah garis yang memuat titik dari sebuah sudut dan sebuah titik di dalam

sudut, memotong setiap segmen garis yang bergerak sepanjang sisi-sisi sudut

tersebut.

Penyelesaian:

Teorema bahwa sudut alas segitiga samakaki adalah sama, dapat dibuktikan

secara valid dengan menggunakan perbedaan dan pendekatan yang lebih

sederhana. Bukti berikut yang dilengkapi Papus (300 m) didasarkan pada

validitas prinsip s sd s (sisi sudut sisi) ketika diaplikasikan pada suatu segitiga

dan segitiga itu sendiri.

Diketahui: ABC, AC = BC

Adb ABC BAC

Bukti: Pandang ACB dan BCA

sebagai segitiga dengan

titik sudut A, C, B

bersesuaian dengan titik

sudut B, C, A, maka:

Sehingga unsur-unsur AC, BC, ACB dari ACB adalah sama

dengan unsur-unsur yang bersesuaian BC, AC, BCA dari BCA.


25

2. Buktikan Dua Segitiga adalah kongruen jika dua sudut dan sisi di hadapan

salah satu sudut dari dua segitiga yang bersesuaian adalah sama.

Diketahui: Lihat gambar di samping berikut.

Buktikan: Δ ABC ΔPQR

Bukti:

Teorema kongruensi yang ada ádalah proposisi 8 (s,sd,s), (sd,s,sd), (s,s,s)

.tidak ada yang cocok. Terpaksa menggunakan Postulat V sebagai

berikut:’Bentuk geometri dapat dipindah tanpa mengubah ukuran dan

bentuknya.’

Langkahnya ΔPQR diimpitkan ke ΔABC

Alternatif yang mungkin, P terletak di:

a) antara A dan B,

b) pada perpanjangan BA dan

c) berimpit dengan A. (mengapa ?)

Lihat Δ ACP’ berarti A < ACP’(mengapa?)...... 1)

Padahal CP’B adalah sudut luar ΔACP1 berarti A < CP’B (teorema

sudut luar) ........ 2)

Dari 1) dan 2) terjadi kontradiksi.

b) kontradiksi juga

c) A = P’’’ maka AB = P’’’ Q’ sehingga ΔABC ΔPQR.

P

R

Q A

C

B

A=P’’’

C=R’

B=Q’ P’’ P’


26

3. Pada segiempat ABCD, diketahui , buktikan bahwa

jika dan hanya jika .

Penyelesaian:

1. Akan dibuktikan .

Pilih titik E pada AB sedemikian hingga BE = CD, maka EBCD segiempat

Saccheri (definisi), berarti ................. (i)

Pehatikan ADE, (teorema sudut luar) ............ (ii)

....................... (iii)

Dari (i), (ii), (iii) diperoleh (sifat

transitif)

Alternatif yang mungkin

b.

(i) (bukti a) kontradiksi dengan

(ii) maka (mengapa dengan yang

mungkin

Terbukti bahwa .

2 2

geometri netral (neutral geometry)

Education