tuturwidodo..com

tuturwidodo..com

20 August 2012

Soal Geometri OSP Matematika SMA Tahun 2012

Ditulis Oleh pada 20 August 2012


Berikut ini beberapa soal yang saya ambil dari soal OSP Matematika SMA tahun 2012 khusus untuk bidang geometri. Silakan disimak dan semoga ada manfaatnya.

1. Misalkan $O$ dan $I$ berturut - turut menyatakan titik pusat lingkaran luar dan titik pusat lingkaran dalam pada segitiga dengan panjang sisi 3, 4, dan 5. Panjang dari $OI$ adalah ...






Jawaban :
Tanpa mengurangi keumuman, misalkan koordinat $A(3,0)$, $B(0,0)$ dan $C(0,4)$ seperti pada gambar di bawah ini,

Karena $\angle ABC=90^\circ$ maka $AC$ adalah diameter lingkaran luar. Sehingga $O$ berada di tengah - tengah $AC$ yaitu $O(\frac{3}{2}, 2)$. Sedangkan jari - jari lingkaran dalam $r$ bisa dihitung dengan rumus
$$\begin{equation*}
r=\frac{L}{s}=\frac{6}{6}=1
\end{equation*}$$
sehingga diperoleh koordinat $I$ adalah $I(1,1)$.
Oleh karena itu,
$$\begin{align*}
OI&=\sqrt{\left(\frac{1}{2}\right)^2+1^2}\\
&=\sqrt{\frac{1}{4}+1}\\
&=\sqrt{\frac{5}{4}}\\
&=\frac{1}{2}\sqrt{5}
\end{align*}$$


2. Diberikan jajar genjang $ABCD$. Titik $M$ pada $AB$ sedemikian rupa sehingga $\frac{AM}{AB}=0,017$ dan titik $N$ pada $AD$ sehingga $\frac{AN}{AD}=\frac{17}{2009}$. Misalkan $AC\bigcap MN=P$, maka $\frac{AC}{AP}=...$






Jawaban :
Perhatikan gambar di bawah ini!

Perpanjang $NM$ dan $CB$ sehingga berpotongan di titik $E$. Pada segitiga $ABC$ dengan tranversal $PE$ berlaku teorema Menelaos yaitu
$$\begin{equation*}
\frac{AM}{MB}\cdot\frac{EB}{EC}\cdot\frac{CP}{PA}=1
\end{equation*}$$
sehingga
$$\begin{align*}
\frac{CP}{PA}&=\frac{MB}{AM}\cdot\frac{EC}{EB}\\
&=\frac{MB}{AM}\left(\frac{EB+BC}{EB}\right)\\
&=\frac{MB}{AM}\left(1+\frac{BC}{EB}\right)
\end{align*}$$
Padahal $\triangle AMN\sim\triangle MEB$ sehingga
$$\begin{equation*}
\frac{EB}{BM}=\frac{AN}{AM}\Leftrightarrow EB=\frac{AN\cdot BM}{AM}
\end{equation*}$$
Oleh karena itu,
$$\begin{align*}
\frac{BC}{EB}&=\frac{BC\cdot AM}{AN\cdot BM}\\
&=\frac{2009}{17}\cdot\frac{17}{983}\\
&=\frac{2009}{983}
\end{align*}$$
Sehingga diperoleh,
$$\begin{align*}
\frac{CP}{PA}&=\frac{983}{17}\left(1+\frac{2009}{983}\right)\\
&=\frac{2009}{983}+\frac{983}{17}\\
&=\frac{2992}{17}\\
&=176
\end{align*}$$
Maka,
$$\begin{align*}
\frac{AC}{AP}&=\frac{AP+PC}{AP}\\
&=1+\frac{PC}{AP}\\
&=1+176\\
&=177
\end{align*}$$

3. Pada $\triangle ABC$ titik $D$ terletak pada garis $BC$. Panjang $BC=3, \angle ABC=30^\circ$, dan $\angle ADC=45^\circ$. Panjang $AC=...$






Jawaban :
Dari keterangan yang ada pada soal, panjang sisi $AB$ dari $\triangle ABC$ tidak unique. Kita bisa membuatnya sebarang dan tetap dapat memenuhi kondisi seperti pada soal. Hal ini berakibat panjang sisi $AC$ tidak unique juga.

4. Diberikan dua lingkaran $\Gamma_1$ dan $\Gamma_2$ yang berpotongan di dua titik yaitu $A$ dan $B$ dengan $AB=10$. Ruas garis yang menghubungkan titik pusat kedua lingkaran memotong lingkaran $\Gamma_1$ dan $\Gamma_2$ masing - masing di $P$ dan $Q$. Jika $PQ=3$ dan jari - jari lingkaran $\Gamma_1$ adalah 13, maka jari - jari lingkaran $\Gamma_2$ adalah ...






Jawaban :

Jelas bahwa $CD\bot AB$. Karena $AC=13$ dan $OA=5$ maka $OC=12$. Karena $CP=CA=13$ dan $OC=12$ maka $OP=1$ sehingga $OQ=2$. Misalkan jari - jari lingkaran $\Gamma_2$ adalah $r$ maka berdasarkan teorema Pythagoras pada $\triangle AOD$ diperoleh,
$$\begin{align*}
r^2&=5^2+(r-2)^2\\
&=25+r^2-4r+4\\
r&=\frac{29}{4}
\end{align*}$$

5. Diberikan segitiga $ABC$ dengan panjang $AB$ sama dengan dua kali panjang $AC$. Misalkan $D$ dan $E$ berturut - turut pada segmen $AB$ dan $BC$, sehingga $\angle ACD=\angle BAE$. Jika $F=AE\bigcap CD$ dan $CEF$ merupakan segitiga sama sisi, maka besar sudut dari segitiga $ABC$ adalah ...






Jawaban :

Misalkan $\angle BAE=\angle ACD=\alpha$. Karena $CEF$ segitiga sama sisi maka $\angle ECF=\angle CFE=60^\circ$. Selain itu, $\angle AFD=\angle CFE$ padahal $\angle BDC=\angle BAE+\angle AFD$ sehingga $\angle BDC=\alpha +60^\circ$. Oleh karena itu, $\angle DBC=60^\circ-\alpha$.
Misalkan $G$ titik tengah $AB$ dan tarik garis $CG$ maka terbentuk segitiga sama kaki $BCG$ dengan $\angle BCG=\angle DBC=60^\circ-\alpha$. Karena $\angle BCD=60^\circ$ berakibat $\angle DCG=\alpha$. Padahal $\triangle ACG$ adalah segitiga sama sisi, maka diperoleh besar $\angle ACG=60^\circ$. Jadi, $\angle ACG=2\alpha=60^\circ \Longleftrightarrow \alpha =30^\circ$.
Oleh karena itu, $\angle ACB=90^\circ, \angle ABC=30^\circ$ dan $\angle BAC=60^\circ$.

6. Diberikan segitiga lancip $ABC$. Titik $H$ menyatakan titik kaki dari garis tinggi yang ditarik dari $A$. Buktikan bahwa
\begin{equation*}
AB+AC\geq BC\cos\angle BAC+2AH\sin\angle BAC
\end{equation*}






Jawaban :
Perhatikan gambar di bawah ini!

Misalkan $O$ adalah pusat lingkaran luar segitiga $ABC$ dengan jari - jari $R$ dan $D$ adalah titik pada sisi $BC$ sedemikian sehingga $OD\bot BC$.
Kita ketahui bahwa
$$\begin{equation*}
(BC\cdot \sin A-2AH\cdot\cos A)^2\geq 0
\end{equation*}$$
dari sini selanjutnya diperoleh,
$$\begin{align*}
&(BC\cdot \sin A-2AH\cdot\cos A)^2\geq 0\\
&\Leftrightarrow BC^2\cdot\sin^2 A+4AH^2\cdot \cos^2 A-4BC\cdot AH\cdot\sin A\cdot\cos A\geq 0\\
&\Leftrightarrow BC^2(1-\cos^2 A)+4AH^2(1-\sin^2 A)-4BC\cdot AH\cdot\sin A\cdot\cos A\geq 0\\
&\Leftrightarrow BC^2\cdot\cos^2 A+4AH^2\cdot\sin^2 A+4BC\cdot AH\cdot\sin A\cdot\cos A\leq BC^2+4AH^2\\
&\Leftrightarrow (BC\cdot\cos A+2AH\cdot\sin A)^2\leq BC^2+4AH^2\\
&\Leftrightarrow BC\cdot\cos A+2AH\cdot\sin A\leq \sqrt{BC^2+4AH^2}
\end{align*}$$
Oleh karena itu tinggal dibuktikan
$$\begin{equation*}
\sqrt{BC^2+4AH^2}\leq AB+AC
\end{equation*}$$
yang apabila dijabarkan diperoleh
$$\begin{align*}
\sqrt{BC^2+4AH^2}\leq AB+AC&\Leftrightarrow BC^2+4AH^2\leq AB^2+AC^2+2AB\cdot AC\\
&\Leftrightarrow 4AH^2+BC^2-AB^2-AC^2-2AB\cdot AC\leq 0\\
&\Leftrightarrow 4AH^2-2AB\cdot AC\cdot\cos A-2AB\cdot AC\leq 0\\
&\Leftrightarrow 4AH^2-2AB\cdot AC(\cos A+1)\leq 0\\
&\Leftrightarrow 4AH^2-4R\cdot AH(\cos A+1)\leq 0\\
&\Leftrightarrow AH\leq R\cos A+R\\
&\Leftrightarrow AH\leq OD+ OA
\end{align*}$$
akan tetapi bentuk pertidaksamaan yang terakhir pasti benar.
Oleh karena itu terbukti $\sqrt{BC^2+4AH^2}\leq AB+AC$ sehingga
$$\begin{equation*}
AB+AC\geq \sqrt{BC^2+4AH^2}\geq BC\cdot\cos A+2AH\cdot\sin A
\end{equation*}$$
seperti apa yang diminta oleh soal





0 comments :

Post a Comment