Poligon Siklik

Pengantar Pemecahan Masalah

Pemecahan masalah atau problem solving adalah proses untuk menemukan solusi dari suatu masalah dengan menggunakan pengetahuan dan keterampilan yang sudah ada. Pemecahan masalah merupakan soft skill yang penting untuk menghadapi tantangan dalam kehidupan sehari – hari, terutama ketika harus menemukan solusi inovatif untuk masalah yang rumit

Kelas

Materi ini ditunjukan untuk siswa berbakat kelas 4, 5, 6, 7 dan 8

Presentasi

Unduh

Video Pengantar

fira

Video Lanjutan

Pre Test

Post Test

Referensi Tambahan

Unduh

Suatu poligon bersisi $n$ $(n \ge 4)$ dikatakan sebagai poligon siklik jika ia berada di dalam lingkaran. Dalam hal ini, $n$ titik sudutnya dikatakan konsiklik.
Bagian utama dari bab ini adalah tentang segiempat siklik, karena ini merupakan dasar untuk mempelajari poligon siklik.

Kriteria untuk menentukan suatu segi empat siklik

Suatu segiempat $ABCD$ adalah siklik jika dan hanya jika keempat sudut dalamnya memenuhi $\angle A+\angle C=\angle B+\angle D=180^o$.
Suatu segiempat cembung bersifat siklik jika dan hanya jika salah satu sudut luarnya sama dengan sudut dalam di hadapannya.
Suatu segiempat cembung $ABCD$ merupakan segiempat siklik jika dan hanya jika dua sudut yang diapit oleh sisi yang sama pada $ABCD$ adalah sama besar, misalnya $\angle ACB=\angle ADB$, yang diapit oleh sisi $AB$.
(Teorema tali busur berpotongan terbalik) Bila dua ruas garis $AC$ dan $BD$ berpotongan di titik $P$, maka segiempat $ABCD$ adalah siklik jika $AP\cdot PC=BP\cdot BD$.
Bila dua ruas garis $AC$ dan $BD$ tidak berpotongan tetapi perpanjangannya berpotongan di titik $P$, maka segi empat $ABCD$ adalah siklik jika dan hanya jika $PA\cdot PD=PB\cdot PC$.

Bukti keniscayaan (I) hingga (III) merupakan aplikasi langsung dari sifat-sifat fundamental. Kecukupan (I) hingga (V) dapat dibuktikan dengan kontradiksi. Bukti keniscayaan (V) dapat ditemukan di bab berikutnya.
Dalam contoh-contoh di bawah ini, beberapa bertujuan untuk membuktikan bahwa titik-titik tersebut konsiklik, dan beberapa merupakan aplikasi titik-titik konsiklik untuk menyelesaikan soal-soal geometri lain yang melibatkan lingkaran.

Contoh Soal

Pada $\Delta ABC$ $AB>AC$, garis singgung di $B$ terhadap lingkaran luar memotong garis $AC$ di $P$. $D$ adalah titik simetris $B$ terhadap $P, E$ adalah titik simetris $C$ terhadap garis $BP$. Buktikan bahwa segi empat $ABED$ merupakan siklik.

Solusi: Dengan teorema segmen alternatif, $\angle PBC=\angle BAC=\angle PAB$, oleh karena itu $\Delta PBC\sim\Delta PAB$, maka $\frac{PA}{PB}=\frac{PB}{PC}$, $$∴PA\cdot PC=PB^2=PD^2,$$ atau $$\frac{PA}{PD}=\frac{PD}{PC}$$ Karena $\angle APD$ dibagikan, $$\Delta APD\sim \Delta DPC\text{ (S.A.S.)},$$ $$∴\angle CAD=\angle PAD=\angle PDC.$$ $C$ dan $E$ simetris pada garis $BP$ menyiratkan bahwa $\angle PDC=\angle PDE=\angle BDE$ dan $\angle PBC=\angle DBE$, sehingga $$\angle BAD=\angle PAD+\angle PAB=\angle PDC+\angle PBC=\angle BDE+\angle DBE$$ $$=180^o-\angle BED.$$ Maka, segiempat $ABED$ adalah siklik.
Seperti yang ditunjukkan pada diagram di bawah ini, $ABCD$ adalah segi empat cembung, $\angle ABC=\angle ADC, E, F, G, H$ masing-masing adalah titik tengah $AC, BD, AD, CD$. Buktikan bahwa
(i) $E,F,G,H$ siklik;
(ii) $\angle AEF=\angle ACB-\angle ACD.$

Solusi:
(i) Hubungkan $EG,EH,FG,FH,GH$ maka $FG||BA,FH||BC$, maka $$\angle GFH=\angle ABC.$$ Demikian pula, $\angle GHF=\angle ACB$. Karena $DGEH$ adalah jajargenjang, maka $$\angle GEH=\angle ADC=\angle ABC=\angle GFH,$$ oleh karena itu $EFGH$ siklik, yaitu $E,F,G,H$ adalah konsiklik.
(ii) $EFGH$ siklik $\Rightarrow \angle GEH=\angle GHF=\angle ACB$, dan $EG||CD$ menyiratkan bahwa $\angle AEG=\angle ACD$, oleh karena itu $$\angle AEF=\angle GEF-\angle AEG=\angle ACB-\angle ACD.$$
Pada segitiga lancip $ABC$, $D$ terletak pada $AB$, lingkaran luar $\Delta BCD$ dan $\Delta ADC$ berpotongan dengan $AC$ dan $BC$ masing-masing di titik $E, F$. Misalkan pusat lingkaran luar $\Delta CEF$ adalah $O$. Buktikan bahwa pusat lingkaran luar $\Delta ADE, \Delta ADC, \Delta DBF, \Delta DBC$, dan titik $D$ dan $O$ adalah konsilikon, dan $OD\bot AB$.

Solusi: Misalkan $O_1,O_2,O_3,O_4$ menjadi pusat lingkaran segitiga $ADE,ADC,DBF,DBC$ masing-masing. Maka $O_1O_2$ berada pada garis bagi tegak lurus $AD$ dan $O_3O_4$ berada pada garis bagi tegak lurus $DB$.
Gunakan $\alpha,\beta,\gamma$ untuk menunjukkan sudut dalam $\Delta ABC$ dan misalkan $T_1,T_2,T_3,T_4,T_5$ menjadi titik tengah segmen garis $AD,CF,BD,CE,CD$ masing-masing.
$ADFC$ bersifat siklik yang memberikan $\angle DFB=\alpha$. $O_3$ adalah pusat $\Delta DBF$ yang menyiratkan bahwa $\angle DO_3T_3=\alpha$, dan demikian pula $\angle DO_2T_5=\angle DAC=\alpha$. Di samping itu, $O_2,T_5,O_4$ kolinear, maka $\angle DO_2O_4=\angle DO_2T_5=\alpha =\angle DO_3T_3$, oleh karena itu $$O_2,O_4,O_3,D\text{ konsiklik }.\text{ }\text{ Demikian pula, }O_4,D,O_1,O_2\text{ konsiklik}.$$ Oleh karena itu $O_1$ dan $O_3$ keduanya berada di lingkaran luar $\Delta O_2O_4D$. Di samping itu, $\angle DO_2O_4=\alpha,\angle O_2O_4D=\beta$ menyiratkan bahwa $\angle O_4DO_2=\gamma$.
Di sisi lain, $CT_4OT_2$ siklik, maka $\angle T_4OT_2=180^o-\gamma$, oleh karena itu $O,O_2,D,O_4$ konsiklik. Maka, $O_1,O_2,O_3,O_4,O,D$ konsiklik.
Karena $\angle OO_4O_3=\angle T_4O_4T_3=180^o-\angle CAB=180^o-\alpha$, dan $\angle DOO_4=\angle DO_3T_3=\alpha$, maka $OD||O_3O_4$, maka $OD \bot AB$.
$ABCD$ adalah segi empat cembung, lingkaran luar $\Delta ABC$ memotong $CD, DA$ di titik $P, Q,$ dan lingkaran luar $\Delta ACD$ memotong $AB, BC$ di titik $R, S$. Garis $BP, BQ$ memotong garis $RS$ di titik $M, N$. Buktikan bahwa $M, N, Q, P$ konsiklik.

Solusi: Sudut-sudut pada lingkaran yang dibatasi oleh tali busur yang sama adalah sama besar, jadi $$\angle BQC=\angle BAC,\angle CQP=\angle CBP$$ Karena $\angle BSR=\angle RAC=\angle BAC=\angle BQC$, maka $$\angle BMN=180^o-\angle BMS$$ $$=\angle SBM+\angle BSM=\angle CBP+\angle BSR$$ $$=\angle CQP+\angle BQC=\angle BQP=\angle NQP.$$ Maka, $M,N,Q,P$ konsiklik.
Diketahui $⊙O_1$ dan $⊙O_2$ berpotongan di titik $M$ dan $N$, garis singgung persekutuan yang lebih dekat ke titik $M$ adalah garis singgung lingkaran di titik $A$ dan $B$ masing-masing. $C$ dan $D$ masing-masing adalah titik simetris $A$ dan $B$ terhadap titik $M$. Lingkaran luar $\Delta DCM$ berpotongan dengan $⊙O_1$ dan $⊙O_2$ di titik $E$ dan $F$ (yang menyimpang dari titik $M$). Buktikan bahwa jari-jari lingkaran luar $\Delta MEF$ dan $\Delta NEF$ sama.

Solusi: Ambil titik $N’$ sehingga $NEN’F$ adalah jajargenjang.
Misalkan Ekstensi $AD$ dan $BC$ berpotongan dengan $⊙O_1$ dan $⊙O_2$ di $E’$ dan $F’$. Karena $M, C, F, E, D$ adalah konsiklis, $$\angle MFC=\angle MDC=\angle MBA=\angle MFB.$$ Ada $B, C, F$ yang kolinear, $F = F’$. Demikian pula, $E = E’$. Misalkan sinar $NM$ memotong $AB$ di $L$. Maka $$\Delta LAM\sim\Delta LNA\Rightarrow LA^2=LM\cdot LN$$ dan demikian pula $LB^2=LM\cdot LN$, oleh karena itu $LA=LB$.
$AC,BD$ saling membagi dua $\Rightarrow ABCD$ jajargenjang $\Rightarrow MN||BF||AE$. Oleh karena itu $O_1O_2$ tegak lurus pada $AE$ dan $BF$, dan $A,M,B$ dan $E,N,F$ simetris terhadap garis $O_1O_2$, yang menyiratkan bahwa $\angle ENF =\angle AMB$ sehingga $$\angle EN’F+\angle EMF=\angle ENF+\angle EMF=\angle AMB+\angle EMF$$ $$=\angle AMB+\angle EMN+\angle FMN=\angle AMB+\angle AEM+\angle BFM$$ $$=\angle AMB+\angle BAM+\angle ABM=180^o,$$ oleh karena itu $MEN’F$ siklik. Karena jari-jari lingkaran $\Delta MEF$ adalah $\Delta EN’F$. Karena $ENFN’$ jajargenjang, maka $\Delta EN’F\cong \Delta ENF$, jadi jari-jari lingkaran dari $\Delta EN’F$ sama dengan $\Delta NEF$.
$M$ adalah pusat segitiga sama sisi $A_1A_2A_3$, $N$ adalah titik sembarang pada bidang tempat segitiga tersebut berada, lingkaran dengan diameter $MN$ memotong garis $MA_i$ di $B_i$, $i=1,2,3$.

Buktikan bahwa $$MB_1^2+MB_2^2+MB_3^2=NB_1^2+NB_2^2+NB_3^2.$$
Solusi: Lima titik $M,B_1,B_2,N,B_3$ konsiklik dan $\angle B_1MB_3 =120^o$, maka $\angle B_1B_2B_3=60^o$ dan $$\angle B_1B_3B_2=\angle B_1MB_2=\angle A_1MB_2=60^o,$$ oleh karena itu $\Delta B_1B_2B_3$ sama sisi. Misalkan $s$ menjadi panjang sisinya.
Lemma: Jika $P$ adalah titik pada lingkaran luar segitiga sama sisi $ABC$, maka nilai dari $$PA^2+PB^2+PC^2$$ tidak tergantung pada pilihan $P$.

Faktanya, misalkan $a$ panjang dari $AB,PA=x,PB=y,PC=z$, maka $x=y+z$, oleh karena itu dengan menerapkan aturan kosinus, $$x^2+y^2+z^2=(y+z)^2+y^2+z^2=2(y^2+z^2+yz)$$ $$=2BC^2=2a^2,$$ Lemma terbukti, Dengan lemma, $$MB_1^2+MB_2^2+MB_3^2=NB_1^2+NB_2^2+NB_3^2=2s^2.$$
Misalkan $A,B$ menjadi dua titik tetap dan $C$ adalah titik variable sehingga $\Delta ACB=\alpha$ yang konstan dan $0^o<\alpha <180^o$. Misalkan $D,E,F$ merupakan proyeksi titik pusat $I$ pada $ABC$ masing-masing sisi-sisinya $BC, CA, AB$. Nyatakan dengan $M, N$ perpotongan garis $AI, BI$ dengan ruas garis $EF$, masing-masing. Buktikan bahwa panjang $MN$ konstan dan lingkaran luar $\Delta DMN$ selalu melalui suatu titik tetap.

Solusi: Karena $\angle CEF=90^o-\frac{1}{2}\angle C=180^o-\angle AIB=\angle AIN$, jadi $I,N,E,A$ konsiklik. Maka $I,E,A,D$ konsiklik, begitu juga $I,N,E,A,D$ adalah konsiklik.
Demikian pula, $B,F,M,I,D$ konsiklik. Oleh karena itu, $$\angle ANB=\angle AEI=90^o,\angle AMB=\angle BFI=90^o.$$ Maka $M,N$ keduanya berada pada lingkaran dengan mengambil $AB$ sebagai diameternya. Mengambil $O$ sebagai titik tengah $AB$, maka $\angle MON=2\angle MAN=2\angle MBN=\angle MAN+\angle MBN=\angle NDI+\angle MDI=\angle MDN$, maka $M,N,D,O$ konsiklik, jadi lingkaran luar $\Delta MND$ melalui suatu titik tetap $O$.
Di sisi lain, $$MN=AB\sin \angle NAM=AB\sin \angle IEF=AB\sin\frac{C}{2}$$ yang merupakan konstanta.
Misalkan $X,X_1,X_2$ menjadi titik di sisi $AB,AC,BC$ dari $\Delta ABC$, sehingga $XX_1\bot AC,X_1X_2\bot BC,X_2X\bot AB$. Misalkan $Y,Y_1,Y_2$ menjadi titik pada $BC,AC,AB$, sehingga $YY_1\bot AC,Y_1Y_2\bot AB$. Buktikan bahwa $Y_2Y\bot BC$ jika $XY||AC$.

Solusi: Seperti yang di tunjukkan pada gambar, ketika $XY||AC$, maka $\angle YXX_1=\angle XX_1Y_1=90^o$. Mengingat $\angle X_1X_2Y=90^o$ maka diperoleh bahwa $X,X_1,X_2,Y$ konsiklik dan $X_1Y$ adalah diameter lingkaran. Menggunakan $\Gamma$ untuk menyatakan lingkaran.
Karena $\angle YY_1X_1=90^o$, maka $Y_1$ juga ada dalam $\Gamma$.
Karena $\angle XY_2Y_1=90^o$ dan $\angle XYY_1=90^o$, maka $X,Y_2,Y_1,Y$ konsiklik. Oleh karena itu $Y_2$ ada dalam $\Gamma$ juga.
Karena $\angle X_2XY_2=90^o$, maka $X_2Y_2$ adalah diameter $\Gamma$. Jadi, $$\angle Y_2YX_2=90^o\Rightarrow Y_2Y\bot BC.$$