bidang | Olimpiade Matematika

Posts Tagged ‘bidang’

IMO 1965 #3

3. Diberikan tetrahedron $ABCD$ . Tetrahedron tersebut dibagi menjadi dua bagian oleh bidang $\pi$ yang sejajar terhadap $AB$ dan $CD$ . Hitunglah rasio volume dari kedua bagian jika rasio jarak dari $\pi$ ke $AB$ terhadap jaraknya ke $CD$ adalah $k$ .

Solusi:

Misalkan $E\in AC, F\in BC, G\in BD, H\in AD$ sehingga $EFGH$ adalah penampang bidang $\pi$ . Misalkan juga $X\in AB$ adalah titik sehingga $HX\parallel DB$ . Jelas bahwa $V_{AEHBFG}=V_{AXEH}+V_{XEHBFG}$ . Misalkan $MN$ adalah garis yang tegak lurus terhadap garis $AB$ dan $CD$ ( $M\in AB, N\in CD$ ) dan misalkan $MN,BN$ memotong bidang $\pi$ pada $Q,R$ berturut-turut. Maka jelas bahwa $BR/RN=MQ/QN=k$ , sehingga $AX/XB=AE/EC=AH/HD=BF/FC=BG/GD=k$ . Jadi $V_{AXEH}/V_{ABCD}=k^3/(k+1)^3$ . Jika $h=3V_{ABCD}/L_{ABC}$ adalah tinggi tetrahedron $ABCD$ dari titik $D$ , maka $V_{XEHBFG}=\frac12L_{XBFE}\frac{k}{k+1}h$ dan $\frac{L_{XBFE}}{L_{ABC}}=\frac{L_{ABC}-L_{AXE}-L_{EFC}}{L_{ABC}}=\frac{(k+1)^2-1-k^2}{(k+1)^2}=\frac{2k}{(1+k)^2}$ . Maka kita punya $V_{XEHBFG}/V_{ABCD}=3k^2/(1+k)^3$ , dan $V_{A E H B F G}/V_{A B C D}=(k^3+3k^2)/(k+1)^3$ . Maka kita juga dapat $V_{CEFDHG}/V_{ABCD}=(3k+1)/(k+1)^3$ , sehingga rasio yang dicari adalah $(k^3+3k^2)/(3k+1)$ .

Written by olimpiadematematika

14 April 2009 at 19:18

Ditulis dalam olimpiade matematika

Tagged with bidang, geometri ruang, IMO 1965, jarak, penampang, tegak lurus, teorema thales, tetrahedron

Kanada 1972 #9

9. Empat garis berbeda $L_1,L_2,L_3,L_4$ diberikan pada bidang sehingga $L_1\parallel L_3,L_2\parallel L_4$ . Tentukan tempat kedudukan titik yang bergerak sehingga jumlah jaraknya ke empat garis tersebut konstan.

Solusi:

Misalkan keempat garis tersebut berpotongan di $A,B,C,D$ sehingga $ABCD$ membentuk jajar genjang.

Misalkan $K$ adalah jumlah jaraknya. Jika $K<a+b$ , jelas bahwa tidak ada titik yang memenuhi. Jika $K=a+b$ maka tempat kedudukannya adalah bagian dalam dari jajar genjang $ABCD$ .

Jika $K>a+b$ , kita gunakan sifat berikut: Jika $T$ adalah titik di dalam segitiga sama kaki $PQR$ ( $PQ=PR$ ) maka jumlah jarak $P$ ke $PQ$ dan $PR$ konstan. Ini mudah dibuktikan dengan memperhatikan luas segitiga $PTQ,PTR$ . Dengan ini, mudah dilihat bahwa tempat kedudukannya adalah segi delapan yang terpusat di jajar genjang $ABCD$ .

Written by olimpiadematematika

12 April 2009 at 13:11

Ditulis dalam olimpiade matematika

Tagged with bidang, geometri, jajar genjang, matematika, olimpiade, segidelapan, tempat kedudukan

IMO 1961 #6

6. Diberikan sebuah bidang $E$ dan tiga titik $A,B,C$ yang tidak kolinear. Ketiga titik ini berada pada sisi yang sama dari $E$ dan bidang yang dibentuk ketiga titik ini tidak sejajar dengan $E$ . Tiga titik sebarang $A',B',C'$ dipilih pada $E$ . Misalkan $L,M,N$ adalah titik tengah dari $AA',BB',CC'$ dan $G$ adalah titik berat $LMN$ . Tentukan tempat kedudukan $G$ jika $A',B',C'$ bergerak sepanjang $E$ .

Solusi:

Misalkan $h(X)$ adalah jarak dari titik $X$ ke bidang $E$ . Misalkan $G'$ adalah titik berat $ABC$ dan $G''$ adalah titik berat $A'B'C'$ . Mudah dilihat bahwa $G$ adalah titik tengah dari $G'G''$ . Karena $G''$ bergerak sepanjang $E$ , kita dapat tempat kedudukan $G$ adalah bidang $A$ sejajar $E$ sehingga $X\in A\Leftrightarrow h(X)=\frac{h(G')}2=\frac{h(A)+h(B)+h(C)}6$ .

Written by olimpiadematematika

9 April 2009 at 8:23

Ditulis dalam olimpiade matematika

Tagged with bidang, geometri, imo 1961, matematika, olimpiade, sejajar, tempat kedudukan, titik berat, titik tengah

IMO 1959 #6

6. Bidang $P$ dan $Q$ berpotongan di garis $p$ . $A$ dan $C$ adalah titik pada bidang $P$ dan $Q$ berturut-turut, tidak ada yang terletak di $p$ . Buatlah trapesium sama kaki $ABCD$ dengan $AB$ sejajar $CD$ , sehingga $B$ dan $D$ berada pada bidang $P$ dan $Q$ , dan $ABCD$ memiliki lingkaran dalam.

Solusi:

$AB$ dan $CD$ pasti sejajar dengan $p$ . Buat garis sejajar $p$ melalui $A$ dan $C$ , beri nama mereka $l_1$ dan $l_2$ . Tanpa mengurangi keumuman, kita anggap dulu bahwa $AB$ lebih kecil dari $CD$ . Buat proyeksi $C$ ke garis $l_1$ di titik $H$ . Kita gunakan sifat terkenal bahwa $AB+CD=BC+CD$ (karena memiliki lingkaran dalam). Jadi $CD=2BC-AB$ . Tetapi $CD=AB+2BH$ , sehingga $BC=AH=AD$ .

Sekarang buat lingkaran dengan jari-jari $AH$ dan pusat $C$ . Perpotongannya dengan $l_1$ adalah titik $B$ . Buat lingkaran dengan jari-jari $AH$ dan pusat $A$ , perpotongannya dengan $l_2$ adalah titik $D$ .

Written by olimpiadematematika

5 April 2009 at 14:46

Ditulis dalam olimpiade matematika

Tagged with bidang, geometri, IMO 1959, lingkaran dalam, matematika, olimpiade, segiempat, trapesium

Olimpiade Matematika

Posts Tagged ‘bidang’

IMO 1965 #3

Kanada 1972 #9

IMO 1961 #6

IMO 1959 #6

Forum Olimpiade.org

Halaman

Hubungi Saya

Update Terakhir