tetrahedron | Olimpiade Matematika

Posts Tagged ‘tetrahedron’

Kanada 1983 #3

3. Luas segitiga ditentukan oleh panjang sisi-sisinya. Apakah volume tetrahedron ditentukan oleh luas sisi-sisinya?

Solusi:

Tidak. Misalkan $S$ adalah segitiga sama sisi dan $T$ adalah segitiga yang sudutnya mendekati $90^{\circ}$ dan sama kaki, keduanya memiliki luas 4. Pada kedua segitiga, buat garis yang menghubungkan titik-titik tengah sisi-sisinya. Lipat kedua segitiga sepanjang garis-garis tersebut, maka pada masing-masing $S$ dan $T$ didapat empat segitiga dengan luas 1. Perhatikan bahwa $S$ menjadi tetrahedron beraturan dengan volume positif. Tetapi $T$ menjadi tetrahedron yang volumenya mendekati 0. Semakin dekat sudutnya dengan $90^{\circ}$ , volumenya semakin kecil. Jadi dua tetrahedron ini memiliki luas sisi-sisi yang sama tetapi volumenya berbeda, sehingga bukti kita selesai.

Written by olimpiadematematika

25 Juni 2009 at 19:51

Ditulis dalam olimpiade matematika

Tagged with geometri, geometri ruang, kanada, olimpiade matematika, segitiga, tetrahedron, volume

Kanada 1982 #5

5. Garis-garis tinggi dari tetrahedron $ABCD$ diperpanjang keluar sampai titik $A',B',C',D'$ berturut-turut, di mana $AA'=k/h_a$ , $BB'=k/_b$ , $CC'=k/h_c$ dan $DD'=k/h_d$ . Di sini, $k$ konstan dan $h_a$ menyatakan panjang garis tinggi $ABCD$ dari titik $A$ , dan sebagainya. Buktikan bahwa titik berat dari tetrahedron $A'B'C'D'$ berimpit dengan titik berat $ABCD$ .

Solusi:

Buat sistem koordinat dengan pusat $O$ sebagai titik berat $ABCD$ . Maka $\overrightarrow{A}+\overrightarrow{B}+\overrightarrow{C}+\overrightarrow{D}=\overrightarrow{O}$ . Kita perlu menunjukkan $\overrightarrow{A'}+\overrightarrow{B'}+\overrightarrow{C'}+\overrightarrow{D'}=0$ atau $\overrightarrow{AA'}+\overrightarrow{BB'}+\overrightarrow{CC'}+\overrightarrow{DD'}=\overrightarrow{O}$ . Perhatikan vektor $\overrightarrow{BD}\times\overrightarrow{CD}=(\overrightarrow{D}-\overrightarrow{B})\times(\overrightarrow{D}-\overrightarrow{C})=\overrightarrow{B}\times\overrightarrow{C}+\overrightarrow{C}\times\overrightarrow{D}+\overrightarrow{D}\times\overrightarrow{B}$ . Vektor ini tegak lurus $BCD$ , maka sejajar terhadap $\overrightarrow{AA'}$ . Besarnya adalah $2\times[BCD]$ yaitu $6V/h_a$ di mana $V$ adalah volume $ACD$ . Maka $\overrightarrow{AA'}=\frac{k}{6V}(\overrightarrow{B}\times\overrightarrow{C}+\overrightarrow{C}\times\overrightarrow{D}+\overrightarrow{D}\times\overrightarrow{B})$ . Bentuk serupa bisa didapat untuk $\overrightarrow{BB'},\overrightarrow{CC'},\overrightarrow{DD'}$ . Maka $\frac{6V}k(\overrightarrow{AA'}+\overrightarrow{BB'}+\overrightarrow{CC'}+\overrightarrow{DD'})=\sum(\overrightarrow{B}\times\overrightarrow{C}+\overrightarrow{C}\times\overrightarrow{D}+\overrightarrow{D}\times\overrightarrow{B})=\overrightarrow{O}$ . Jadi titik berat dari $A'B'C'D'$ juga di $O$ .

Written by olimpiadematematika

5 Juni 2009 at 19:01

Ditulis dalam olimpiade matematika

Tagged with garis tinggi, geometri, geometri ruang, olimpiade matematika, tetrahedron, vektor

Kanada 1979 #2

2. Dalam geometri Euklidean, jumlah sudut dalam segitiga selalu konstan. Tetapi, buktikan bahwa jumlah sudut dihedral dari sebuah tetrahedron tidak konstan.

Solusi:

Tinjau sebuah tetrahedron dengan alas segitiga sama sisi dan titik puncaknya $P$ berada tepat di atas pusat alasnya $G$ . Jika sudut dihedral yang dibentuk di alas adalah $\alpha$ dan sudut yang dibentuk sisi lainnya adalah $\beta$ , maka jumlah sudutnya adalah $3(\alpha+\beta)$ . Jika $G$ mendekati $G$ , maka $\alpha$ mendekati 0 dan $\beta$ mendekati $\pi$ . Jadi jumlah sudutnya bisa mendekati $3\pi$ . Jika $P$ menjauhi $P$ menjauhi $G$ , $\alpha,\beta$ masing-masing mendekati $\frac{\pi}2$ . Jadi jumlahnya bisa mendekati $3\pi/2$ . Ini menunjukkan jumlah sudutnya tidak konstan.

Written by olimpiadematematika

20 Mei 2009 at 18:43

Ditulis dalam olimpiade matematika

Tagged with geometri euklidean, geometri ruang, olimpiade matematika, sudut dihedral, tetrahedron

IMO 1969 #3

3. Untuk $k=1,2,3,4,5$ , tentukan syarat perlu dan cukup untuk $a>0$ sehingga terdapat tetrahedron dengan $k$ rusuk dengan panjang $a$ dan sisanya memiliki panjang 1.

Solusi:

(i) $k=1$
Misalkan $AB$ adalah rusuk terpanjang. Misalkan $P$ titik tengah $CD$ . Perhatikan bahwa $AP=BP=\frac{\sqrt3}2$ , sehingga $AB<\sqrt3$ . Untuk $AB<\sqrt3$ , jelas bahwa ada tetrahedron yang memenuhi, maka syarat ini perlu dan cukup.

(ii) $k=2$
Ada dua kasus, yang pertama adalah kedua rusuk berada di satu sisi, yang kedua adalah kedua rusuk tidak berada di satu sisi.

Pada kasus pertama anggaplah $AC=BC=a$ , rusuk lainnya 1. Misalkan $P$ adalah titik tengah $AB$ . Maka $PC=\sqrt{a^2-\frac14}$ dan $PD=\frac{\sqrt3}2$ . Maka dari segitiga $PDC$ didapat $\frac{\sqrt3}2+1>\sqrt{a^2-\frac14}$ , yaitu $a<\sqrt{2+\sqrt3}$ . Tetapi haruslah juga $a<1+1=2$ dan $\sqrt{a^2-\frac14}+\frac{\sqrt3}2>1$ , sehingga didapat $\sqrt{2-\sqrt3}<a<\sqrt{2+\sqrt3}$ . Jelas bahwa jika syarat-syarat ini terpenuhi, maka ada tetrahedron yang memenuhi.

Jika rusuk dengan panjang $a$ tidak satu sisi, sebutlah $AB=CD=a$ . Dengan cara seperti di atas, $a<\sqrt{2+\sqrt3}$ , dan jelas bahwa syarat ini cukup.

Jadi pada kasus ini, syarat perlu dan cukupnya adalah $0<a<\sqrt{2+\sqrt3}$ .

(iii) $k=3$
Jika $AB=BC=CA=a$ , jarak pusat $ABC$ ke $A$ kurang dari 1, yaitu $a\sqrt3/3<1$ atau $a<\sqrt3$ . Jika $AB=BC=CA=1$ dan rusuk lainnya berpanjang $a$ , seperti di atas, didapat $\sqrt3/3<a$ yaitu $a>\frac1{\sqrt3}$ . Maka selalu ada tetrahedron yang memenuhi untuk semua $a>0$ .

(iv) $k=4,k=5$
Ini kebalikan dari kasus (i) dan (ii), hanya dipertukarkan 1 dan $a$ .

Jadi, kita simpulkan jawabannya: $k=1,0<a<\sqrt3$ , $k=2,0<a<\sqrt{2+\sqrt3}$ , $k=3,0<a$ , $k=4,\sqrt{2-\sqrt3}<a$ , $k=5,\frac1{\sqrt3}<a$ .

Written by olimpiadematematika

4 Mei 2009 at 22:35

Ditulis dalam olimpiade matematika

Tagged with bidang ruang, geometri, ketaksamaan segitiga, olimpiade matematika, rusuk, soal matematika, syarat perlu dan cukup, tetrahedron

IMO 1968 #4

4. Buktikan bahwa semua tetrahedron memiliki satu titik sudut di mana ketiga rusuk dari titik itu dapat membentuk segitiga.

Solusi:

On a tetrahedron $ABCD$ , we have $AB<AC+BC$ and $AB<AD+BD$ , so $2AB<AC+AD+BC+BD$ . Thus one of $AB<AC+AD$ and $AB<BC+BD$ must be true, as desired.

Written by olimpiadematematika

3 Mei 2009 at 10:47

Ditulis dalam olimpiade matematika

Tagged with ketaksamaan segitiga, kombinatorik, rusuk, segitiga, tetrahedron

IMO 1967 #2

2. Suatu tetrahedron memiliki satu dan hanya satu rusuk yang panjangnya lebih besar dari 1. Buktikan bahwa volumenya tidak lebih besar dari 1/8.

Solusi:

Tanpa mengurangi keumuman, anggaplah $CD$ adalah rusuk terpanjang dari tetrahedron $ABCD$ . Misalkan $AB=x$ .

Ambil titik $T$ pada $AB$ sehingga $CT$ adalah garis tinggi, anggaplah $T$ lebih dekat ke $A$ daripada ke $B$ . Jadi $BT\ge\frac{x}2$ dan $CT=\sqrt{CB^2-BT^2}\le\sqrt{1-\frac{x^2}4}$ .

Dengan cara yang serupa, garis tinggi segitiga $ABD$ dari titik $D$ memiliki panjang $m_1\le\sqrt{1-\frac{x^2}4}$ .

Garis tinggi tetrahedron tersebut dari titik $C$ memiliki panjang tidak lebih dari $CT$ , $m\le\sqrt{1-\frac{x^2}4}$ .

Jadi volume tetrahedron tersebut adalah $\frac13\left(\frac12AB\cdot m_1\right)\cdot m=\frac{x}{6}\left(1-\frac{x^2}4\right)$ . Kita ingin membuktikan ini tidak lebih dari 1/8, yang ekuivalen dengan $(x-1)(x^2+x-3)\ge0$ . Ini pasti benar karena $0<x\le 1$ .

Written by olimpiadematematika

3 Mei 2009 at 8:16

Ditulis dalam olimpiade matematika

Tagged with aljabar, garis tinggi, geometri ruang, IMO 1967, ketaksamaan, matematika, olimpiade, rusuk, tetrahedron, volume

IMO 1966 #3

3. Buktikan bahwa jumlah jarak dari titik-titik sudut sebuah tetrahedron beraturan dan pusatnya lebih kecil dari jumlah jarak titik-titik tersebut ke titik lain manapun pada ruang.

Solusi:

Misalkan titik-titik sudutnya adalah $A(-a,-a,-a),B(-a,a,a),C(a,-a,a),D(a,a,-a)$ . Titik pusatnya adalah $O(0,0,0)$ . Misalkan terdapat sebarang titik $X(x,y,z)$ dengan $X\ne O$ . Dengan ketaksamaan AM-QM,

$XA+XB+XC+XD\le2\sqrt{XA^2+XB^2+XC^2+XD^2}=4\sqrt{(x^2+y^2+z^2)+3a^2}<4a\sqrt3=OA+OB+OC+OD$

Maka kita selesai.

Written by olimpiadematematika

24 April 2009 at 10:20

Ditulis dalam olimpiade matematika

Tagged with geometri ruang, imo 1966, ketaksamaan AM-QM, koordinat kartesius, olimpiade matematika sma, tetrahedron

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

IMO 1964 #6

6. Diberikan tetrahedron $ABCD$ , misalkan $D_0$ adalah titik berat segitiga $ABC$ . Dari titik $A,B,C$ dibuat garis yang sejajar terhadap $DD_0$ dan memotong sisi di seberangnya pada $A_1,B_1,C_1$ . Buktikan bahwa volume tetrahedron $ABCD$ adalah sepertiga dan volume tetrahedron $A_1B_1C_1D_0$ . Apakah ini tetap benar jika $D_0$ adalah sebarang titik di dalam segitiga $ABC$ ?

Solusi:

Kita cukup membuktikan kasus umumnya, yaitu $D_0$ adalah sebarang titik di dalamnya, dan kita akan menggunakan vektor. Misalkan $D$ adalah titik asal dari sistem koordinat tiga dimensi. Karena $D_0$ berada pada bidang $A,B,C$ , maka $D_0=aA+bB+cC$ dengan $a+b+c=1$ . Garis yang melalui $A$ sejajar $DD_0$ dapat ditulis sebagai $A+tD_0=A+t(aA+bB+cC)=(1+at)A+btB+ctC$ . Garis ini memotong bidang $BCD$ ketika $t=-\frac1a$ , sehingga $A_1=-\frac{b}aB-\frac{c}aC$ . Dengan cara serupa, $B_1=-\frac{a}bA-\frac{c}bC$ dan $C_1=-\frac{a}cA-\frac{b}cB$ . Jadi $A_1-D_0=-aA_(\frac{b}a+b)B-(\frac{c}a+c)C$ , $B_1-D_0=-(\frac{a}b+a)A-bB-(\frac{c}b+c)C$ , $C_1-D_0=-(\frac{a}c+a)A-(\frac{b}c+b)B-cC$ . Mudah dilihat bahwa matriks dengan kolom $A_1-D_0,B_1-D_0,C_1-D_0$ adalah hasil perkalian dari matriks berkolom $A,B,C$ dengan $-M$ , di mana

$M=\left( \begin{array}{ccc}a & \frac{a}b+a & \frac{a}c+a \\\frac{b}a+b & b & \frac{c}a+c \\\frac{c}a+c & \frac{c}b+c & c \end{array} \right)$

Jadi $|\det(A_1-D_0,B_1-D_0,C_1-D_0)|=|\det(A,B,C)\det(M)|$ . Tetapi $\det M=2+a+b+c=3$ , sehingga $\frac{v'}{v}=\frac{\det(A_1-D_0,B_1-D_0,C_1-D_0)}{\det(A,B,C)}=3$ .

Written by olimpiadematematika

12 April 2009 at 15:42

Ditulis dalam olimpiade matematika

Tagged with determinan, geometri ruang, koordinat, matriks, tetrahedron, volume

IMO 1962 #7

7. Buktikan bahwa tetrahedron $SABC$ memiliki lima bola berbeda yang menyentuh keenam rusuk-rusuknya (atau perpanjangannya) jika dan hanya jika tetrahedron ini beraturan.

Solusi:

Bagian “jika” mudah dibuktikan. Kita akan buktikan bagian “hanya jika”. Jadi kita asumsikan ada 5 bola seperti itu dan akan dibuktikan bahwa tetrahedron tersebut beraturan.

Untuk kenyamanan, kita tulis ulang notasinya. Misalkan tetrahedron itu $A_1A_2A_3A_4$ . Misalkan $S$ adalah bola di dalam tetrahedron, $S_i$ adalah bola di seberang $A_i$ . Misalkan garis singgung dari $S$ ke $A_i$ memiliki panjang $a_i$ . Mudah dilihat bahwa $A_iA_j$ memiliki panjang $a_i+a_j$ . Sekarang perhatikan garis-garis singgung $S_1$ dari $A_1$ . Jelas bahwa panjangnya adalah $a_1+2a_2=a_1+2a_3=a_1+2a_4$ , sehingga $a_2=a_3=a_4$ . Dengan cara serupa $a_1=a_2=a_3=a_4$ , sehingga semua sisi tetrahedron tersebut memiliki panjang yang sama. Artinya tetrahedron itu beraturan.