fbpx

Rumus Tetrahedron Geometri 3 Dimensi Beserta Contoh Soal dan Jawaban

Tetrahedron Geometri

Tetrahedron geometri adalah bentuk geometrik 3 dimensi. Ini adalah polihedron terkecil. Hal ini terdiri 4 wajah segitiga, 3 dari yang bergabung di setiap sudut. Angka ini digunakan secara luas dalam arsitektur dan seni modern. Tetrahedron juga digunakan untuk memecahkan masalah geometris yang rumit.

Tetrahedron geometri berputar

Tetrahedron geometri berputar. Sumber: Cyp / Wikimedia

 

Rumus Luas Tetrahedron

{\displaystyle A=a^{2}{\sqrt {3}}}

 

Rumus Volume Tetrahedron

{\displaystyle V={\begin{matrix}{1 \over 12}\end{matrix}}a^{3}{\sqrt {2}}}

 

Rumus Volume tetrahedron, ABCT

{\displaystyle V={\frac {AT\cdot BT\cdot CT}{6}}\cdot {\sqrt {1+2\cdot \cos a\cdot \cos b\cdot \cos c-\cos ^{2}a-\cos ^{2}b-\cos ^{2}c}}}

dengan a merupakan sudut ATB, b sudut BTC, dan c sudut CTA.

 

Volume tetrahedron dengan verteks a, b, c, d

Isi padu mana-mana satu tetrahedron, dengan verteks-verteks abc dan d, ialah (1/6)·|det(abbccd)|, atau mana-mana satu gabungan pasangan verteks yang lain yang membentuk grafik ringkas.

{\displaystyle V={\frac {|(\mathbf {d} -\mathbf {a} )\cdot ((\mathbf {d} -\mathbf {b} )\times (\mathbf {d} -\mathbf {c} ))|}{6}}}

 

Polihedra

Karakteristik Euler \chi secara klasik didefinisikan untuk permukaan polyhedra, sesuai dengan rumus:

{\displaystyle \chi =V-E+F}

yang di mana V, E, dan F masing-masing adalah jumlah simpul (sudut), tepi dan wajah dalam polihedron yang diberikan. Setiap permukaan polyhedron cembung memiliki karakteristik Euler.

{\displaystyle V-E+F=2.}

Persamaan ini dikenal sebagai rumus polyhedron Euler. Ini sesuai dengan karakteristik Euler dari bola (yaitu χ = 2), dan berlaku identik dengan polyhedra bola. Ilustrasi rumus pada beberapa polyhedra diberikan di bawah ini.

 

Nama Gambar Verteks
V
Tepi
(Edges)
E
Wajah Sisi
(Faces)
F
Karakteristik Euler
V − E + F
Tetrahedron Tetrahedron.png 4 6 4 2
Hexahedron / kubus Hexahedron.png 8 12 6 2
Oktahedron Octahedron.png 6 12 8 2
Dodekahedron Dodecahedron.png 20 30 12 2
Ikosahedron Icosahedron.png 12 30 20 2

 

 

Rumus tetrahedron geometri 3 dimensi

Rumus tetrahedron geometri 3 dimensi

 

Contoh Soal dan Jawaban Tetrahedron

1. 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<\sqrt3k=2,0<a<\sqrt{2+\sqrt3}k=3,0<ak=4,\sqrt{2-\sqrt3}<ak=5,\frac1{\sqrt3}<a.

 

2. 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.

 

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 Tdidapat 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.

 

4. 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 CTm\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.

 

5. Garis-garis tinggi dari tetrahedron ABCD diperpanjang keluar sampai titik A',B',C',D' berturut-turut, di mana AA'=k/h_aBB'=k/_bCC'=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.

 

6. 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 \betamendekati \pi. Jadi jumlah sudutnya bisa mendekati 3\pi. Jika P menjauhi P menjauhi G\alpha,\betamasing-masing mendekati \frac{\pi}2. Jadi jumlahnya bisa mendekati 3\pi/2. Ini menunjukkan jumlah sudutnya tidak konstan.

 

7. 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

Jadi kita sudah selesai.

 

8. 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_imemiliki 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.

 

9. Diberikan tetrahedron ABCD. Tetrahedron tersebut dibagi menjadi 2 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 ABdan 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).

 

10. Diberikan tetrahedron ABCD, misalkan D_0 adalah titik berat segitiga ABC. Dari titik A,B,Cdibuat 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 Asejajar 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)CB_1-D_0=-(\frac{a}b+a)A-bB-(\frac{c}b+c)CC_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.

 

Bacaan Lainnya

 

Apakah Anda memiliki sesuatu untuk dijual, disewakan, layanan apa saja yang ditawarkan atau lowongan pekerjaan? Pasang iklan & promosikan jualan Anda sekarang juga! 100% GRATIS di: www.TokoPinter.com

Apakah Anda memiliki sesuatu untuk dijual, disewakan, layanan apa saja yang ditawarkan atau lowongan pekerjaan? Pasang iklan & promosikan jualan atau jasa Anda sekarang juga! 100% GRATIS di: www.TokoPinter.com

 

Cara daftar pasang iklan gratis

3 Langkah super mudah: tulis iklan Anda, beri foto & terbitkan! semuanya di Toko Pinter

 

Unduh / Download Aplikasi HP Pinter Pandai

Respons “Ooo begitu ya…” akan lebih sering terdengar jika Anda mengunduh aplikasi kita!

Siapa bilang mau pintar harus bayar? Aplikasi Ilmu pengetahuan dan informasi yang membuat Anda menjadi lebih smart!

Sumber bacaan: Math World

                       

Pinter Pandai “Bersama-Sama Berbagi Ilmu”
Quiz | Matematika | IPA | Geografi & Sejarah | Info Unik | Lainnya


By | 2019-02-14T00:19:43+07:00 Juni 21st, 2018|Matematika|0 Comments

Leave A Comment