Koleksi pembuktian ini dikumpulkan bagi membantu guru-guru dan
murid-murid untuk mendapatkan idea serta panduan bagaimanakah suatu rumus
tertentu dalam Matematik Tambahan diterbitkan.
Kesemua hasil penulisan pembuktian adalah berdasarkan
1.
Pengetahuan penulis sendiri.
2.
Rujukan terhadap beberapa buku antarabangsa.
3.
Rujukan terhadap beberapa buku tempatan termasuklah buku terbitan
IPTA, STPM dan buku teks sekolah menengah (KBSM dan KSSM).
Dalam pengumpulan pembuktian ini, saya turut disokong oleh rakanrakan yang membantu membuat semakan dan cadangan penambahbaikan iaitu
1)
En Ku Haslizam bin Ku Azmi (GC Matematik)
2)
En Haris Fadzli bin Awang (admin AMSG)
3)
En Aizuddin bin Yusoff (admin AMSG)
4)
En Noor Ishak bin Mohd Salleh (admin AMSG)
5)
En Clemente Chock (admin AMSG)
Koleksi ini diberikan secara percuma sebagai amal jariah. Saya Cuma berharap
agar pengguna mendoakan anak murid saya mendapat keputusan yang
cemerlang untuk subjek Matematik Tambahan dalam peperiksaan SPM.
Sekiranya terdapat kesilapan dalam penulisan, saya dengan rendah hati
memohon kemaafan dan mengalu-alukan cadangan penambahbaikan atau
pembetulan.
First release: 28 June 2021
Second release: 3 August 2022
Cikgu Fazdhly
Ipoh, Perak
TINGKATAN
4
Koleksi Pembuktian: Matematik Tambahan SPM
Diberi bahawa 𝑓 𝑥 = 𝑥 2 , 𝑥 ≥ 0 dan 𝑔 𝑥 = − 𝑥, 𝑥 ≥ 0. Cari 𝑓𝑔 𝑥
dan 𝑔𝑓 𝑥 . Seterusnya, tentukan sama ada 𝑔 𝑥 ialah fungsi songsang
bagi 𝑓 𝑥 atau tidak. Nyatakan alasan anda.
Given that 𝑓 𝑥 = 𝑥 2 , 𝑥 ≥ 0 and 𝑔 𝑥 = − 𝑥, 𝑥 ≥ 0. Find 𝑓𝑔 𝑥 and
𝑔𝑓 𝑥 . Hence, determine whether 𝑔 𝑥 is the inverse function of 𝑓 𝑥
or not. State your reason.
Penyelesaian / Solution:
Fungsi gubahan f g(x)
Composite function f g(x)
f g  x   f  g  x  

  x

2
f g  x  x
Fungsi gubahan g f(x)
Composite function g f(x)
g f  x   g  f  x  
  x2
g f  x  x
Kerana g f (x) ≠ x, maka g (x) bukan fungsi songsang bagi f (x).
Because g f (x) ≠ x, then g (x) is not the inverse function of f (x).
Cikgu Muhammad Fazdhly
Guru Cemerlang Matematik Tambahan
4
Koleksi Pembuktian: Matematik Tambahan SPM
Diberi persamaan kuadratik 𝑎𝑥 2 + 𝑏𝑥 + 𝑐 = 0, dengan keadaan a, b
dan c ialah pemalar, 𝑎 ≠ 0. Tunjukkan bahawa punca-punca bagi
persamaan kuadratik ini ialah
Given the quadratic equation, 𝑎𝑥 2 + 𝑏𝑥 + 𝑐 = 0, where a, b and c are
constants, 𝑎 ≠ 0. Show that the roots of the quadratic equation is
−𝑏 ± 𝑏 2 − 4𝑎𝑐
𝑥=
2𝑎
Penyelesaian / Solution:
ax 2  bx  c  0
b
c

a  x2  x    0
a
a

b
c
x2  x   0
a
a
2
Penyempurnaan Kuasa Dua
Completing the Square
2
b   b  c

x


     0
2a   2a  a

2
b 
b2 c

x   2 
2a 
4a a

2
b 
b 2 4ac

x   2  2
2a 
4a 4a

b
b 2  4ac
x

2a
4a 2
b
b 2  4ac
x 
2a
2a
b  b 2  4ac
x
2a
Cikgu Muhammad Fazdhly
Guru Cemerlang Matematik Tambahan
5
Koleksi Pembuktian: Matematik Tambahan SPM
Diberi persamaan kuadratik 𝑎𝑥 2 + 𝑏𝑥 + 𝑐 = 0, dengan keadaan a, b
dan c ialah pemalar, 𝑎 ≠ 0 mempunyai punca-punca α dan β. Tunjukkan
bahawa
𝑏
𝑐
𝛼 + 𝛽 = − dan 𝛼𝛽 =
𝑎
𝑎
Given the quadratic equation, 𝑎𝑥 2 + 𝑏𝑥 + 𝑐 = 0, where a, b and c are
constants, 𝑎 ≠ 0 has roots α and β. Show that
𝑏
𝑐
𝛼 + 𝛽 = − 𝑎𝑛𝑑 𝛼𝛽 =
𝑎
𝑎
Penyelesaian / Solution:
ax 2  bx  c  0
b
c

a  x2  x    0
a
a

b
c
x 2  x   0 ...
a
a
 x    x     0
x 2   x   x    0
x 2      x    0 ...
Bandingkan  dan 
  
Cikgu Muhammad Fazdhly
Guru Cemerlang Matematik Tambahan
b
a
dan
 
c
a
6
Koleksi Pembuktian: Matematik Tambahan SPM
Diberi 𝑚 = 𝑎 𝑥 dan 𝑛 = 𝑎 𝑦 , tunjukkan bahawa
log 𝑎 𝑚𝑛 = log 𝑎 𝑚 + log 𝑎 𝑛
Given that 𝑚 = 𝑎 𝑥 and 𝑛 = 𝑎 𝑦 , show that
log 𝑎 𝑚𝑛 = log 𝑎 𝑚 + log 𝑎 𝑛
Penyelesaian / Solution:
Jika m  a x , maka log a m  x
Jika n  a y , maka log a n  y
mn  a x  a y
Takrifan logaritma (asas a)
Definition of logarithm (base a)
mn  a x  y
log a mn  x  y
log a mn  log a m  log a n
Cikgu Muhammad Fazdhly
Guru Cemerlang Matematik Tambahan
7
Koleksi Pembuktian: Matematik Tambahan SPM
Diberi 𝑚 = 𝑎 𝑥 dan 𝑛 = 𝑎 𝑦 , tunjukkan bahawa
𝑚
log 𝑎
= log 𝑎 𝑚 − log 𝑎 𝑛
𝑛
Given that 𝑚 = 𝑎 𝑥 and 𝑛 = 𝑎 𝑦 , show that
𝑚
log 𝑎
= log 𝑎 𝑚 − log 𝑎 𝑛
𝑛
Penyelesaian / Solution:
Jika m  a x , maka log a m  x
Jika n  a y , maka log a n  y
m ax

n ay
m
 a x y
n
m
log a    x  y
n
m
log a    log a m  log a n
n
Cikgu Muhammad Fazdhly
Guru Cemerlang Matematik Tambahan
Takrifan logaritma (asas a)
Definition of logarithm (base a)
8
Koleksi Pembuktian: Matematik Tambahan SPM
Diberi 𝑚 = 𝑎 𝑥 , tunjukkan bahawa
log 𝑎 𝑚𝑛 = 𝑛 log 𝑎 𝑚
dengan keadaan n ialah sebarang nombor nyata.
Given that 𝑚 = 𝑎 𝑥 , show that
log 𝑎 𝑚𝑛 = 𝑛 log 𝑎 𝑚
where n is any real number.
Penyelesaian / Solution:
Jika m  a x , maka log a m  x
m  ax
m  (a )
n
x n
Takrifan logaritma (asas a)
Definition of logarithm (base a)
m n  a nx
log a m n  nx
log a m n  n log a m
Cikgu Muhammad Fazdhly
Guru Cemerlang Matematik Tambahan
9
Koleksi Pembuktian: Matematik Tambahan SPM
Jika a, b dan c adalah nombor-nombor positif, 𝑎 ≠ 1 dan 𝑐 ≠ 1,
tunjukkan kaedah untuk menerbitkan
If a, b and c are positive numbers, 𝑎 ≠ 1 and 𝑐 ≠ 1, show the method to
derive
log 𝑎 𝑏 =
log 𝑐 𝑏
log 𝑐 𝑎
Penyelesaian / Solution:
Andaikan log a b  x, oleh itu b  a x
ax  b
log c a x  log c b
x log c a  log c b
x
log c b
log c a
log a b 
log c b
log c a
Cikgu Muhammad Fazdhly
Guru Cemerlang Matematik Tambahan
Ambil logc di kedua-dua belah
Take logc to both sides
10
Koleksi Pembuktian: Matematik Tambahan SPM
Jika a ialah sebutan pertama dan d ialah beza sepunya bagi suatu
janjang aritmetik, tunjukkan bahawa hasil tambah n sebutan pertama
bagi janjang itu ialah
If a is the first term and d is the common difference of an arithmetic
progression, show that the sum of the first n terms of the progression is
𝑆𝑛 =
𝑛
2𝑎 + 𝑛 − 1 𝑑
2
Penyelesaian / Solution:
Sn 
T1

T2

T3
 ... 
Tn
 a  d    a  2d   ...  a   n  1 d 
 S n   a   n  1 d    a   n  2  d    a   n  3 d   ... 
a
2 S n  2a   n  1 d  2a   n  1 d  2a   n  1 d  ...  2a   n  1 d
Sn 
a

2 S n  n  2a   n  1 d 
Sn 
n
 2a   n  1 d 
2
Tulis hasil tambah dalam tertib sebutan menurun
Write the sum in descending order of terms
Cikgu Muhammad Fazdhly
Guru Cemerlang Matematik Tambahan
11
Koleksi Pembuktian: Matematik Tambahan SPM
Dalam satu janjang aritmetik dengan n bilangan sebutan, diberi bahawa
a ialah sebutan pertama, l ialah sebutan terakhir dan d ialah beza
sepunya. Jika Sn ialah hasil tambah n sebutan pertama bagi janjang itu,
tunjukkan
In an arithmetic progression with n number of term, it is given that a is
the first term, l is the last term and d is the common difference. If Sn is
the sum of the first n terms of the progression, show that
𝑆𝑛 =
𝑛
𝑎+𝑙
2
Penyelesaian / Solution:
Sn 
T1

T2

T3
 ... 
Tn
 a  d    a  2d   ...  a   n  1 d 
 S n   a   n  1 d    a   n  2  d    a   n  3 d   ... 
a
2 S n  2a   n  1 d  2a   n  1 d  2a   n  1 d  ...  2a   n  1 d
Sn 
a

2 S n  n  2a   n  1 d 
n
 a  a   n  1 d 
2
n
S n   a  Tn 
2
n
Sn   a  l 
2
Sn 
Cikgu Muhammad Fazdhly
Guru Cemerlang Matematik Tambahan
tetapi Tn  l (sebutan terakhir dalam janjang itu)
12
Koleksi Pembuktian: Matematik Tambahan SPM
Jika a ialah sebutan pertama dan r ialah nisbah sepunya bagi suatu
janjang geometri, tunjukkan bahawa hasil tambah n sebutan pertama
bagi janjang itu ialah
If a is the first term and r is the common ratio of a geometric
progression, show that the sum of the first n terms of the progression is
𝑎 𝑟𝑛 − 1
𝑆𝑛 =
𝑟−1
Penyelesaian / Solution:
S n  T1  T2  T3  ...  Tn
S n  a  ar  ar 2  ...  ar n 1
rS n  ar  ar 2  ar 3  ...  ar n
Darab r pada setiap sebutan
Multiply r to each term
...
...
 – :
rS n  S n   ar  ar 2  ar 3  ...  ar n    a  ar  ar 2  ...  ar n 1 
S n  r  1  ar n  a
S n  r  1  a  r n  1
Sn 
a  r n  1
r 1
Cikgu Muhammad Fazdhly
Guru Cemerlang Matematik Tambahan
13
Koleksi Pembuktian: Matematik Tambahan SPM
Jika a ialah sebutan pertama dan r ialah nisbah sepunya bagi suatu
janjang geometri, tunjukkan bahawa hasil tambah n sebutan pertama
bagi janjang itu ialah
If a is the first term and r is the common ratio of a geometric
progression, show that the sum of the first n terms of the progression is
𝑎 1 − 𝑟𝑛
𝑆𝑛 =
1−𝑟
Penyelesaian / Solution:
S n  T1  T2  T3  ...  Tn
S n  a  ar  ar 2  ...  ar n 1
rS n  ar  ar 2  ar 3  ...  ar n
Darab r pada setiap sebutan
Multiply r to each term
...
...
 – :
S n  rS n   a  ar  ar 2  ...  ar n 1    ar  ar 2  ar 3  ...  ar n 
S n 1  r   a  ar n
S n 1  r   a 1  r n 
Sn 
a 1  r n 
1 r
Cikgu Muhammad Fazdhly
Guru Cemerlang Matematik Tambahan
14
Koleksi Pembuktian: Matematik Tambahan SPM
Jika a ialah sebutan pertama dan r ialah nisbah sepunya bagi suatu
janjang geometri, tunjukkan bahawa hasil tambah ketakterhinggaan bagi
janjang itu ialah
If a is the first term and r is the common ratio of a geometric
progression, show that the sum to infinity of the progression is
𝑆∞ =
𝑎
, 𝑟 <1
1−𝑟
Penyelesaian / Solution:
a 1  r 
n
Pertimbangkan S n 
1 r
, r 1
Contoh: 0.399999 ≈ 0
Example: 0.399999 ≈ 0
Apabila r  , r n  0, oleh itu 1  r n  1
Maka, S 
a
, r 1
1 r
Cikgu Muhammad Fazdhly
Guru Cemerlang Matematik Tambahan
15
Koleksi Pembuktian: Matematik Tambahan SPM
Dalam rajah berikut, P(x, y)
membahagi tembereng garis AB
dalam nisbah m : n. Tunjukkan
bahawa
In the following diagram, P(x, y)
divides the line segment AB in the
ratio m : n. Show that
𝑥, 𝑦 =
𝑛𝑥1 + 𝑚𝑥2 𝑛𝑦1 + 𝑚𝑦2
,
𝑚+𝑛
𝑚+𝑛
Penyelesaian / Solution:
x  x1 m

x2  x n
y  y1 m

y2  y n
nx  nx1  mx2  mx
ny  ny1  my2  my
nx  mx  mx2  nx1
ny  my  my2  ny1
x  m  n   nx1  mx2
x
nx1  mx2
mn
y  m  n   ny1  my2
y
ny1  my2
mn
 nx  mx2 ny1  my2 
Oleh itu,  x, y    1
,

mn 
 mn
Cikgu Muhammad Fazdhly
Guru Cemerlang Matematik Tambahan
16
Koleksi Pembuktian: Matematik Tambahan SPM
Dalam rajah berikut, P(x, y)
membahagi tembereng garis AB
dalam nisbah m : n. Tunjukkan
bahawa
In the following diagram, P(x, y)
divides the line segment AB in the
ratio m : n. Show that
𝑥, 𝑦 =
𝑛𝑥1 + 𝑚𝑥2 𝑛𝑦1 + 𝑚𝑦2
,
𝑚+𝑛
𝑚+𝑛
Penyelesaian / Solution:
m
 x2  x1 
mn
x  m  n   m  x2  x1 
x 1
mn
mx  nx1  mx2  mx1
x 1
mn
nx  mx2
x 1
mn
x  x1 
KAEDAH ALTERNATIF
ALTERNATIVE METHOD
m
 y2  y1 
mn
y  m  n   m  y2  y1 
y 1
mn
my  ny1  my2  my1
y 1
mn
ny  my2
y 1
mn
y  y1 
 nx  mx2 ny1  my2 
Oleh itu,  x, y    1
,

mn 
 mn
Cikgu Muhammad Fazdhly
Guru Cemerlang Matematik Tambahan
17
Koleksi Pembuktian: Matematik Tambahan SPM
y
L1
Dalam rajah berikut, L1 dan L2
merupakan garis lurus selari.
Tunjukkan bahawa kecerunan
kedua-dua garis itu, m1 dan m2,
adalah sama.
In the following diagram, L1 and
L2 are two straight parallel lines.
Show that the gradients of both
lines, m1 and m2, are the same.
L2
O
x
Penyelesaian / Solution:
Oleh sebab L1 dan L2 adalah dua garis lurus, sudut yang dibentuk oleh
kedua-dua garis lurus dengan arah positif paksi-x ialah θ1 dan θ2
masing-masing.
Because L1 and L2 are two straight lines, the angles formed by both
straight lines with the positive direction of x-axis are θ1 and θ2
respectively.
y
L1
1   2
tan 1  tan  2
L2
θ1
O
θ2
m1  m2
x
tan θ = m
Cikgu Muhammad Fazdhly
Guru Cemerlang Matematik Tambahan
Sudut sepadan
Corresponding angles
18
Koleksi Pembuktian: Matematik Tambahan SPM
Dalam rajah berikut, L1 dan L2
merupakan dua garis lurus
dengan kecerunan m1 dan m2
masing-masing. Jika L1 dan L2
berserenjang di titik P, tunjukkan
In the following diagram, L1 and
L2 are two straight lines with
gradients m1 and m2 respectively.
If L1 and L2 are perpendicular at
point P, show that
y
L1
P
O
x
L2
𝑚1 𝑚2 = −1
Penyelesaian / Solution:
θ1 dan θ2 ialah sudut yang dibentuk oleh L1 dan L2 dengan arah
positif paksi-x masing-masing.
θ1 and θ2 are the angles formed by L1 and L2 with the positive
direction of x-axis respectively.
y
1  90   2
L1
tan 1  90   tan  2
P
θ1

θ2
O
1
 tan  2
tan 1
1  tan  2 tan 1
x
L2
m1m2  1
Rujuk m/s 57
Refer to page 57
Cikgu Muhammad Fazdhly
Guru Cemerlang Matematik Tambahan
19
Koleksi Pembuktian: Matematik Tambahan SPM
Dalam rajah berikut, A, B dan C
merupakan
bucu-bucu
bagi
sebuah segi tiga di atas satu satah
Cartes. Buktikan bahawa rumus
luas segi tiga itu ialah
In the following diagram, A, B
and C are the vertices of a
triangle on a Cartesian plane.
Prove that the formula of the
area of triangle is
y
A(x1, y1)
C(x3, y3)
x
O
B(x2, y2)
1
𝑥 𝑦 + 𝑥2 𝑦3 + 𝑥3 𝑦1 − 𝑥2 𝑦1 − 𝑥3 𝑦2 − 𝑥1 𝑦3
2 1 2
Penyelesaian / Solution:
y
A1 : segi tiga ABE
A(x1, y1)
1
 x1  x2  y1  y2 
2
1
  x1 y1  x1 y2  x2 y1  x2 y2 
2
A1 
A2 : trapezium ACDE
A2
A1
x
O
B(x2, y2)
C(x3, y3)
A3
E
D
1
 y1  y2    y3  y2    x3  x1 
2
1
  x3 y1  x1 y1  2 x3 y2  2 x1 y2  x3 y3  x1 y3 
2
A2 
Bersambung
Cikgu Muhammad Fazdhly
Guru Cemerlang Matematik Tambahan
20
Koleksi Pembuktian: Matematik Tambahan SPM
A3 : segi tiga BCD
1
 x3  x2  y3  y2 
2
1
  x3 y3  x3 y2  x2 y3  x2 y2 
2
A3 
Luas segi tiga  A1  A2  A3
1
 x1 y1  x1 y2  x2 y1  x2 y2  
2
1
 x3 y1  x1 y1  2 x3 y2  2 x1 y2  x3 y3  x1 y3  
2
1
 x3 y3  x3 y2  x2 y3  x2 y2 
2
1  x1 y1  x1 y2  x2 y1  x2 y2  x3 y1  x1 y1  2 x3 y2  
 

2  2 x1 y2  x3 y3  x1 y3  x3 y3  x3 y2  x2 y3  x2 y2 


1
 x1 y2  x2 y3  x3 y1  x2 y1  x3 y2  x1 y3 
2
Cikgu Muhammad Fazdhly
Guru Cemerlang Matematik Tambahan
21
Koleksi Pembuktian: Matematik Tambahan SPM
A
Rajah berikut menunjukkan segi tiga
ABC. Panjang sisi AB dan AC ialah c
cm dan b cm masing-masing.
The following diagram shows a
triangle ABC. The length of sides AB
and AC are c cm and b cm respectively.
C
B
Buktikan bahawa
Prove that
𝑏
𝑐
=
sin 𝐵 sin 𝐶
Penyelesaian / Solution:
Katakan tinggi segi tiga ialah AD  t cm
A
t
c
t  c sin B
...
t
b
t  b sin C
...
sin B 
t cm
B
D
C
sin C 
 = :
b sin C  c sin B
b
c

sin B sin C
Cikgu Muhammad Fazdhly
Guru Cemerlang Matematik Tambahan
22
Koleksi Pembuktian: Matematik Tambahan SPM
Rajah berikut menunjukkan segi tiga
PQR. Panjang sisi PQ, PR dan QR
ialah r cm, q cm dan p cm masingmasing.
The following diagram shows a
triangle PQR. The length of sides PQ,
PR and QR are r cm, q cm and p cm
respectively.
P
Q
R
p cm
Tahkikkan bahawa q2 = p2 + r2 – 2pr kos Q.
Verify that q2 = p2 + r2 – 2pr cos Q.
Penyelesaian / Solution:
Katakan tinggi segi tiga ialah PS  t cm
Biarkan QS  x cm dan SR   p  x  cm
P
q2  t 2   p  x 
2
q 2  t 2  p 2  2 px  x 2
t cm
Q x cm S
t 2  r 2  x2
(p – x) cm
R
x
r
x  r kos Q
q   r  x   p  2 p  r kos Q   x
2
2
2
...
kos Q 
Ganti  dan  dalam :
2
...
2
...
Teorem Pythagoras
Pythagoras’ Theorem
q 2  r 2  p 2  2 pr kos Q
Cikgu Muhammad Fazdhly
Guru Cemerlang Matematik Tambahan
23
Koleksi Pembuktian: Matematik Tambahan SPM
Rajah berikut menunjukkan segi tiga PQR.
Panjang sisi PQ, PR dan QR ialah r cm, q cm
dan p cm masing-masing.
The following diagram shows a triangle PQR.
The length of sides PQ, PR and QR are r cm,
q cm and p cm respectively.
P
r cm
Tahkikkan bahawa q2 = p2 + r2 – 2pr kos Q.
Verify that q2 = p2 + r2 – 2pr cos Q.
Q
p cm
R
Penyelesaian / Solution:
Panjangkan sisi agar membentuk segi tiga bersudut tegak
Katakan tinggi segi tiga ialah PS  t cm
Biarkan SQ  x cm dan SR   p  x  cm
P
q2  t 2   p  x 
2
q 2  t 2  p 2  2 px  x 2
t cm
r cm
S Q
x cm
t 2  r 2  x2
p cm
R
x
r
x  r kos Q
...
...
kos Q  
Ganti  dan  dalam :
q 2   r 2  x 2   p 2  2 p  r kos Q   x 2
...
Teorem Pythagoras
Pythagoras’ Theorem
q 2  r 2  p 2  2 pr kos Q
Cikgu Muhammad Fazdhly
Guru Cemerlang Matematik Tambahan
24
Koleksi Pembuktian: Matematik Tambahan SPM
P
Rajah berikut menunjukkan segi tiga
PQR. Panjang sisi PQ dan PR ialah r
cm dan q cm masing-masing.
The following diagram shows a
triangle PQR. The length of sides PQ
and PR are r cm and q cm respectively.
R
Q
Tunjukkan luas segi tiga itu ialah
Show that the area of the triangle is
1
𝑞𝑟 sin 𝑃
2
Penyelesaian / Solution:
Jadikan PR sebagai tapak segi tiga PQR
Katakan tinggi segi tiga ialah QS  t cm
Q
Luas PQR 
t cm
R
q cm
S
P
1
qt
2
t
r
t  r sin P
...
sin P 
...
Ganti  dalam :
Luas PQR 
Cikgu Muhammad Fazdhly
Guru Cemerlang Matematik Tambahan
1
qr sin P
2
25
TINGKATAN
5
Koleksi Pembuktian: Matematik Tambahan SPM
Rajah menunjukkan sebuah sektor OAB dengan pusat O.
Diagram shows the sector OAB with centre O.
O
A
θ rad
j cm
B
Tunjukkan bahawa panjang lengkok AB, s diungkapkan sebagai
Show that the length of arc AB, s is expressed as
s = jθ
Penyelesaian / Solution:
panjang lengkok sudut yang dicangkum di pusat

lilitan bulatan
360
s
 rad

2π j 2π rad
s
Mansuhkan 2π

j
Cancel off 2π
s  j
Cikgu Muhammad Fazdhly
Guru Cemerlang Matematik Tambahan
27
Koleksi Pembuktian: Matematik Tambahan SPM
Rajah menunjukkan sebuah sektor OAB dengan pusat O.
Diagram shows the sector OAB with centre O.
O
A
θ rad
j cm
B
Tunjukkan bahawa luas sektor OAB, L diungkapkan sebagai
Show that the area of sector OAB, L is expressed as
𝐿=
1 2
𝑗 𝜃
2
Penyelesaian / Solution:
luas sektor sudut yang dicangkum di pusat

luas bulatan
360
L
 rad

π j 2 2π rad
L 

Mansuhkan π
j2 2
Cancel off π
1
L  j 2
2
Cikgu Muhammad Fazdhly
Guru Cemerlang Matematik Tambahan
28
Koleksi Pembuktian: Matematik Tambahan SPM
Buat satu kesimpulan umum secara induktif bagi terbitan pertama
fungsi yang mengikut pola berikut.
Make a general conclusion by induction for the first derivative of
functions which follows the following pattern.
Fungsi
Function
𝑦 = 6𝑥
𝑦 = 6𝑥 2
𝑦 = 6𝑥 3
Terbitan Pertama
First Derivative
𝑑𝑦
=6
𝑑𝑥
𝑑𝑦
= 12𝑥
𝑑𝑥
𝑑𝑦
= 18𝑥 2
𝑑𝑥
…
…
𝑦 = 6𝑥 𝑛
𝑑𝑦
=⋯
𝑑𝑥
Penyelesaian / Solution:
Jika y  6 x n , maka
Cikgu Muhammad Fazdhly
Guru Cemerlang Matematik Tambahan
dy
 6nx n 1
dx
29
Koleksi Pembuktian: Matematik Tambahan SPM
Buat satu kesimpulan umum secara induktif bagi terbitan pertama
fungsi yang mengikut pola berikut.
Make a general conclusion by induction for the first derivative of
functions which follows the following pattern.
Fungsi
Function
Terbitan Pertama
First Derivative
𝑦 = 6𝑥
𝑑𝑦
=6
𝑑𝑥
𝑦 = 6𝑥 2
𝑦 = 6𝑥 3
𝑑𝑦
= 6 2 𝑥 2−1
𝑑𝑥
𝑑𝑦
= 6 3 𝑥 3−1
𝑑𝑥
…
…
𝑦 = 6𝑥 𝑛
𝑑𝑦
=⋯
𝑑𝑥
Penyelesaian / Solution:
Jika y  6 x n , maka
Cikgu Muhammad Fazdhly
Guru Cemerlang Matematik Tambahan
dy
 6nx n 1
dx
30
Koleksi Pembuktian: Matematik Tambahan SPM
Diberi dua fungsi, 𝑓 𝑥 dan 𝑔 𝑥 . Menggunakan pembezaan
dengan prinsip pertama, buktikan
Given two functions, 𝑓 𝑥 and 𝑔 𝑥 . Using the first principle of
differentiation, prove that
𝑑
𝑓 𝑥 +𝑔 𝑥
𝑑𝑥
= 𝑓 ′ 𝑥 + 𝑔′ 𝑥
Penyelesaian / Solution:
Katakan y  f  x   g  x 
𝑑𝑦
𝑓 𝑥 + 𝛿𝑥 − 𝑓 𝑥
= had
𝑑𝑥 𝛿𝑥→0
𝛿𝑥
y   y  f  x   x  g  x   x
 y  f  x   x  g  x   x  f  x  g  x
 y f  x   x  g  x   x  f  x  g  x

x
x
f  x   x  g  x   x  f  x  g  x
y
had
 had
 x 0  x
 x 0
x
f  x   x  f  x
g  x   x  g  x
dy
 had
 had
 x 0
dx  x 0
x
x
d
 f  x   g  x    f '  x   g '  x 
dx 
Cikgu Muhammad Fazdhly
Guru Cemerlang Matematik Tambahan
31
Koleksi Pembuktian: Matematik Tambahan SPM
Diberi dua fungsi, 𝑢 𝑥 dan 𝑣 𝑥 . Menggunakan pembezaan
dengan prinsip pertama, buktikan
Given two functions, 𝑢 𝑥 and 𝑣 𝑥 . Using the first principle of
differentiation, prove that
𝑑
𝑢 𝑥 𝑣 𝑥
𝑑𝑥
= 𝑢 𝑥 𝑣 ′ 𝑥 + 𝑣 𝑥 𝑢′ 𝑥
Penyelesaian / Solution:
Katakan y  u  x  v  x 
y   y  u  x   x v  x   x
 y  u  x   x v  x   x  u  x v  x
 y  u  x   x v  x   x  u  x   x v  x  u  x   x v  x  u  x v  x
 y  u  x   x  v  x   x   v  x    v  x  u  x   x   u  x  
Bersambung
Cikgu Muhammad Fazdhly
Guru Cemerlang Matematik Tambahan
32
Koleksi Pembuktian: Matematik Tambahan SPM
 y u  x   x  v  x   x   v  x    v  x  u  x   x   u  x  

x
x
u  x   x  v  x   x   v  x    v  x  u  x   x   u  x  
y
had
 had
 x 0  x
 x 0
x
u  x   x  v  x   x   v  x  
v  x  u  x   x   u  x  
dy
 had
 had
 x 0
dx  x 0
x
x
v  x   x   v  x  
u  x   x   u  x  
dy
 had u  x   x  had 
 had v  x  had 
 x 0
 x 0
 x 0
dx  x 0
x
x
v  x   x  v  x
u  x   x  u  x
dy
 u  x  had
 v  x  had
 x 0
 x 0
dx
x
x
d
u  x  v  x    u  x  v '  x   v  x  u '  x 
dx 
Cikgu Muhammad Fazdhly
Guru Cemerlang Matematik Tambahan
33
Koleksi Pembuktian: Matematik Tambahan SPM
Diberi dua fungsi, 𝑢 𝑥 dan 𝑣 𝑥 . Menggunakan pembezaan
dengan prinsip pertama, buktikan
Given two functions, 𝑢 𝑥 and 𝑣 𝑥 . Using the first principle of
differentiation, prove that
𝑑
𝑢 𝑥 𝑣 𝑥
𝑑𝑥
= 𝑢 𝑥 𝑣 ′ 𝑥 + 𝑣 𝑥 𝑢′ 𝑥
Penyelesaian / Solution:
Katakan y  u  x  v  x   uv
KAEDAH ALTERNATIF
ALTERNATIVE METHOD
y   y   u   u  v   v 
 y   u   u  v   v   uv
 y  uv  u v  v u   u v  uv
 y  u v  v u   u v
 y u v  v u   u v

x
x
y
u v  v u   u v
had
 had
 x 0  x
 x 0
x
𝑑𝑦
𝛿𝑦
= had
= 𝑦′
𝑑𝑥 𝛿𝑥→0 𝛿𝑥
Apabila  x  0,  y  0,  u  0 dan  v  0
dy
u v
v u
u
 had
 had
 had  v
dx  x 0  x  x 0  x  v 0  x
dy
v
u
 had u had
 had v had
0

x

0

x

0

x

0

x

0
dx
x
x
d
u  x  v  x    u  x  v '  x   v  x  u '  x 
dx 
Cikgu Muhammad Fazdhly
Guru Cemerlang Matematik Tambahan
34
Koleksi Pembuktian: Matematik Tambahan SPM
Diberi dua fungsi, 𝑢 𝑥 dan 𝑣 𝑥 , 𝑣 𝑥 ≠ 0 . Menggunakan
pembezaan dengan prinsip pertama, buktikan
Given two functions, 𝑢 𝑥 and 𝑣 𝑥 , 𝑣 𝑥 ≠ 0. Using the first
principle of differentiation, prove that
𝑑 𝑢 𝑥
𝑑𝑥 𝑣 𝑥
𝑣 𝑥 𝑢′ 𝑥 − 𝑢 𝑥 𝑣′ 𝑥
=
𝑣 𝑥 2
Penyelesaian / Solution:
Katakan y 
y  y 
u  x
v  x
u  x   x
v  x   x
y
u  x   x u  x

v  x   x v  x
y
v  xu  x   x  u  x v  x   x
v  x v  x   x
y
v  xu  x   x  u  x v  x  u  x v  x  u  x v  x   x
v  x v  x   x
y
v  x  u  x   x   u  x    u  x  v  x   x   v  x  
v  x v  x   x
Bersambung
Cikgu Muhammad Fazdhly
Guru Cemerlang Matematik Tambahan
35
Koleksi Pembuktian: Matematik Tambahan SPM
 y 1  v  x  u  x   x   u  x    u  x  v  x   x   v  x   




 x  x 
v  x v  x   x

 v  x  u  x   x   u  x    u  x  v  x   x   v  x   
y
1
had
 had



 x 0  x
 x 0 v  x  v  x   x  

x




v  x  u  x   x   u  x  

 had

 x 0
dy
1

x


 had
dx  x 0 v  x  v  x   x  
u  x  v  x   x   v  x   


had
 x 0
x


u  x   x  u  x


had
v
x
had



  x 0

 x 0
dy
1

x


 had

x

0
dx
v  x v  x   x 
v  x   x  v  x 
had u  x  had


 x 0
 x 0
x


dy
1

v  x  u '  x   u  x  v '  x  
dx v  x  v  x  
d u  x  v  x u ' x  u  x v ' x


2
dx  v  x  
v  x  
Cikgu Muhammad Fazdhly
Guru Cemerlang Matematik Tambahan
36
Koleksi Pembuktian: Matematik Tambahan SPM
Diberi dua fungsi, 𝑢 𝑥 dan 𝑣 𝑥 , 𝑣 𝑥 ≠ 0 . Menggunakan
pembezaan dengan prinsip pertama, buktikan
Given two functions, 𝑢 𝑥 and 𝑣 𝑥 , 𝑣 𝑥 ≠ 0. Using the first
principle of differentiation, prove that
𝑑 𝑢 𝑥
𝑑𝑥 𝑣 𝑥
𝑣 𝑥 𝑢′ 𝑥 − 𝑢 𝑥 𝑣′ 𝑥
=
𝑣 𝑥 2
Penyelesaian / Solution:
Katakan y 
u  x u

v  x v
KAEDAH ALTERNATIF
ALTERNATIVE METHOD
u u
v v
u u u
y

v v v
uv  v u  uv  u v
y
v v   v
y  y 
y
v u  u v
v v   v
v u u v
y x  x

 x v v   v
y
1
 v u u v 
 had

 x 0  x
 x 0 v  v   v  
  x  x 
had
Cikgu Muhammad Fazdhly
Guru Cemerlang Matematik Tambahan
37
Koleksi Pembuktian: Matematik Tambahan SPM
Apabila  x  0,  y  0,  u  0 dan  v  0
dy
1
 v u u v 
 had
had 

dx  v 0 v  v   v   x 0   x  x 
𝑑𝑦
𝛿𝑦
= had
= 𝑦′
𝑑𝑥 𝛿𝑥→0 𝛿𝑥
dy
1
u
v 


v
had

u
had
 x 0  x 
dx v  v  0    x 0  x

dy 1
  vu ' uv '
dx v 2
d u  x  v  x u ' x  u  x v ' x


2
dx  v  x  
v  x  
Cikgu Muhammad Fazdhly
Guru Cemerlang Matematik Tambahan
38
Koleksi Pembuktian: Matematik Tambahan SPM
Diberi dua fungsi, 𝑦 = 𝑓 𝑢 dan 𝑢 = 𝑔 𝑥 . Menggunakan idea had,
buktikan
Given two functions, 𝑦 = 𝑓 𝑢 and 𝑢 = 𝑔 𝑥 . Using the idea of
limits, prove that
𝑑𝑦 𝑑𝑦 𝑑𝑢
=
×
𝑑𝑥 𝑑𝑢 𝑑𝑥
Penyelesaian / Solution:
dy
y
 had
dx  x 0  x
dy
  y u 
 had 
 

x

0
dx
 u  x 
dy
y
u
 had
 had
dx  x 0  u  x 0  x
𝑑𝑦
𝛿𝑦
= had
𝑑𝑥 𝛿𝑥→0 𝛿𝑥
Apabila  x  0,  y  0 dan  u  0
dy
y
u
 had
 had
dx  u 0  u  x 0  x
dy dy du


dx du dx
Cikgu Muhammad Fazdhly
Guru Cemerlang Matematik Tambahan
39
Koleksi Pembuktian: Matematik Tambahan SPM
Buat satu kesimpulan umum secara induktif bagi kamiran tak tentu
suatu fungsi yang mengikut pola berikut.
Make a general conclusion by induction for the indefinite integral
of functions which follows the following pattern.
Fungsi
Function
Kamiran tak tentu
Indefinite integral
𝑦 = 6𝑥
6𝑥 𝑑𝑥 = 3𝑥 2 + 𝑐
𝑦 = 6𝑥 2
6𝑥 2 𝑑𝑥 = 2𝑥 3 + 𝑐
𝑦 = 6𝑥 3
6𝑥 3 𝑑𝑥 =
3 4
𝑥 +𝑐
2
…
…
𝑦 = 6𝑥 𝑛
6𝑥 𝑛 𝑑𝑥 = ⋯
Tuliskan satu syarat bagi nilai n dan namakan c.
Write one condition for the value of n and name c.
Penyelesaian / Solution:
Jika y  6 x n , maka  6 x n dx 
6 n 1
x c
n 1
n ≠ –1, c ialah suatu pemalar sembarangan.
n ≠ –1, c is an arbitrary constant.
Cikgu Muhammad Fazdhly
Guru Cemerlang Matematik Tambahan
40
Koleksi Pembuktian: Matematik Tambahan SPM
Buat satu kesimpulan umum secara induktif bagi kamiran tak tentu
suatu fungsi yang mengikut pola berikut.
Make a general conclusion by induction for the indefinite integral
of functions which follows the following pattern.
Fungsi
Function
Kamiran tak tentu
Indefinite integral
𝑦 = 6𝑥
6𝑥 𝑑𝑥 =
6
𝑥 1+1 + 𝑐
1+1
2
6𝑥 2 𝑑𝑥 =
6
𝑥 2+1 + 𝑐
2+1
𝑦 = 6𝑥 3
6𝑥 3 𝑑𝑥 =
6
𝑥 3+1 + 𝑐
3+1
𝑦 = 6𝑥
…
…
𝑦 = 6𝑥 𝑛
6𝑥 𝑛 𝑑𝑥 = ⋯
Tuliskan satu syarat bagi nilai n dan namakan c.
Write one condition for the value of n and name c.
Penyelesaian / Solution:
Jika y  6 x n , maka  6 x n dx 
6 n 1
x c
n 1
n ≠ –1, c ialah suatu pemalar sembarangan.
n ≠ –1, c is an arbitrary constant.
Cikgu Muhammad Fazdhly
Guru Cemerlang Matematik Tambahan
41
Koleksi Pembuktian: Matematik Tambahan SPM
Tunjukkan
Show that
𝑎𝑥 + 𝑏
𝑛
𝑎𝑥 + 𝑏 𝑛+1
𝑑𝑥 =
+𝑐
𝑎 𝑛+1
dengan a, b dan c ialah pemalar dan n ialah sebarang nombor
nyata, n ≠ –1.
where a, b and c are constants and n is any real number, n ≠ –1.
Penyelesaian / Solution:
Katakan u  ax  b
du
a
dx
du
dx 
a
n
  ax  b  dx   u
n
du
a
1 n
u du
a
1  u n 1 
 
c
a  n 1 

 ax  b   c
ax

b
dx



a  n  1
, n  1
n 1
n
Cikgu Muhammad Fazdhly
Guru Cemerlang Matematik Tambahan
, n  1
42
Koleksi Pembuktian: Matematik Tambahan SPM
y
𝑦=𝑓 𝑥
…
O
x
a
b
Rajah menunjukkan lengkung 𝑦 = 𝑓 𝑥 . Luas bawah lengkung itu dari
𝑥 = 𝑎 hingga 𝑥 = 𝑏 diwakili oleh n jalur segi empat tepat yang nipis
dengan lebar yang seragam, dengan keadaan n ialah suatu integer
positif.
Diagram shows a curve 𝑦 = 𝑓 𝑥 . The area under the curve from 𝑥 = 𝑎
to 𝑥 = 𝑏 is represented by n strips of thin rectangle with uniform width,
where n is a positive integer.
Terbitkan rumus luas di bawah lengkung itu apabila n → ∞.
Derive the formula of the area under the curve as n → ∞.
Penyelesaian / Solution:
ba
n
Setiap jalur segi empat tepat mempunyai ketinggian yi
Lebar seragam jalur segi empat tepat,  x 
Luas satu jalur segi empat tepat tertentu ialah yi x
n
Jumlah luas n jalur segi empat tepat, L   yi x
i 1
Apabila n  ,  x  0 :
n
L  had  yi x
 x 0
i 1
b
L   y dx
a
Cikgu Muhammad Fazdhly
Guru Cemerlang Matematik Tambahan
43
Koleksi Pembuktian: Matematik Tambahan SPM
y
𝑥=𝑓 𝑦
b
a
x
O
Rajah menunjukkan lengkung 𝑥 = 𝑓 𝑦 .
Diagram shows a curve 𝑥 = 𝑓 𝑦 .
(a)
Nyatakan rumus am luas rantau
berlorek dari 𝑦 = 𝑎 hingga 𝑦 = 𝑏.
State the general formula of the
area of the shaded region from
𝑦 = 𝑎 to 𝑦 = 𝑏.
(b)
Tunjukkan bagaimanakah rumus di
(a) diterbitkan.
Show how the formula in (a) is
derived.
Penyelesaian / Solution:
b
(a)
 x dy
a
(b)
Luas yang terhasil ialah penghasiltambahan n jalur segi empat tepat
ba
Lebar seragam jalur segi empat tepat,  y 
n
Setiap jalur segi empat tepat mempunyai panjang xi
Luas satu jalur segi empat tepat tertentu ialah xi y
n
Jumlah luas n jalur segi empat tepat, L   xi y
i 1
Apabila n  ,  y  0 :
n
L  had  xi y
 y 0
i 1
b
L   x dy
a
Cikgu Muhammad Fazdhly
Guru Cemerlang Matematik Tambahan
44
Koleksi Pembuktian: Matematik Tambahan SPM
y
O
𝑦=𝑓 𝑥
x
a
b
Rajah menunjukkan lengkung 𝑦 = 𝑓 𝑥 .
Diagram shows a curve 𝑦 = 𝑓 𝑥 .
(a)
Nyatakan rumus am isi padu kisaran, dalam sebutan π
apabila rantau berlorek diputarkan melalui 360° pada paksi-x
dari 𝑥 = 𝑎 hingga 𝑥 = 𝑏.
State the general formula of the volume of revolution, in
terms of π, when the shaded region is rotated 360° about the
x-axis from 𝑥 = 𝑎 to 𝑥 = 𝑏.
(b)
Tunjukkan bagaimanakah rumus di (a) diterbitkan.
Show how the formula in (a) is derived.
Penyelesaian / Solution:
b
(a)
π  y 2 dx
a
(b)
Isipadu yang terhasil ialah penghasiltambahan n silinder diskret
ba
Ketebalan silinder,  x 
; Jejari silinder yi
n
Isipadu satu silinder diskret ialah πyi2 x
n
Jumlah isipadu n silinder diskret, I   πyi2 x
Apabila n  ,  x  0 :
i 1
n
I  had  πyi2 x
 x 0
i 1
b
I  π  y 2 dx
a
Cikgu Muhammad Fazdhly
Guru Cemerlang Matematik Tambahan
45
Koleksi Pembuktian: Matematik Tambahan SPM
y
𝑥=𝑓 𝑦
b
a
x
O
Rajah menunjukkan lengkung 𝑥 = 𝑓 𝑦 .
Diagram shows a curve 𝑥 = 𝑓 𝑦 .
(a)
Nyatakan rumus am isi padu
kisaran, dalam sebutan π apabila
rantau berlorek diputarkan melalui
360° pada paksi-y dari 𝑦 = 𝑎
hingga 𝑦 = 𝑏.
State the general formula of the
volume of revolution, in terms of π,
when the shaded region is rotated
360° about the y-axis from 𝑦 = 𝑎 to
𝑦 = 𝑏.
(b)
Tunjukkan bagaimanakah rumus di
(a) diterbitkan.
Show how the formula in (a) is
derived.
Penyelesaian / Solution:
b
(a)
π  x 2 dy
a
(b)
Isipadu yang terhasil ialah penghasiltambahan n silinder diskret
ba
Ketebalan silinder,  y 
; Jejari silinder xi
n
Isipadu satu silinder diskret ialah πxi2 y
n
Jumlah isipadu n silinder diskret, I   πxi2 y
Apabila n  ,  y  0 :
i 1
n
I  had  πxi2 y
 y 0
i 1
b
I  π  x 2 dy
a
Cikgu Muhammad Fazdhly
Guru Cemerlang Matematik Tambahan
46
Koleksi Pembuktian: Matematik Tambahan SPM
Buktikan
Prove that
nP = (nC )(r!)
r
r
Penyelesaian / Solution:
Sebelah kanan   nCr   r !

n!
 r!
 n  r  !r !

n!
 n  r !
 n Pr
 Sebelah kiri
Cikgu Muhammad Fazdhly
Guru Cemerlang Matematik Tambahan
47
Koleksi Pembuktian: Matematik Tambahan SPM
Lihat segi tiga Pascal berikut.
Observe the following Pascal’s triangle.
1
1
1
1
1
1
2
3
3
1
Berdasarkan pengetahuan anda tentang gabungan iaitu nCr, apakah yang
boleh dirumuskan daripada baris akhir segi tiga Pascal itu?
Based on your knowledge about combination which is nCr, what can be
concluded from the last row of the Pascal’s triangle?
Seterusnya, senaraikan semua nombor dalam baris keenam segi tiga
Pascal.
Hence, list all the numbers in the sixth row in the Pascal’s triangle.
Penyelesaian / Solution:
C0  1 ; 3C1  3 ; 3C2  3 ; 3C3  1
3
C0  1 ; 6C1  6 ; 6C2  15 ; 6C3  20
6
C4  15 ; 6C5  6 ; 6C6  1
6
1, 6, 15, 20
Cikgu Muhammad Fazdhly
Guru Cemerlang Matematik Tambahan
48
Koleksi Pembuktian: Matematik Tambahan SPM
(a)(i)
Lengkapkan segi tiga Pascal berikut.
Complete the following Pascal’s triangle.
1
1
1
1
1
3
Berdasarkan pengetahuan anda tentang gabungan iaitu nCr,
apakah yang boleh diperhatikan daripada baris akhir segi tiga
Pascal itu?
Based on your knowledge about combination which is nCr,
what can be observed from the last row of the Pascal’s
triangle?
(ii)
(b)
Kembangkan 𝑞 + 𝑝 3 dalam sebutan menaik p.
Expand 𝑞 + 𝑝 3 in the ascending order of p.
Bandingkan jawapan di (a)(i) dan (a)(ii). Sekiranya X~B(3, p),
dengan keadaan X ialah suatu pemboleh ubah rawak,
tunjukkan
Compare the answers in (a)(i) and (a)(ii). If X~B(3, p), where
X is a random variable, show that
3
𝑃 𝑋=𝑟 =1
𝑟=0
Bersambung
Cikgu Muhammad Fazdhly
Guru Cemerlang Matematik Tambahan
49
Koleksi Pembuktian: Matematik Tambahan SPM
Penyelesaian / Solution:
(a)(i)
1
1
1
1
1
1
2
3
3
1
C0  1 ; 3C1  3 ; 3C2  3 ; 3C3  1
3
 q  p    q  p  q  p 
  q  p   q 2  2 pq  p 2 
3
(ii)
2
 q 3  2 pq 2  p 2 q  pq 2  2 p 2 q  p 3
 q  p   q3  3 pq 2  3 p 2 q  p 3
3
(b)
q 3  3 pq 2  3 p 2 q  p 3  3C0 p 0 q 30  3C1 p1q 31  3C2 p 2 q 32  3C3 p 3q 33
Diberi X ~ B  n, p 
Oleh itu p  q  1 ; n  3 ; r  0,1, 2,3
 q  p   P  X  0   P  X  1  P  X  2   P  X  3
3
3
1   3Cr p r q 3 r
3
r 0
3
1  P X  r
r 0
3
 P X  r 1
r 0
Cikgu Muhammad Fazdhly
Guru Cemerlang Matematik Tambahan
50
Koleksi Pembuktian: Matematik Tambahan SPM
Rajah menunjukkan satu segi tiga bersudut tegak dengan panjang
tapak x cm and tinggi y cm.
Diagram shows a right-angled triangle with a base length of x cm and
height y cm.
Dengan menggunakan rajah itu, buktikan
By using the diagram, show that
(a)
(b)
(c)
y cm
sin θ = kos (90° – θ)
sin θ = cos (90° – θ)
tan θ = kot (90° – θ)
tan θ = cot (90° – θ)
sek θ = kosek (90° – θ)
sec θ = cosec (90° – θ)
θ
x cm
Penyelesaian / Solution:
Hipotenus  x 2  y 2
(90° – θ)
θ
tan  
x cm
(a)
y
sin  
y cm
kos  90    
x2  y 2
; kos  
x
x2  y 2
y
x
y
x2  y 2
sin   kos  90   
Bersambung
Cikgu Muhammad Fazdhly
Guru Cemerlang Matematik Tambahan
51
Koleksi Pembuktian: Matematik Tambahan SPM
kot 𝐴 =
(b)
kot  90     1 
1
tan 𝐴
x y

y x
tan   kot  90   
kosek 𝐴 =
(c)
x
kosek  90     1 
sek   1 
x
x y
2
2
x y
2

sek   kosek  90   
Cikgu Muhammad Fazdhly
Guru Cemerlang Matematik Tambahan
2

x2  y 2
x
1
sin 𝐴
x2  y 2
x
sek 𝐴 =
1
kos 𝐴
52
Koleksi Pembuktian: Matematik Tambahan SPM
Rajah menunjukkan satu segi tiga bersudut tegak dengan panjang
tapak x cm and tinggi y cm.
Diagram shows a right-angled triangle with a base length of x cm and
height y cm.
Dengan menggunakan rajah itu, buktikan
By using the diagram, show that
y cm
sin2 θ + kos2 θ = 1
sin2 θ + cos2 θ = 1
θ
x cm
Penyelesaian / Solution:
Hipotenus  x 2  y 2
sin  
y
x2  y 2
; kos  
x
x2  y 2
Sebelah kiri  sin 2   kos 2 
2
y
x

 



 2
2
2 
2 
x

y
x

y

 

y2
x2
 2
 2
2
x y
x  y2
2
x2  y 2
 2
x  y2
1
 Sebelah kanan
Cikgu Muhammad Fazdhly
Guru Cemerlang Matematik Tambahan
53
Koleksi Pembuktian: Matematik Tambahan SPM
Rajah menunjukkan satu bulatan unit. P ialah titik pada lilitan bulatan
itu.
Diagram shows a unit circle. P is a point on the circumference of the
circle.
y
P
θ
O
(a)
(b)
x
Nyatakan koordinat P dalam sebutan θ.
State the coordinates of P in terms of θ.
Seterusnya, tunjukkan sin2 θ + kos2 θ = 1.
Hence, show that sin2 θ + cos2 θ = 1.
Penyelesaian / Solution:
(a)
P  kos  ,sin  
Teorem Pythagoras
Pythagoras’ Theorem
x 2  y 2  12
(b)
 kos     sin    1
2
Jejari bulatan unit ialah 1 unit
The radius of a unit circle is 1 unit
2
sin 2   kos 2   1
Cikgu Muhammad Fazdhly
Guru Cemerlang Matematik Tambahan
54
Koleksi Pembuktian: Matematik Tambahan SPM
Rajah menunjukkan satu segi tiga bersudut tegak dengan panjang
tapak a cm, tinggi b cm dan hipotenus c cm.
Diagram shows a right-angled triangle with a base length of a cm and
height b cm and hypotenuse c cm.
Dengan menggunakan teorem Pythagoras, buktikan
By using the Pythagoras’ theorem, show that
sin2 θ + kos2 θ = 1
sin2 θ + cos2 θ = 1
b cm
θ
a cm
Penyelesaian / Solution:
a 2  b2  c2
a 2 b2 c2
 
c2 c2 c2
2
2
a b
    1
c c
 kos     sin    1
2
2
sin 2   kos 2   1
Cikgu Muhammad Fazdhly
Guru Cemerlang Matematik Tambahan
55
Koleksi Pembuktian: Matematik Tambahan SPM
Pertimbangkan identiti trigonometri sin2 θ + kos2 θ = 1.
Consider the trigonometric identity sin2 θ + cos2 θ = 1.
Buktikan
Prove that
(a)
(b)
1+ tan2 θ = sek2 θ
1+ tan2 θ = sec2 θ
1+ kot2 θ = kosek2 θ
1+ cot2 θ = cosec2 θ
Penyelesaian / Solution:
(a)
sin 2   kos 2   1
sin 2  kos 2 
1


kos 2  kos 2  kos 2 
tan 2   1  sek 2 
1  tan 2   sek 2 
(b)
sin 2   kos 2   1
sin 2  kos 2 
1


sin 2  sin 2  sin 2 
1  kot 2   kosek 2 
Cikgu Muhammad Fazdhly
Guru Cemerlang Matematik Tambahan
56
Koleksi Pembuktian: Matematik Tambahan SPM
Rajah menunjukkan satu segi tiga bersudut tegak dengan panjang
tapak x cm and tinggi y cm.
Diagram shows a right-angled triangle with a base length of x cm and
height y cm.
Dengan menggunakan rajah itu, buktikan
By using the diagram, show that
tan   90   
y cm
1
tan 
θ
x cm
Penyelesaian / Solution:
    90  180 ; tan  
θ + 90°
y
x
; tan  
α
tan   90    tan 
y cm
θ
x cm
tan (θ + 90°) berada dalam sukuan kedua
tan (θ + 90°) is located in the second quadrant
Cikgu Muhammad Fazdhly
Guru Cemerlang Matematik Tambahan
tan   90   
x
y
 y
tan   90    1  
 x
1
tan   90   
tan 
57
x
y
Koleksi Pembuktian: Matematik Tambahan SPM
Tunjukkan kaedah setiap rumus sudut berganda berikut diterbitkan.
Show the method for each of the following double angle formula is
derived.
sin 2  2sin  kos 
sin 2  2sin  cos 
kos 2  kos 2   sin 2 
;
cos 2  cos 2   sin 2 
; tan 2 
2 tan 
1  tan 2 
Penyelesaian / Solution:
Pertimbangkan sin  A  B   sin A kos B  sin B kos A
Gantikan  dalam A dan B
sin      sin  kos   sin  kos 
sin 2  2sin  kos 
Pertimbangkan kos  A  B   kos A kos B  sin A sin B
Gantikan  dalam A dan B
kos      kos  kos   sin  sin 
kos 2  kos 2   sin 2 
Pertimbangkan tan  A  B  
tan A  tan B
1  tan A tan B
Gantikan  dalam A dan B
tan   tan 
1  tan  tan 
2 tan 
tan 2 
1  tan 2 
tan     
Cikgu Muhammad Fazdhly
Guru Cemerlang Matematik Tambahan
58
Koleksi Pembuktian: Matematik Tambahan SPM
Tunjukkan kaedah setiap rumus sudut berganda berikut diterbitkan.
Show the method for each of the following double angle formula is
derived.
kos 2  kos 2   sin 2 
cos 2  cos   sin 
2
2
;
kos 2  2 kos 2   1
cos 2  2 cos   1
2
;
kos 2  1  2sin 2 
cos 2  1  2sin 2 
Penyelesaian / Solution:
Pertimbangkan kos  A  B   kos A kos B  sin A sin B
Gantikan  dalam A dan B
kos      kos  kos   sin  sin 
kos 2  kos 2   sin 2 
Pertimbangkan sin 2   kos 2   1
kos 2  kos   1  kos  
2
2
s2 = 1 – c2
 kos 2   1  kos 2 
kos 2  2 kos 2   1
c2 = 1 – s2
kos 2  1  sin 2    sin 2 
kos 2  1  2sin 2 
Cikgu Muhammad Fazdhly
Guru Cemerlang Matematik Tambahan
59