Oleh karena y bilangan bulat positif maka y = 12. Dengan demikian diperoleh:
x 1 a =xi –4j + 1 · yk =2i –4j + 1 · 12 k
2 2
a = mc ⇔ = m
−4 −x = 2 i – 4 j + 6k
z
1 y
2
b = 2z i – y j + 18 k = 2 · 3 i – 12 j + 18 k
x 1 = 6 i – 12 j + 18 k
⇔ −4 = m −x
z
1 ⋅ 12 c = i – x j + zk = i – 2 j + 3k
2
x 1 2 6 1
−64 = m a · (b – c) = −64 · −1182 −2
⇔ −x − 3
z
Dari kesamaan vektor diperoleh: 2 5
x=m·1⇔m=x = −64 · −1150
–4 = m(–x) ⇔ –4 = x(–x)
⇔ 4 = x2
⇔ x = ±2 = 10 + 40 + 90
Oleh karena x bilangan bulat positif maka x = 2.
= 140
6 = mz ⇔ 6 = xz Jadi, nilai a · ( b – c ) = 140
⇔ 6 = 2z
⇔ z=3
A. Pilihan Ganda |KN | = KM ⋅ KL
1. Jawaban: d | KL |
m = 2 dan n = 3 = (−1)⋅ 6 + (−1)⋅ 2 + (−5)⋅(−3) = 7 =1
−1 −4 49
62 + 22 + (−3)2
Proyeksi skalar ortogonal m pada n
3. Jawaban: d
= m⋅n 1 −2
|n|
4p + q = 4 4 + 1
−3 2
= 2 ⋅ 3 + (−1) ⋅ (−4)
32 + (−4)2
= 6+4 4 −2
9 + 16 = 16 + 1
−12 2
10
= 5 =2
2. Jawaban: a 2
K(3, 2, –1), L(9, 4, –4), dan M(2, 1, –6)
= 17
−10
2 3 −1
KM = m – k = −16 – −21 = −−51
−2 −4
2q = 2 1 = 2
2 4
9 3 6
KL = l – k = 4 – 2 = 2
−1
−4 −3
100 Vektor
Proyeksi skalar ortogonal 4p + q pada 2q 6. Jawaban: b
a =3i +4j
2 −4 b =2i + j
17 ⋅ 2
= (4p + q) ⋅ (2q) = −10 4 Proyeksi vektor ortogonal a pada b
2q (−4)2 + 22 + 42 = a⋅b b = 3⋅2+ 4⋅1 (2 i + j)
| b |2 22 + 12 2
−8 + 34 − 40 −14 14 7
= 16 + 4 + 16 = 36 = – 6 = – 3 10
5
4. Jawaban: c = (2 i + j ) = 4i + 2j
a⋅b = 1 1 ⇔ 2m + (−6) ⋅ 1 + (−3)(−2) = 4 7. Jawaban: c
|b| 3 22 + 12 + (−2)2 3
Proyeksi orthogonal vektor a pada vektor b
⇔ 2m − 6 + 6 = 4
9 3 a·b
= | b |2 b
2m = 4
⇔ 3 3 9 ⋅ 2 + (−2) ⋅ 2 + 4 ⋅ 1
22 + 22 + 12 2
⇔ 2m = 4 ( )= (2 i +2j + k)
⇔ m=2
Jadi, nilai m adalah 2.
= 18 (2 i +2j + k)
9
5. Jawaban: a
= 2(2 i + 2 j + k )
Panjang proyeksi ortogonal u pada v = 2 6 .
u⋅v = 2 6 = 4 i + 4 j + 2k
|v|
Jadi, proyeksi orthogonal vektor a pada vektor b
4 ⋅1+ a ⋅1+ 3 ⋅ a =
⇔ 12 + 12 + a2 2 6 adalah 4 i + 4 j + 2 k .
⇔ 4 + 4a = 2 6 8. Jawaban: c
2 4+aa)22
⇔ (4 + =4·6 −1 2 −3
2 + a2 AB = b – a = 4 − −1 = −51
⇔ 16 + 32a + 16a2 = 24(2 + a2)
−2 −1
⇔ 4 + 8a + 4a2 = 6(2 + a2)
⇔ 4 + 8a + 4a2 = 12 + 6a2 5 2 3
−−11
⇔ 2a2 – 8a + 8 = 0 AC = c – a = 0 − = 1
−3
⇔ a – 4a + 4 = 0 −2
⇔ (a – 2)2 = 0 −3 3
⇔ a–2=0 AB · AC = 5 · −12
⇔ a=2 −1
Dengan demikian diperoleh:
u = 4 i + a j + 3k = 4 i + 2 j + 3k = (–3) · 3 + 5 · 1 + (–1)(–2)
= –9 + 5 + 2 = –2
v = i + j + ak = i + j + 2k
Proyeksi vektor ortogonal AB pada AC
u – v = (4 – 1) i + (2 – 1) j + (3 – 2) k
= AB ⋅ AC AC
=3i + j + k | AC |2
−2 i – 2k )
32 + 12 + (−2)2
| u – v | = 32 + 12 + 12 ( )= 2 (3 + j
= 9 + 1+ 1
= 11 = −2 (3 i + j – 2k )
9 +1+ 4
Jadi, panjang ( u – v ) =
11 . = – 1 (3 i + j – 2k )
7
Matematika Kelas XII Program IPA 101
9 Jawaban: e Dengan demikian,
u · v = | u || v | cos 2π −2a −16 =–2
3 9
= 12 × 4 × (– 1 ) = –24 ⇔ –2a – 16 = –18
2 ⇔ –2a = –2
⇔ a=1
Proyeksi vektor u pada v
= u⋅v v = −24 v = – 24 v = – 3 v Jadi, nilai a = 1.
| v |2 42 16 2
B. Uraian
10. Jawaban: e 1. a = 2 dan b = −5
3 12
−1 2 −3
−a11 −−31 a−+81
PQ = q – p = − = a. Proyeksi skalar ortogonal a pada b :
|c | = a⋅b = 2 ⋅ −5 = −10 + 36 = 26 =2
|b| 3 12 169 13
4 2 2
−−32 −−31 (−5)2 + 122
PR = r –p = − = −2
1 b. Proyeksi vektor ortogonal a pada b :
−3 2 |c| 2 −5 − 10
a−+81 −12 | b |2 169 12 169
PQ · PR = · c = b = =
24
169
= (–3) · 2 + (a + 1)(–2) + (–8) · 1 2. A(2, 3), B(–1, –1), dan C(5, –1)
= –6 – 2a – 2 – 8 2 −1 3
3 −1 4
= –2a – 16 BA = a – b = – =
Proyeksi vektor ortogonal PQ pada PR adalah BC = c – b = 5 – −1 = 6
–4 i + 4 j – 2 k −1 −1 0
−4 a. Proyeksi vektor BA pada BC :
⇔ PQ ⋅ PR PR = −42 BD = BA ⋅ BC BC = 3⋅6+4⋅0 6
| PR |2 | BC |2 62 + 02 0
2 −4 = 18 6 = 1 6 = 3
36 0 2 0 0
−2a −16
⇔ ( 22 + (−2)2 + 12 )2 −2 = 4 b. BD = d – b
1 −2
⇔ d = BD + b = 3 + −1 = 2
0 −1 −1
2 −4
−2a −16 Jadi, koordinat titik D(2, –1).
⇔ 4 + 4 +1 −2 = 4
1
−2 4 0 4
−a4
3. u = PQ = q – p = a − 0 =
−4 0
−2a −16 2 −4
9
⇔ −2 = 4 4 0 4
1 −2 v = PR = r – p = −2 − 0 = −42
4 0
2 2
−2a −16
⇔ 9 −2 = –2 −2 4 4
1 1 u · v= −a4 ⋅ −2 = 4 · 4 + a(–2) +(–4) · 4
4 = 16 – 2a – 16 = –2a
102 Vektor
Proyeksi vektor ortogonal u pada v = –2 i + j – 2k = −10 ( i –5 j – 3k)
35
−2
u⋅ v = – 2 ( i –5 j – 3k)
⇔ | v |2 v = 1 7
−2 Jadi, proyeksi vektor ortogonal q pada p adalah
4 −2 – 2 ( i –5 j – 3 k ).
−2a −42 7
⇔ 42 + (−2)2 + 42 )2 · = 1
(
−2 5. B(1, 1, 1)
−2a 4 −2
16 + 4 +16 −2
⇔ = 1
−2
4
4 −2
−2a −42
⇔ 36 = 1
−2 A(5, –3, –6) D C(–2, 4, –6)
4 −2 1 5 −4
a −42
⇔ − 18 = 1 a. AB = b – a = 1 − −3 = 4
−2
1 −6 7
−2 −2
a −2 5 −7
⇔ − 18 · (–2) 1 = 1
−2 AC = c – a = 4 − −3 = 7
−2
−6 −6 0
−2 −2
a −4 −7
⇔ 9 1 = 1
−2 −2 AB · AC = 4 · 7
7 0
Dengan demikian, diperoleh a =1⇔ a =9 = (–4)(–7) + 4 · 7 + 7 · 0
9
= 28 + 28 + 0 = 56
Jadi, nilai a = 9.
4. Proyeksi skalar ortogonal p pada q = − 2 Proyeksi vektor ortogonal AB pada AC = AD
p⋅q AD = AB ⋅ AC AC
|q| | AC |2
⇔ = − 2
−7
1⋅ 3 + (−5)⋅ 5 + (−a)(−4) 56
⇔ 32 + 52 + (−4)2 = − 2 = ( (−7)2 + 72 + 02 )2 7
0
3 − 25 + 4a
⇔ 9 + 25 + 16 = − 2 −7 −7
⇔ 4a − 22 = − 2 = 56 7 = 56 7
50 49 + 49 + 0 0 98 0
⇔ 4a – 22 = − 2 ⋅ 50 4 −7 −4
⇔ 4a – 22 = –10 7
⇔ 4a = 12 = 7 = 4
⇔ a=3
Dengan demikian, diperoleh p = i – 5 j – 3 k . 0 0
Proyeksi vektor ortogonal q pada p : Jadi, proyeksi vektor AB pada AC adalah
( )q⋅p −4
| p |2
·p = 3 ⋅1+ 5(−5) + (−4)(−3) p 4 atau –4 i +4 j .
12 + (−5)2 + (−3)2 2 0
= 3 − 25 +12 ( i –5 j – 3k)
1+ 25 + 9
Matematika Kelas XII Program IPA 103
b. BD merupakan garis tinggi segitiga ABC c. | AC| = (−7)2 + 72 + 02
BD = BA + AD = AD – AB
= 49 + 49 + 0
−4 −4 0 = 98 = 7 2
−07
= 4 − 4 = 1
0 7 2
Luas segitiga ABC = | AC| | BD |
| BD| = 02 + 02 + (−7)2 = 49 = 7 = 1 · 7 2 ·7= 49 2
Jadi, tinggi segitiga ABC = 7. 2 2
A. Pilihan Ganda 3x 0 0 −9
1. Jawaban: d ⇔ 12 – 1122y + −15 = −615
0 0
BC = BE + EC
= AD + CD + DE 3x −9
= AD – DC + DE −15
⇔ −15 = 6
=v–w+u
−12y
BD = BA + AD A vD
Dari kesamaan vektor diperoleh:
= – AB + AD u uw 3x = –9 ⇔ x = – 3
= –u + v
–12y = 6 ⇔ y = – 1
2
AC = AD + DC
=v+w B vE C Nilai x – y = –3 – (– 1 ) = –2 1
2 2
BC – BD + AC = v – w + u – (–u + v ) + v + w 4. Jawaban: b
= v – w +u +u – v + v + w
= 2u + v p = 1 BA = 1 ( a – b) = 1 −4 − −2
2 2 2 3 −1
2. Jawaban: d = 1 −2 = −1
u =4i –2j + k 2 4 2
v = 3 i + 2 j – 5k Jadi, koordinat titik P(–1, 2).
2 u – 3 v = 2(4 i – 2 j + k) – 3(3 i + 2 j – 5 k) 5. Jawaban: d
= (8 i – 4 j + 2 k) – (9 i + 6 j – 15 k)
= – i – 10 j + 17 k 3 0 3
PQ = q – p = 6 – 3 = 3
−1 −3
2
3. Jawaban: e |PQ | = 32 + 32 + (−3)2
3( a – 2 b + c ) = –9 i – 15 j + 6 k = 9 + 9 + 9 = 27 = 3 3
⇔ 3 a – 6 b + 3 c = –9 i – 15 j + 6 k Vektor satuan dari PQ :
x 0 0 −9 PQ 1 1
−15 | PQ | 33 3
⇔ 3 4 – 6 2 + 3 −5 = = (3 i +3j – 3k) = ( i + j – k)
0 2y 0 6
104 Vektor
6. Jawaban: b 8. Jawaban: a
5d + 3a + 2b = 2c + 3d – 2b a = −2 dan b = 6
⇔ 2d = 2c – 2b – 3a – 2b 13 1
= 2c – 4b – 3a Oleh karena AC : CB = 1 : 3 maka:
3 5 −2 c = b + 3a = 1 ( b + 3a)
1+ 3 4
= 2 4 − 4 4 − 3 −8 = 1 6 + 3 −2
4 1 13
−2 −5 6
6 −6 0 0
6 20 −6 = 1 1 + 39 = 1 40 = 10
4 4
= 8 − 16 − −24 Jadi, koordinat titik C(0, 10).
−4 −20 18
9. Jawaban: c
6 − 20 + 6 −8 A(2, 1, –4) dan B(2, –4, 6)
AP : PB = 3 : 2
= 8 − 16 + 24 = 16 xP = 3xB + 2xA = 3⋅2+2⋅2 = 6+4 =2
3+2 5 5
−4 + 20 − 18 −2
−12 + 2
−8 −4 yP = 3yB + 2yA = 3 ⋅ (−4) + 2 ⋅ 1 = 5 = –2
3+2 5
⇔ d = 1 16 = 8 zP = 3zB + 2zA = 3 ⋅ 6 + 2 ⋅ (−4) = 18 − 8 =2
2 3+2 5 5
−2 −1
Diperoleh koordinat titik P(2, –2, 2).
Jadi, vektor basis d = –4 i + 8 j – k . −2 2 −4
7. Jawaban: b PC = c−p = 5 – −2 = 7
4 2 2
4 6 −2
AB = b – a = 3 – 4 = −1
−2 +2 Jadi, PC = −4i + 7j + 2k.
x x
10. Jawaban: d
0 6 −6 Titik S merupakan titik tengah PQ maka:
AC = c – a = 1 – 4 = −3 xS = xP + xQ = 2+2 =2
10 12 2 2
−2
yP + yQ 4+0
Titik A, B, dan C segaris maka: yS = 2 = 2 =2
−2 −6 zS = zP + zQ = 5+1 = 3
AC 2 2
k AB = ⇔ k −1 = −3
+2 12 Diperoleh koordinat titik S(2, 2, 3).
x
Titik T merupakan titik tengah QR maka:
−2k −6 xT = xQ + xR = 2+6 =4
2 2
−k = −3
⇔ + 2)k 12 yT = yQ + yR = 0+2 =1
2 2
(x
Dari kesamaan vektor diperoleh: zT = zQ + zR = 1+ 3 =2
2 2
–2k = –6 ⇔ k = 3 Diperoleh koordinat titik T(4, 1, 2).
(x + 2)k = 12 ⇔ (x + 2)3 = 12
Panjang ST:
⇔ x+2 =4
⇔ x =2 | ST | = (xT − xS )2 + (yT − yS )2 + (zT − zS )2
Jadi, nilai x = 2.
= (4 − 2)2 + (1− 2)2 + (2 − 3)2
= 4 +1+1 = 6
Matematika Kelas XII Program IPA 105
11. Jawaban: c BC = c – = 2 – 4 = −2
−5 3 −8
3 b
–1 1 −2
−1 −8
A 2 B 1C AC · BC = ·
Titik C membagi garis yang melalui titik A dan B = (1)(–2) + (–1)(–8)
di luar dengan perbandingan 3 : 1 sehingga
AC : CB = 3 : –1. Oleh karena AC : CB = 3 : –1 = –2 + 8
maka:
=6
14. Jawaban: c
c = 3b − a = 1 (3 b – a) a · b = | a | | b | cos 45°
3−1 2
1
= 1 3 0 −4 =4·3· 2 2
2 3 3
− =6 2
= 1 0 − −4 15. Jawaban: a
2 9 3
3 −2
1 4 2 a⋅b = 12 ⇔ n · −3 = 12
2 6 3
= =
Jadi, koordinat C(2, 3). ⇔ –6 – 3n = 12
⇔ –3n = 18
12. Jawaban: c ⇔ n = –6
V U 16. Jawaban: e
b ( 1 u) · v =7
S 2
a 3 1 4 −1
T 2 −a2
5 ⇔ −6 · =7
Q
cR 6
b 2
2 −1
O a W −a2
P ⇔ −3 · =7
3
OQ = OP + OR
⇔ 2(–1) + (–3)(–2) + 3 · a = 7
⇔ –2 + 6 + 3a = 7
=a+b ⇔ 4 + 3a = 7
UW : QW = 5 : 2, maka UQ : QW = 3 : 2 ⇔ 3a = 3
Dengan demikian, ⇔ a=1
QW = 2 UQ = 2 (– OS ) = 2 (– c ) = – 2 c −1
3 3 3 3 −2
Dengan demikian, v =
OW = OQ + QW 1
= (a + b) – 2 c u + 2 v = (4 i – 6 j + 6 k ) + 2(– i – 2 j + k )
3
= 4 i – 6 j + 6k – 2 i – 4 j + 2k
= a + b – 2 c
3 = 2 i – 10 j + 8 k
13. Jawaban: b 17. Jawaban: e
A(1, –4), B(4, 3), dan C(2, –5) a · b = | a |2
a = 1 , b = 4 , dan c = 2 ⇔ a·b=a·a
−4 3 −5
2 1 1 4 9 4 4
AC = – = −5 – −4 = −1 −2 3 −x2 −x2
c a ⇔ x · 3 = ·
106 Vektor
⇔ 36 – 6 + 3x = 16 + 4 + x2 | b | = 12 + 12 + 22
⇔ x2 – 3x – 10 = 0
⇔ (x – 5)(x + 2) = 0 = 1+ 1+ 4 = 6
⇔ x – 5 = 0 atau x + 2 = 0 Misalkan sudut yang dibentuk oleh vektor a dan
⇔ x = 5 atau x = –2
4 b adalah α.
Untuk x = 5 diperoleh a = −2 . cos α = a⋅b
5 |a||b|
= 6
4 9 −5 2 6⋅ 6
−2 3 −25
a – b = 5 – 3 = = 6 = 1
12 2
| a – b | = (−5)2 + (−5)2 + 22 Oleh karena cos α = 1 , diperoleh α = 60°.
2
= 25 + 25 + 4 Jadi, besar sudut yang dibentuk oleh vektor a dan
= 54 = 3 6 b sama dengan 60°.
4 20. Jawaban: b
−2 Posisi balok dapat digambarkan sebagai berikut.
Untuk x = –2 diperoleh a = −2 .
Z
4 9 −5
−2 3 −−55
a – b = −2 – 3 = E H(0, 4, 4)
F G
| a – b | = (−5)2 + (−5)2 + (−5)2
= 25 + 25 + 25 A(0, 0, 0) D(0, 4, 0) Y
= 3 ⋅ 25 = 5 3
Jadi, panjang ( a – b ) adalah 3 6 atau 5 3 . B(2, 0, 0) C(2, 4, 0)
X
18. Jawaban: a AB = b – a = (2 – 0) i + (0 – 0) j + (0 – 0) k
p = i + 2 j dan q = 4 i + 2 j = 2 i + 0 j + 0k
cos θ = p⋅q BH = h – b = (0 – 2) i + (4 – 0) j + (4 – 0) k
| p || q | = –2 i + 4 j + 4 k
1⋅ 4 + 2 ⋅ 2 5 AB · BH = 2(–2) + 0 · 4 + 0 · 4
3 = –4 + 0 + 0 = –4
= 12 + 22 42 + 22
θ
= 4+4 4
5 20
| AB | = 22 + 02 + 02
= 8 = 4 = 4 =2
10 5
sin θ = 3 |BH| = (−2)2 + 42 + 42
5
19. Jawaban: c = 4 + 16 + 16
a · b = (4 i – 2 j + 2 k ) · ( i + j + 2 k ) = 36 = 6
= 4 · 1 + (–2) · 1 + 2 · 2 Misal θ = sudut antara AB dengan BH.
=4–2+4=6
AB ⋅ BH −4 1
| a | = 42 + (−2)2 + 22 cos θ = | AB | | BH | = 2⋅6 = – 3
= 16 + 4 + 4 Jadi, nilai kosinus sudut antara AB dan BH adalah
= 24 = 2 6
– 1 .
3
Matematika Kelas XII Program IPA 107
21. Jawaban: d Cara 2:
u = AC = AD + DC
a ⋅ (a + b) = a ⋅ a + a ⋅ b
= DC – DA
= | a |2 + | a || b | cos π
3
1
= 22 + 2×5× 2 0 3 −3
=4+5 =9 = 2 − 0 = 2
0 0 0
22. Jawaban: d
a · a = | a |2 = 42 = 16 0
b · b = | b |2 = 62 = 36 v = DH = 04
|a + b| = 8 ⇔ | a + b |2 = 82
⇔ ( a + b ) · ( a + b ) = 64 −3 0
⇔ a · a + 2 a · b + b · b = 64 u · v= 2 ⋅ 0
0
⇔ 16 + 2 a · b + 36 = 64 4
⇔ 2 a · b = 12 = (–3) · 0 + 2 · 0 + 0 · 4 = 0
⇔ a · b =6 Misalkan sudut antara vektor u dan v adalah θ.
| a – b |2 = ( a – b ) · ( a – b ) cos θ = u⋅v = 0 =0
|u|| v | |u|| v |
= a · a – 2a · b + b · b
Diperoleh θ = 90°
= 16 – 2(6) + 36
= 52 – 12 = 40 Jadi, sudut antara vektor u dan v adalah 90°.
| a – b | = 40 = 2 10 25. Jawaban: a
23. Jawaban: b Misal θ = sudut antara u dan v
0 a −a tan θ = 1 5= 5 θ
2 2
3
PQ = q – p = 4 – −2 = 6 maka cos θ = 2 2 5
3 2 3
5
2
2 0 2 cos θ = 3
QR = r – q = 5 – 4 = 1 ⇔ u⋅v = 2
c 5 − |v| 3
c 5
4a + 7 ⋅ 4 8(−2)
PQ tegak lurus QR berarti: ⇔ 42 + 42 + (−2)2 = 2
+ 3
PQ · QR = 0 ⇔ –2a + 6 + 2(c – 5) = 0 ⇔ 4a + 12 = 2
⇔ –2a + 6 + 2c – 10 = 0 36 3
⇔ –2(a – c) = 4
⇔ 2a + 6 = 1
⇔ a – c = –2 6 3
24. Jawaban: e ⇔ 2a + 6 =1
Cara 1: 2
H ⇔ 2a + 6 = 2
⇔ 2a = –4
G a = –2
E AE = DH = v −2
4 cm Dengan demikian, diperoleh u = 7 .
Dengan demikian,
v F sudut antara vektor 8
D
u dan v sama −2 4 2
dengan ∠EAC u + v = 7 + 4 = 11
= 90° 8 −2
6
C
u 3 cm Jadi, vektor posisi dari ( u + v ) adalah i + 11 j + 6k .
A 2 cm B
108 Vektor
26. Jawaban: a | b | = 32 + (−2)2 + 62
a + b = (3 i – 4 j – 4 k ) + (2 i – j + 3 k ) = 9 + 4 + 36
=5i –5j – k
( a + b ) · c = (5 i – 5 j – k ) · (4 i – 3 j + 5 k ) = 49
= 5 · 4 + (–5)(–3) + (–1) · 5 =7
= 20 + 15 – 5
= 30 Proyeksi skalar ortogonal a pada b adalah 5,
berarti:
Proyeksi skalar ortogonal ( a + b ) pada c a⋅b =5 ⇔ −7 + 6x =5
|b| 7
= (a + b) ⋅ c
|c| ⇔ –7 + 6x = 35
⇔ 6x = 42
= 30 ⇔ x=7
42 + (−3)2 + 52 29. Jawaban: d
= 30 Proyeksi vektor ortogonal p pada q :
16 + 9 + 25
= 30 p⋅q 4 ⋅1+ (−5)(−1) + 3 ⋅ 2
50 q2 12 + (−1)2 + 22 2
( )r= q = q
= 30
52
4+5+6
= 6 = 1+ 1+ 4 q
2
= 6 2 = 15 q
2 6
=3 2 = 5 q
2
27. Jawaban: b 30. Jawaban: c
P(1, –3), Q(2, –1), dan R(4, 1)
a · b = (2 i + x j + k ) · (3 i – 2 j + k )
2 1 1
PQ = q – p = −1 – −3 = 2 = 2 · 3 + x(–2) + 1 · 1
= 6 – 2x + 1
PR = r – p = 4 – 1 = 3 = 7 – 2x
1 −3 4
c = 1 (–3 i +2j – k)
14
Proyeksi skalar ortogonal PQ pada PR −3
= PQ ⋅ PR ⇔ a⋅b b = 1 −21
| PR | | b |2 14
= 1⋅ 3 + 2⋅ 4 7 − 2x 3 −3
( 32 + (−2)2 + 12 )2 −2 1 −21
32 + 42 ⇔ = 14
= 11 −1
5
= 2 1 7 − 2x 3 1 3
5 9 + 4 +1 −2 14 −2
⇔ = –
28. Jawaban: e −1 −1
a = –3 i – j + x k 3 3
7 − 2x −2 1 −2
b = 3 i – 2 j + 6k ⇔ 14 = – 14
a · b = –3 · 3 + (–1)(–2) + x · 6 −1 −1
= –9 + 2 + 6x
= –7 + 6x
Matematika Kelas XII Program IPA 109
Dari kesamaan vektor diperoleh: AC + DE – BH = v + u – w – v
– (– w – u + v )
7 − 2x = – 1
14 14 =v+u–w –v+w +u
–v
⇔ 7 – 2x = –1
⇔ 2x = 8
⇔ x=4 = 2u – v
Jadi, nilai x = 4. 2. a. 2a + 4b = c – a
B. Uraian ⇔ c = 3a + 4b
1. a. H G 7 −1
v w −5 3
= 3 + 4
E
F
= 21 + −4
−15 12
D u C
A B 17
= −3
AH = AE + EH = CG + EH b. 6 a – 5 b + 2 c = 3 a + 4 c
= – GC + EH
= –w + v ⇔ 2c = 3a – 5b
DF = DH + HF = 3 7 – 5 −1
= CG + HG + GF −5 3
= – GC + DC + HE
= – GC + DC – EH = 21 – −5
= –w + u – v −15 15
BC = EH = v = 26
AH + DF + BC = – w + v – w + u – v + v −30
= u + v – 2w ⇔ c = 1 26 = 13
2 −30 −15
3. a. 2
–1
b. H G
v F
E
w A(1, 2, 3) B(3, 1, 2) C(xC, yC, zC)
AC : BC = 2 : 1 ⇔ AC : CB = 2 : –1
D uC xC = 2xB + (−1) ⋅ xA
2 −1
AB
= 2 ⋅ 3 + (−1) ⋅ 1 5
AC = AD + DC = EH + DC = v + u
DE = DH + HE = CG – EH 1
= – GC – EH = – w – v yC = 2yB + (−1) ⋅ yA
BH = BF + FH 2 −1
= CG + FE + EH = 2 ⋅ 1 + (−1) ⋅ 2 =0
= – GC + CD + EH 1
= – GC – DC + EH
=–w – u + v zC = 2zB + (−1) ⋅ zA
2−1
= 2 ⋅ 2 + (−1) ⋅ 3 =1
1
Jadi, koordinat titik C(5, 0, 1).
110 Vektor
5 1 4 −6 −4
−−22 u·v =3 ·2
b. AC = c – a = 0 – 2 =
6 8
1 3
= 24 + 6 + 48
AC = 42 + (−2)2 + (−2)2 = 78
= 16 + 4 + 4 Jadi, hasil u · v = 78.
= 24
−2 x 6
−31
=2 6 5. a = 0 , b = , c = x+y
1 −3
Jadi, panjang vektor AC adalah 2 6 .
4. A(2, 4, –1), B(–4, 7, 5), dan C(2, 4, –5) Titik A, B, dan C segaris jika AB = k AC.
2 −4 2 AB = k AC ⇔ b – a = k( c – a )
a = 4 , b = 7 , c = 4 x −2 6 −2
−1 5
−5 ⇔ 3 – 0 = k x+y − 0
1 −3 1
a. AP : PB = 2 : 1 −1
p = 2b + a x + 2 8
2+1
= 1 (2 b + a) ⇔ 3 = k x + y
3 −2
−4
1 −4 2 Dari kesamaan vektor diperoleh:
3 2 7 4
= 5 + −1 –2 = k(–4) ⇔ k = 1
2
1 −8 2 x+2=k·8 x+2= 1 ·8
3 14 4 ⇔ 2
= 10 + −1
⇔ x+2=4
⇔ x=2
−6 −2
1 18 6
= 3 = 3 = k(x + y) ⇔ 3= 1 (2 + y)
9 3 2
Jadi, koordinat titik P(–2, 6, 3). ⇔ 6=2+y
⇔ y=4
b. u = AB = b – a
2 6
−4 2 −31 −63
= 7 – 4 Dengan demikian, diperoleh b = dan c =
5 −1
−6 AB · BC = ( b – a ) · ( c – b )
= 3 2 −2 6 2
−31 −63 −31
6 = − 0 · −
1
v = CP = p – c
4 4
−2 2 −32
= 6 – 4 = 3
3 −2
−5
= 4 · 4 + 3 · 3 + (–2)(–2)
−4 = 16 + 9 + 4 = 29
= 2 Jadi, nilai AB · AC = 29.
8
Matematika Kelas XII Program IPA 111
6. AC = AB + BC | u + v + w |2 = ( u + v + w ) · ( u + v + w )
=u ·u +u · v +u · w +u · v
−2 2 + v · v + v · w +u · w
= −4 + 1 +v· w+w·w
2 = | u |2 + | v |2 + | w |2 + 2 u · v
1 + 2u · w + 2v · w
0 = 42 + 82 + 62+ 2 · 0 + 2 · 12 3
−3 + 2(–24)
= 3
= 16 + 64 + 36 + 0 + 24 3 – 48
cos ∠BAC = AB ⋅ AC = 68 + 24 3
| AB || AC |
Jadi, | u + v + w | = 68 + 24 3 .
−2 0
−4 −33
2 ⋅
=
(−2)2 + (−4)2 + 22 ⋅ 02 + (−3)2 + 32
= −2⋅ 0 + (−4)(−3) + 2⋅ 3 1 3
−−21 1
4 + 16 + 4 ⋅ 0 + 9 + 9 8. a = dan b =
−3
= 0 +12 + 6
A a. c = 2 a + b
24 ⋅ 18 θ
1 3
= 18 −−21 1
24 ⋅ 18
= 18 = 2 + −3
24
= 18 2 3 5
−4 1 −3
24 B C = −2 + = −5
−3
=3
b. Proyeksi vektor ortogonal c pada a
4
=1 3 = c.a a
| a |2
2
Oleh karena cos ∠BAC = 1 3 maka ∠BAC = 30°. 1
2
= 5 ⋅ 1+ (−3) ⋅ (−2) + (−5) ⋅ (−1) −−21
Jadi, besar ∠BAC = 30°. 12 + (−2)2 + (−1)2
7.
1 1
= 16 −−21 = 8 −−21
u uw 6 3
90° 30°
90° Jadi, proyeksi ortogonal c pada a adalah
v
Dari gambar di atas terlihat bahwa ∠( u , w ) = 30°. 8 ( i – 2 j – k ).
Vektor u dan v saling tegak lurus maka u · v = 0. 3
v · w = | v | · | w | cos ∠( v , w )
9. Proyeksi skalar ortogonal a pada b = −19
= 8 · 6 cos 120° 3
= 8 · 6 · (– 1 ) ⇔ a⋅b = −19
2 |b| 3
= –24 ⇔ x(−2) + y(4) + 12(−4) = −19
(−2)2 + 42 + (−4)2 3
u · w = | u | · | w | cos ∠( u , w )
= 4 · 6 cos 30° −2x + 4y − 48 −19
4 + 16 + 16 3
=4·6· 1 3 ⇔ =
2
= 12 3
112 Vektor
⇔ −2x + 4y − 48 = −19 Proyeksi vektor ortogonal u pada v adalah
6 3
⇔ –2x + 4y – 48 = –38 1 (8i − 8j + 4k) .
9
⇔ –2x + 4y = 10
Diperoleh hubungan seperti berikut.
⇔ x = 2y – 5 . . . (i)
(2a − 4) 1
Panjang vektor a = 13 9 (2i − 2j + k) = 9 (8i − 8j + 4k)
⇔ x2 + y2 + 122 = 13 ⇔ (2a − 4) (2i − 2j + k) = 4 (2i − 2j + k)
9 9
⇔ x2 + y2 + 144 = 169
⇔ x2 + y2 = 25 . . . (ii) Dari kesamaan vektor diperoleh:
Substitusi persamaan (i) ke persamaan (ii) (2a − 4) = 4
diperoleh: 9 9
(2y – 5)2 + y2 = 25 ⇔ 2a – 4 = 4
⇔ 2a = 8
⇔ 4y2 – 20y + 25 + y2 = 25 ⇔ a=4
⇔ 5y2 – 20y = 0 Dengan demikian, diperoleh u = 4i + j − 2k .
⇔ y2 – 4y = 0 Proyeksi vektor v pada u
⇔ y(y – 4) = 0 = v⋅u u
u2
⇔ y = 0 atau y = 4
untuk y = 0 ⇒ x = 2(0) – 5 = –5 2 ⋅ 4 + (−2)⋅1+ 1⋅(−2)
42 + 12 + (−2)2
untuk y = 4 ⇒ x = 2(4) – 5 = 3 = u
Jadi, nilai x = –5 dan y = 0 atau x = 3 dan y = 4. 8−2−2
16 + 1+ 4
10. Proyeksi vektor ortogonal u pada v = ( 4i + j − 2k )
= u⋅v v = 4 ( 4i + j − 2k )
u2 21
= a ⋅ 2 + 1⋅(−2) + (−2)⋅1 v = 16 i + 4 j – 8 k
22 + (−2)2 + 12 21 21 21
= 2a − 2 − 2 ( 2i − 2j + k )
4 + 4 +1
= 2a − 4 ( 2i − 2j + k )
9
Matematika Kelas XII Program IPA 113
Model Pengintegrasian Nilai Pendidikan Karakter
Standar Kompetensi Kompetensi Dasar Nilai Indikator
3. Menggunakan konsep 3.6 Menggunakan trans- Rasa ingin Menemukan kejadian dalam kehidupan sehari-hari
matriks, vektor, dan formasi geometri tahu yang merupakan salah satu bentuk transformasi.
transformasi dalam yang dapat dinyatakan
pemecahan masalah. dengan matriks dalam Teliti dan Menentukan komposisi dari beberapa transformasi
pemecahan masalah. cermat geometri dengan teliti dan cermat.
3.7 Menentukan kompo-
sisi dari beberapa
transformasi geometri
beserta matriks
transformasinya.
Pada bab ini akan dipelajari:
1. Translasi
2. Refleksi
3. Rotasi
4. Dilatasi
5. Transformasi Matriks
6. Komposisi Transformasi
Transformasi Geometri
Menyelesaikan masalah yang berkaitan Menentukan komposisi dari beberapa
dengan suatu transformasi geometri transformasi geometri
• Menyelesaikan masalah yang berkaitan • Menentukan transformasi tunggal yang
dengan translasi mewakili komposisi dari dua transformasi
atau lebih
• Menyelesaikan masalah yang berkaitan
dengan rotasi • Menentukan bayangan titik atau kurva
oleh suatu komposisi transformasi
• Menyelesaikan masalah yang berkaitan
dengan refleksi • Menyelesaikan masalah yang berkaitan
dengan komposisi transformasi
• Menyelesaikan masalah yang berkaitan
dengan dilatasi Siswa mampu menentukan komposisi
dari beberapa transformasi geometri
• Menyelesaikan masalah yang berkaitan
dengan transformasi oleh suatu matriks
Siswa mampu menyelesaikan masalah
yang berkaitan dengan suatu
transformasi geometri
Siswa dapat menggunakan transformasi geometri dan komposisi transformasi geometri untuk menyelesaikan masalah
114 Transformasi Geometri
A. Pilihan Ganda Diperoleh koordinat R′ = (xR′, yR′) = (6, 2).
Jadi, translasi T memetakan titik R(3, –2) ke titik
1. Jawaban: c R′(6, 2).
Koordinat bayangan titik A(x, y) oleh translasi
T = 4 adalah A′(x + 4, y + (–2)). 4. Jawaban: d
−2
Titik C(2, 3) ditranslasikan oleh T = a menghasil-
Koordinat titik A(3, 2), bayangannya A′(7, 0). b
Koordinat titik A(–4, 3), bayangannya A′(0, 1).
Koordinat titik A(0, –2), bayangannya A′(4, –4). kan bayangan C′(0, 5).
Koordinat titik A(–2, 5), bayangannya A′(2, 3).
Koordinat titik A(–5, –1), bayangannya A′(–1, –3). x′ = x + a
Jadi, pernyataan pada pilihan c salah. y′ y b
⇒ 0 = 2 + a
5 3 b
2. Jawaban: a
a 0 2 −2
−9 ⇔ = – =
Bayangan titik (x, y) oleh translasi T = : b 5 3 2
8
−2
x′ = x + −9 = x − 9 Diperoleh matriks translasinya adalah T = 2 .
8 y + 8
y′ y 1) Bayangan titik A(–1, –2):
⇒ xP ′ = xP − 9 x′ −1 −2 −3
yP ′ y′ = −2 + 2 = 0
yP + 8
4 xP − 9 2) Bayangan titik B(5, –1):
⇔ −12 = yP + 8 x′ = 5 + −2 = 3
Dari kesamaan matriks diperoleh: y′ −1 2 1
4 = xP – 9 ⇔ xP = 4 + 9 = 13 Jadi, koordinat titik A′(–3, 0) dan B′(3, 1).
–12= yP + 8 ⇔ yP = –12 – 8 = –20
5. Jawaban: b
Jadi, koordinat titik P(13, –20). Titik C merupakan bayangan titik A(–2, 4) oleh
3. Jawaban: d T1 = 5 , maka berlaku:
8
Misalkan translasi T = a .
b xC = xA + 5
xQ′ = xQ + a yC yA 8
yQ yQ b
′ = −2 + 5 = 3
8
⇔ −1 = −4 + a ⇔ −1 = −4 + a 4 12
2
6 b 6 2+b Diperoleh titik C(3, 12).
Dari kesamaan matriks diperoleh: Titik C(3, 12) merupakan bayangan B(6, 8) oleh
–1 = –4 + a ⇔ a = 3 T2 = a maka berlaku:
6=2+b ⇔b=4
b
a 3
4
Dengan demikian T = b = . xC = xB + a
yC
yB b
xR ′ xR a
yR ′ = + b
yR ⇔ 3 = 6 + a
12 8
b
3 6
= 3 + 4 = 2 3 6 + a
−2 12 =
⇔ 8 + b
Matematika Kelas XII Program IPA 115
Dari kesamaan matriks diperoleh: 9. Jawaban: c
3 = 6 + a ⇔ a = –3 Bayangan (x, y) oleh pencerminan terhadap garis
12 = 8 + b ⇔ b = 4 y = –x adalah (x′, y′) dengan:
Jadi, matriks translasi T2 = −3 . x′ = 0 −1 x
y′ −1 0 y
4
6. Jawaban: a xK′ 0 −1 xK
−1
Bayangan titik (x, y) oleh translasi T = 2 adalah ⇒ yK ′ = 0 yK
(x + 2, y + 3), berarti: 3
x′ = x + 2 ⇔ x = x′ – 2 = 0 −1 a
y′ = y + 3 ⇔ y = y′ – 3
Substitusi x dan y ke persamaan garis g diperoleh: −1 0 −b
2x – 3y + 4 = 0 ⇒ 2(x′ – 2) – 3(y′ – 3) + 4 = 0 = b
⇔ 2x′ – 4 – 3y′ + 9 + 4 = 0
⇔ 2x′ – 3y′ + 9 = 0 −a
Jadi, persamaan garis g′ adalah 2x – 3y + 9 = 0. Jadi, bayangan K(a, –b) adalah K′(b, –a).
7. Jawaban: a 10. Jawaban: d
Lingkaran L ≡ x2 + y2 – 2x + 6y – 15 = 0. Bayangan titik A(x, y) oleh pencerminan terhadap
⇔ (x – 1)2 + (y + 3)2 = 25 P(a, b) adalah (x′, y′) dengan:
Koordinat titik pusat lingkaran L adalah P(1, –3).
x′ = −1 0 x + 2a
Misal P′(x′, y′) merupakan bayangan titik P(1, –3) −1
y′ 0 y 2b
oleh translasi T = 5 . ⇔ x′ = −1 0 x + 2×3
−2 y′ 0 −1 y 2 × 2
x′ = 1 + 5 = 6
−2 −1 0 x 6
y′ −3 −2 −5 ⇔ = −1 +
Diperoleh koordinat P′ adalah (x′, y′) = (6 –5). 4 0 y 4
Jadi, koordinat titik pusat lingkaran L′ adalah (6 –5). −1 0 x = −2 – 6
−1
8. Jawaban: c ⇔ 0 y 4 4
Bayangan (x, y) oleh pencerminan terhadap sumbu X
adalah (x′, y′) dengan:
⇔ −x = −8
−y 0
x′ = 1 0 x
y′ 0 −1 y Dari kesamaan matriks diperoleh –x = –8 ⇔ x = 8
dan –y = 0 ⇔ y = 0.
Koordinat A(–1, –1), B(3, –1), C(4, 2), D(1, 4), dan Jadi, koordinat titik A(8, 0).
E(–2, 2).
Bayangan titik A, B, C, D, dan E dapat ditentukan 11. Jawaban: e
sekaligus dengan cara berikut.
Bayangan titik (x, y) oleh pencerminan terhadap
xA′ xB′ xC′ xD′ xE′ garis y = –1 adalah (x, –2 – y), berarti:
yA ′ yB′ yC′ yD′ yE ′ x′ = x ⇔ x = x′
y′ = –2 – y ⇔ y = –2 – y′
= 1 0 xA xB xC xD xE Substitusi x dan y ke persamaan garis diperoleh:
0 yB yC yD
−1 yA yE y = 2x + 5 ⇒ –2 – y′ = 2(x′) + 5
⇒ –2 – y′ = 2x′ + 5
= 1 0 −1 3 4 1 −2 ⇒ y′ = –2x′ – 7
−1 −1 −1 2 4 2 Jadi, persamaan bayangannya y = –2x – 7.
0
12. Jawaban: d
= −1 3 4 1 −2 I. Bayangan garis a oleh pencerminan terhadap
1 −2 −4 garis x = 0 (sumbu Y) adalah garis d (bukan
1 −2 garis e).
Pernyataan I salah.
Diperoleh A′(–1, 1), B′(3, 1), C′(4, –2), D′(1, –4),
dan E′(–2, –2).
Jadi, pernyataan yang benar pada pilihan c.
116 Transformasi Geometri
II. Bayangan garis c oleh pencerminan terhadap 15. Jawaban: d
garis y = x adalah garis b.
Pernyataan II benar. Sumbu refleksi adalah garis y = 4 x ⇔ y = x tan α.
3
III. Bayangan garis d oleh pencerminan terhadap
garis y = 0 (sumbu X) adalah garis c. Diperoleh tan α = 4
Pernyataan III benar. 3
sin 2α = 2 sin α cos α 54
Jadi, pernyataan yang benar II dan III.
=2× 4 × 3 α
5 5 3
13. Jawaban: e
24
Puncak parabola dengan persamaan y = a(x – p)2 + q = 25
adalah (p, q). cos 2α = 2 cos2 α – 1
y = 2x2 – 8x + 11
⇔ y = 2(x2 – 4x + 4) + 3 = 2( 3 )2 – 1
⇔ y = 2(x – 2)2 + 3 5
Diperoleh puncak parabola P adalah (2, 3).
= – 7
Puncak parabola tersebut dicerminkan terhadap 25
garis y = –1. Bayangan titik (x, y) oleh refleksi terhadap garis
Bayangan titik (2, 3) oleh pencerminan terhadap 4
3
garis y = –1 adalah (x′, y′) dengan: y= x:
x′ = 1 0 x + 0 x′ = cos 2α sin2α x
y′ 0 −1 y 2(−1)
y′ sin 2α − cos 2α y
1 0 2 0
−1
= 0 3 + −2 − 7 24
x′ 25 25
= 25
2 ⇔ y′ 24 7 25
−5
= 25 25
Jadi, koordinat puncak parabola P′ adalah (2, –5). = −7 + 24
24 + 7
14. Jawaban: c = 17
Misalkan h adalah persamaan lingkaran. 31
Bayangan lingkaran h oleh refleksi terhadap garis
y = x adalah h′. Jika h′ direfleksikan kembali Jadi, bayangan titik P(25, 25) adalah P′(17, 31).
terhadap garis y = x akan diperoleh bayangan
lingkaran semula yaitu h. B. Uraian
Jadi, persamaan lingkaran semula dapat diperoleh
dengan merefleksikan kembali persamaan 1. a. Misalkan T = a .
lingkaran bayangan (h′) terhadap garis y = x. b
Bayangan (x, y) oleh refleksi terhadap garis y = x
adalah (x′, y′) dengan Bayangan titik (x, y) oleh translasi T:
x′ = 0 1 x ⇔ x′ = y x′ = x + a ⇔ x′ = x +a
y′ 1 0 y y′ x y′ y b y′ y + b
Diperoleh x′ = y ⇔ y = x′ dan y′ = x ⇔ x = y′. B′(4, 2) bayangan B(1, 2) oleh translasi T,
Substitusi x = y′ dan y = x′ ke persamaan lingkaran yaitu:
h′ ≡ x2 + y2 – 2x – 4y – 4 = 0
⇒ (y′)2 + (x′)2 – 2(y′) – 4(x′) – 4 = 0 4 = 1+ a
⇔ y′2 + x′2 – 2y′ – 4x′ – 4 = 0
⇔ y2 + x2 – 2y – 4x – 4 = 0 2 2 + b
⇔ x2 + y2 – 4x – 2y – 4 = 0
Jadi, persamaan kurva semula x2 + y2 – 4x – 2y – 4 Dari kesamaan matriks diperoleh:
4=1+a⇔a=3
2=2+b⇔b=0
= 0. Jadi, matriks translasinya T = 3 .
0
Matematika Kelas XII Program IPA 117
b. Bayangan titik A(–2, 2); C(–2, –1); dan D(1, –1) c. Oleh karena jari-jari lingkaran L sama dengan jari-
jari lingkaran L′ maka luas kedua lingkaran sama.
xA′ xC′ xD′ Luas = L = luas L′ = 3,14 × 22
= 12,56 satuan luas.
yA′ yC′ yD′
= xA′ +3 xC′ + 3 xD′ + 3 3. a. Bayangan titik (x, y) oleh translasi T = 4
+0 yC′ + 0 b. −2
yA′ yD′ + 0 c.
= −2 + 3 −2 + 3 1+ 3 = 1 1 4 adalah (x + 4, y – 2), berarti:
2 + 0 −1+ 0 −1+ 0 2 −1 −1 x′ = x + 4 ⇔ x = x′ – 4
y′ = y – 2 ⇔ y = y′ + 2
Diperoleh A′(1, 2); C′(1, –1) dan D′(4, –1). Substitusi x dan y ke persamaan parabola
Jadi, bayangan titik A, C dan D adalah diperoleh:
y = x2 – 2x + 6
A′(1, 2); C′(1, –1); dan D′(4, –1). ⇒ y′ + 2 = (x′ – 4)2 – 2(x′ – 4) + 6
⇔ y′ = x′2 – 8x′ + 16 – 2x′ + 8 + 6 – 2
2. a. Misalkan (x, y) terletak pada lingkaran ⇔ y′ = x′2 – 10x′ + 28
b. L ≡ x2 + y2 – 2x + 4y + 1 = 0 Jadi, persamaan bayangan parabola adalah
y = x2 – 10x + 28.
Bayangan titik (x, y) oleh translasi −6 :
4
Bayangan titik (x, y) oleh refleksi terhadap
x′ = x + −6 ⇔ x′ = x −6 garis y = x adalah (y, x), berarti:
y′ y 4 y′ y + 4 x′ = y ⇔ y = x′
Dari kesamaan matriks diperoleh: y′ = x ⇔ x = y′
Substitusi x dan y ke persamaan parabola
x′ = x – 6 ⇔ x = x′ + 6 . . . (1) diperoleh:
y′ = y + 4 ⇔ y = y′ – 4 . . . (2) y = x2 – 2x + 6
⇔ x′ = y′2 – 2y′ + 6
Substitusi (1) dan (2) ke persamaan lingkaran Jadi, persamaan bayangan parabola adalah
L ≡ x2 + y2 – 2x + 4y + 1 = 0: x = y2 – 2y + 6.
⇔ (x′ + 6)2 + (y′ – 4)2 – 2(x′ + 6) + 4(y′ – 4)
Bayangan titik (x, y) oleh refleksi terhadap
+1=0
⇔ x′2 + 12x′ + 36 + y′2 – 8y + 16 – 2x′ – 12 garis x = 2 adalah (4 – x, y), berarti:
+ 4y′ – 16 + 1 = 0 x′ = 4 – x ⇔ x = 4 – x′
⇔ x′2 + y′2 + 10x′ – 4y′ + 25 = 0 y′ = y ⇔ y = y′
Jadi, persamaan bayangan lingkaran adalah Substitusi x dan y ke persamaan parabola
L′: x2 + y2 + 10x – 4y + 25 = 0.
diperoleh:
L ≡ x2 + y2 – 2x + 4y + 1 = 0 y = x2 – 2x + 6
⇔ (x – 1)2 + (y + 2)2 = 4
⇔ y′ = (4 – x′)2 – 2(4 – x′) + 6
Lingkaran L berpusat di A(1, –2) dan berjari- ⇔ y′ = 16 – 8x′ + x′2 – 8 + 2x′ + 6
jari 2. ⇔ y′ = x′2 – 6x′ + 14
L′ ≡ x2 + y2 + 10x – 4y + 25 = 0 Jadi, persamaan bayangan parabola adalah
⇔ (x + 5)2 + (y – 2)2 = 4
y = x2 – 6x + 14.
Lingkaran L′ berpusat di B(–5, 2) dan berjari-
jari 2. 4. Misalkan g ≡ 2x – y + 4 = 0
g′ ≡ 2x + y – 4 = 0
Y Y
L′ g ≡ 2x – y + 4 = 0
4
B(–5, 2) 2
–5
01 L X
–2 A(1, 2)
–2 2 X
g′ ≡ 2x + y – 4 = 0
118 Transformasi Geometri
Berdasarkan gambar terlihat garis g ≡ 2x – y + 4 = 0 Substitusi nilai x dan y ke persamaan
merupakan bayangan garis g ≡ 2x + y – 4 = 0 oleh lingkaran x2 + y2 + 4y + 5 = 0.
refleksi terhadap sumbu Y (garis x = 0). ⇔ (x′)2 + (–y′ + 8)2 + 4(–y′ + 8) + 5 = 0
Jadi, refleksi M adalah refleksi terhadap sumbu Y. ⇔ x′2 + y′2 – 16y′ + 64 – 4y′ + 32 + 5 = 0
⇔ x′2 + y′2 – 20y′ + 101 = 0
5. Misalkan titik (x, y) terletak pada lingkaran ⇔ x2 + y2 – 20y + 101 = 0
x2 + y2 + 4y + 5 = 0.
a. Bayangan (x, y) oleh pencerminan terhadap Jadi, bayangannya adalah x2 + y2 – 20y + 101
garis y = –x adalah (x′, y′) dengan: = 0.
x′ = 0 −1 x ⇔ x′ = −y c. Bayangan (x, y) oleh pencerminan terhadap
y′ garis x = –2:
−1 0 y y′ −x
x′ −1 0 x 2(−2)
Diperoleh x′ = –y ⇔ y = –x′ = 1 +
y′ = –x ⇔ x = –y′ y′ 0 y 0
Substitusi x = –y′ dan y = –x′ ke persamaan ⇔ x′ = −4 − x
lingkaran x2 + y2 + 4y + 5 = 0: y′
⇔ (–y′)2 +(–x′)2 + 4(–x′) + 5 = 0 y
⇔ y′2 + x′2 – 4x′ + 5 = 0
⇔ x2 + y2 – 4x + 5 = 0 Dari kesamaan matriks diperoleh:
Jadi, bayangannya adalah x2 + y2 – 4x + 5 = 0.
b. Bayangan (x, y) oleh pencerminan terhadap x′ = –4 – x ⇒ x = –x′ – 4
garis y = 4 adalah (x′, y′) dengan: y′ = y ⇒ y = y′
x′ = 1 0 x + 0 Substitusi x = –x′ – 4 dan y = y′ ke persamaan
y′ −1 2(4) lingkaran x2 + y2 + 4y + 5 = 0.
0 y ⇔ (–x′ – 4)2 + (y′)2 + 4y′ + 5 = 0
⇔ x′2 + 8x′ + 16 + y′2 + 4y′ + 5 = 0
⇔ x′ = x ⇔ x2 + y′2 + 8x′ + 4y′ + 21 = 0
y′ 8 − y ⇔ x2 + y2 + 8x + 4y + 21 = 0
Dari kesamaan matriks diperoleh: Jadi, persamaan bayangannya adalah
x2 + y2 + 8x + 4y + 21 = 0.
x′ = x ⇔ x = x′
y′ = 8 – y ⇔ y = –y′ + 8
A. Pilihan Ganda 2. Jawaban: d
Matriks yang bersesuaian dengan rotasi [O, 60°]
1. Jawaban: c
Misalkan bayangan titik P(2, –3) oleh rotasi = cos θ − sin θ
R[O, 90°] adalah P′(x′, y′), maka: sin θ cos θ
x′ = cos 90° − sin 90° 2 cos 60° − sin 60° 1 − 1 3
y′ sin 90° cos 90° −3 sin 60° cos 60° 2 2
= =
1 3 1
2 2
0 −1 2
= 1 0 −3 3. Jawaban: e
Bayangan titik A(x, y) oleh rotasi [P(5, 1), –π].
3
= 2 x′ = cos(−π) − sin(−π) x −5 + 5
y′ sin(−π) cos(−π) y − 1 1
Jadi, koordinat bayangannya P′(3, 2).
−1 0 x −5 5
= 0 −1 y − 1 + 1
Matematika Kelas XII Program IPA 119
Untuk A(–3, 2) diperoleh A′: Nilai a + 2b = 2 + 2(–10) = –18.
Jadi, nilai a +2b = –18.
xA ′ −1 0 −3 − 5 5
= 0 −1 2 − 1 + 1
y ′ 5. Jawaban: b
A Misalkan pusat rotasi P(a, b).
Bayangan (x, y) oleh rotasi [P(a, b), 90°] adalah
= −1 0 −8 + 5 (x′, y′) dengan:
−1
0 1 1
= 8 + 5 = 13 x′ 0 −1 x − a a
−1 y′ 1 0 y − b b
1 0 = +
Untuk B(2, 4) diperoleh B′: Titik P(10, 5) bayangan dari (4, –5):
xB ′ = −1 0 2 − 5 + 5
yB ′ −1 10 0 −1 4 − a a
0 4 − 1 1 5 = 1 0 −5 − b + b
= −1 0 −3 + 5
−1
0 3 1 10 = 5 + b + a
= 3 + 5 = 8 ⇔ 5 4 − a b
−3 1 −2
Untuk C(–1, –1) diperoleh C′: ⇔ 10 = 5 + b + a
5 4 − a + b
x′ = −1 0 −1− 5 + 5 Dari kesamaan matriks diperoleh:
y′ 0 −1 −1− 1 1
10 = 5 + a + b ⇔ a + b = 5
5 = 4 – a + b ⇔ –––a–+––b–=––1– +
= −1 0 −6 + 5 2b = 6
−1
0 −2 1
= 6 + 5 ⇔ b=3
Substitusikan nilai b = 3 ke a + b = 5.
2 1
a+3=5⇔a=2
= 11 Diperoleh a = 2 dan b = 3.
3
Jadi, koordinat pusat rotasi (2, 3).
Jadi, koordinat A′(13, 0), B′(8, –2), dan C′(11, 3). 6. Jawaban: d
Bayangan(x, y) oleh dilatasi [O(0, 0), 2]:
4. Jawaban: a
Bayangan titik P(xP, yP) oleh rotasi [O(0, 0), – π ] x′ = 2 0x
2 y′ 0 2 y
adalah P′(xP′, yP′) dengan: Bayangan P(4, 2), Q(9, 4), dan R(6, 8):
xP ′ = cos (− π ) − sin (− π ) xP xP′ xQ′ xR ′ 2 0 xP xQ xR
yP ′ 2 2 yP yQ′ 0 yQ
=
sin (− π ) cos (− π ) yP ′ yR′ 2 yP yR
2 2
0 1 xP = 2 04 9 6
= −1 0 yP 0 2 2 4 8
Diketahui P′(–10, –2) dan P(a, b). = 8 18 12
4 8 16
−10 0 1a
= Jadi, koordinat bayangan titik P, Q, dan R adalah
−2 −1 0 b P′(8, 4), Q′(18, 8), dan R′(12, 16).
⇔ −10 = b 7. Jawaban: a
−2 −a Bayangan (x, y) oleh dilatasi [P(a, b), k]:
Dari kesamaan matriks diperoleh: x′ x a
b = –10 y b
–2 = –a ⇔ a = 2 y′ = k + (1 – k)
120 Transformasi Geometri
Bayangan (–4, 8) oleh dilatasi [P(–8, 12), 1 ]: Luas jajargenjang ABCD:
4 LABCD = alas × tinggi
x′ = 1 −4 + (1 – 1 ) −8 =4×5
4 4 12 = 20 satuan luas
y′ 8 Luas bayangan jajargenjang ABCD oleh
= −1 + 3 −8 transformasi matriks T= −2 3 :
2 4 12 −1
−1
−1 −6 −7
= + = 11 LA′B′C′D′ = |det T| × LABCD
2 9 = |(–2) × (–1) – 3(–1)| × 20 satuan luas
Jadi, koordinat bayangannya (–7, 11). = 5 × 20 satuan luas
8. Jawaban: e = 100 satuan luas
Y 11. Jawaban: a
Bayangan titik (x, y) oleh transformasi matriks A:
K
4 8 satuan Luas KLMN x′ = a + 2 a x
1 a + 1 y
–2 0 3 X = ML × LK y′
–4 =5×8
Misal koordinat titik Q(m, n).
M 5 satuan L = 40 satuan luas
Bayangan titik P(1, 2) dan Q(m, n) oleh transformasi
matriks A:
Luas persegi panjang KLMN setelah didilatasi xP′ xQ′ = a + 2 a xP xQ
dengan faktor skala k = 3: 1 1
= k2 × LKLMN = 32 × 40 = 360 satuan luas yP ′ yQ′ a + yP yQ
9. Jawaban: b ⇔ 2 2 = a + 2 a 1 m
a + 1 2
3 0 1 n
A = 2 −5 ⇔ 2 2 = 3a + 2 m(a + 2) + na
a 4
3 0 2a + 3 m + n(a + 1)
Bayangan titik P(3, –1) oleh transformasi yang
bersesuaian dengan matriks A adalah P′(11, 2), Dari kesamaan matriks diperoleh:
berarti: 2 = 3a + 2 ⇔ 3a = 0 ⇔ a = 0
3 = 2a + 3 ⇔ 2a = 0 ⇔ a = 0
11 2 −5 3 11 11 2 = m(a + 2) + na ⇔ 2 = m(0 + 2) + n(0)
2 = a 4 −1 ⇔ 2 = 3a − 4 ⇔ 2 = 2m
Dari kesamaan matriks diperoleh: ⇔ m=1
0 = m + n(a + 1) ⇔ 0 = 1 + n(0 + 1)
2 = 3a – 4 ⇔ 3a = 6 ⇔ 0=1+n
⇔ a=2 ⇔ n = –1
Diperoleh m = 1 dan n = –1.
Misalkan koordinat Q′(x′, y), maka:
x′ = 2 −5 4 = −2 Jadi, koordinat titik Q = (m, n) = (1, –1).
y′ 2 4 2 16
12. Jawaban: e
Jadi, koordinat titik Q′(–2, 16).
Bayangan titik (x, y) oleh dilatasi [O, –2] adalah
10. Jawaban: d (–2x, –2y), berarti:
Y x′ = –2x ⇔ x = – 1 x′
2
5D C y′ = –2y ⇔ y = – 1 y′
2
Substitusi x dan y ke persamaan garis diperoleh:
5 satuan
A 4 satuan B 6X 4x – y + 6 = 0 ⇒ 4(– 1 x′) – (– 1 y′) + 6 = 0
04 2 2
⇔ –2x′ + 1 y′ + 6 = 0
2
⇔ 4x′ – y′ – 12 = 0
Jadi, persamaan bayangannya 4x – y – 12 = 0.
Matematika Kelas XII Program IPA 121
13. Jawaban: d ⇔ 3y + 2x + 24 = 0 diperoleh:
Misalkan A(x, y) terletak pada garis 2y – x + 3 = 0. –a = 3 ⇔ a = –3 . . . (1)
Bayangan titik A(x, y) oleh transformasi matriks
b=2 . . . (2)
2 3 –3a + 5b + c = 24 . . . (3)
1 2 adalah (x′, y′) dengan: ⇒ –3(–3) + 5(2) + 1 = 24
⇔ c = 24 – 9 – 10
x′ = 2 3x ⇔ c=5
Jadi, persamaan garis g adalah –3x + 2y + 5 = 0.
y′ 1 2 y
⇔ x = 2 3 −1 x′ 15. Jawaban: d
y y′
1 2 Persamaan lingkaran semula:
x2 + y2 – 10x + 4y + 13 = 0
⇔ x = 1 2 −3 x′ ⇔ x2 – 10x + y2 + 4y + 13 = 0
4−3 ⇔ (x – 5)2 + (y + 2)2 – 25 – 4 + 13 = 0
y −1 2 y′ ⇔ (x – 5)2 + (y + 2)2 = 42
Jari-jari lingkaran semula: r = 4.
⇔ x = 2x′ − 3y′
y −x′ + 2y′ Luas lingkaran semula:
L = πr2 = π × (4)2 = 16π satuan luas
Dari kesamaan matriks diperoleh: Luas lingkaran oleh dilatasi [P(4, –7), 5].
x = 2x′ – 3y′ . . . (1) LI = k2 × L = 25 × 16π = 400π satuan luas
y = –x′ + 2y′ . . . (2) Luas lingkaran oleh transformasi matriks:
Substitusi (1) dan (2) ke persamaan garis LII = | det a b | × L
2y – x + 3 = 0 diperoleh: d
c
2(–x′ + 2y′) – (2x′ – 3y′) + 3 = 0
⇔ –2x′ + 4y′ – 2x′ + 3y′ + 3 = 0 = | det a b | × 16π satuan luas
⇔ –4x′ + 7y′ + 3 = 0 c d
Jadi, bayangannya 7y – 4x + 3 = 0.
14. Jawaban: d Oleh karena LI = LII diperoleh:
Misal persamaan garis tersebut g ≡ ax + by + c = 0.
Misal titik (x, y) terletak pada garis g. | det a b | × 16π = 400π
d
c
Bayangan titik (x, y) oleh rotasi [P(–4, 1), 3 π]: ⇔ | det a b | = 400π
2 d 16π
c
x′ = cos 3 π − sin 3 π x + 4 + −4 | det a b | = 25
y′ 2 cos 2 y − 1 c d
⇔
sin 3 π 3 π 1
2 2
Akibatnya matriks yang memenuhi adalah matriks
= 0 1 x + 4 + −4 yang nilai determinannya 25 atau –25.
−1 0 y − 1 1
−9 2 = (–9)(–3) – 2 × 1 = 27 – 2 = 25
1 −3
y−1 −4
= −x − 4 + 1 −9 2
1 −3
Jadi, matriks T yang memenuhi adalah .
= y−5
B. Uraian
−x − 3
Dari kesamaan matriks, diperoleh: 1. a. Titik A(x, y) dirotasikan R[O, 60°] diperoleh
x′ = y – 5 ⇔ y = x′ + 5 bayangan A′(1, 3 ). Sebaliknya, titik
y′ = –x – 3 ⇔ x = –y′ – 3
Substitusi x = –y′ – 3 dan y = x′ + 5 ke persamaan A′(1, 3 ) dirotasikan R[O, –60°] diperoleh
garis g: ax + by + c = 0. bayangan A(x, y).
⇒ a(–y′ – 3) + b(x′ + 5) + c = 0
⇔ –ay′ – 3a + bx′ + 5b + c = 0
⇔ –ay′ + bx′ + (–3a + 5b + c) = 0
Oleh karena –ay + bx + (–3a + 5b + c) = 0
122 Transformasi Geometri
x = cos (−60°) −sin (−60°) 1 Lingkaran bayangan berpusat di (8, 4) dan
y sin (−60°) cos (−60°) 3 berjari-jari 4.
Persamaan lingkaran bayangan:
1 1 3 1
= 2 2 3 (x – 8)2 + (y – 4)2 = 42
1 1 ⇔ x2 – 16x + 64 + y2 – 8y + 16 – 16 = 0
− 2 3 2 ⇔ x2 + y2 – 16x – 8y + 64 = 0
Jadi, persamaan lingkaran bayangannya
1 + 3 2 x2 + y2 – 16x – 8y + 64 = 0.
= 2 2 = 0
1 1 3 b. Persamaan lingkaran:
− 2 3 + 2 3. 1) L = (x + 5)2 + (y – 1)2 = 16
Misal (x, y) terletak pada lingkaran L.
Jadi, koordinat titik A(2, 0). Bayangan titik (x, y) oleh dilatasi [P(3, –4), –3]:
b. Bayangan titik P(–2, 6) oleh dilatasi [A, 1 ] x′ = k x + (1 – k) a
2. a. 2 y b
y′
adalah P′(x′, y′).
x′ x 3
1 0 ⇔ = –3 y + (1 – (–3)) −4
x′ 2 −2 − 2 2 y′
y′ = 0 1 6 − 0 + 0
2
x′ = –3 x + 4 3
1 0 ⇔ y′ y −4
= 2 1 −4 + 2
0 2 6 0 x′ −3x + 12
⇔ y′ = −3y − 16
= −2 + 2 Dari kesamaan matriks diperoleh:
3 0
x′ − 12
Jadi, k=oor03dinat bayangan titik P adalah P′(0, 3). x′ = –3x + 12 ⇔ x = −3 . . . (1)
Jika suatu lingkaran dirotasikan, akan diper- y′ = –3y – 16 ⇔ y = y′ + 16 . . . (2)
oleh lingkaran dengan panjang jari-jari sama −3
namun titik pusat berbeda.
Persamaan lingkaran L: (x + 5)2 + (y – 1)2 = 16. Substitusi (1) dan (2) ke persamaan lingkaran
Koordinat titik pusat (–5, 1) dan jari-jari = r = 4.
Bayangan titik (x, y) jika dirotasikan oleh (x + 5)2 + (y – 1)2 = 16 2
2 2
( ( ) ) ( ( ))⇔ x′ − 12 y′ + 16 −1 = 16
−3 +5 + −3 = 16
+
x′ − 27 2 y′ + 19
−3
−3
[P(3, –4), – π ]: ⇔ x′2 − 54x′ + 729 + y′2 + 38y′ + 361 = 16
2 9 9
x′ cos (− π ) − sin (− π ) x − 3 3 ⇔ x′2 – 54x′ + 729 + y′2 + 38y′ + 361 = 144
2 2 y + 4 −4 ⇔ x′2 + y′2 – 54x′ + 38y′ + 946 = 0
= + Jadi, persamaan lingkaran bayangannya
y′ sin (− π ) cos (− π ) x2 + y2 – 54x + 38y + 946 = 0.
2 2
= 0 1 x − 3 + 3 Bayangan titik A(–3, –3) oleh rotasi
−4 [P(a, b), –π] adalah A′(7, –5).
−1 0 y 4
+ x′ cos(−π) − sin(−π) x −a a
Bayangan titik pusat (–5, 1): y′ = sin(−π) cos(−π) y − b + b
x′ 0 1 −5 − 3 3
⇔ y′ = + −4 7 −1 0 −3 − a a
−1 0 1+ 4 ⇔ −5 = 0 −1 −3 − b + b
= 0 1 −8 + 3 = 8 ⇔ 7 = 3+ a + a
−1 0 5 −4 4 −5 3 + b b
Koordinat titik pusat lingkaran bayangan ⇔ 7 = 3 + 2a
adalah (8, 4). −5 3 + 2b
Matematika Kelas XII Program IPA 123
Dari kesamaan matriks diperoleh: b. Bayangan titik A(0, –2) oleh dilatasi [P(3, 2), 3]
7 = 3 + 2a ⇔ 2a = 4 ⇔ a = 2
–5 = 3 + 2b ⇔ 2b = –8 ⇔ b = –4 x′ = 3 0 + (1 – 3) 3
Diperoleh koordinat P(2, –4). −2 2
y′
2) Bayangan titik B(6, –3) oleh rotasi = 0 + −6
3) [P(2, –4), –π]:
4) −6 −4
4. a.
x′ = −1 0 6−2 + 2 = −6
y′ −1 −10
0 −3 + 4 −4
= −1 0 4 + 2 Jadi, koordinat A′(–6, –10).
0 −1 1 −4
Bayangan titik B(5, –4) oleh dilatasi [P(3, 2), 3]:
= −4 + 2 = −2 x′ = 3 5 + (1 – 3) 3
−1 −4 2
−4 −5 y′
Koordinat titik B′(–2, –5). = 15 + −6 = 9
−12 −4 −16
Bayangan titik C(6, 1) oleh rotasi [P(2, –4), –π]:
x′ = −1 0 6 − 2 + 2 Jadi, koordinat B′(9, –16).
y′ −1
0 1+ 4 −4 c. Y
= −1 0 4 + 2 5 satuan
0 −1 5 −4 2C
= −4 + 2 = −2 X
6 satuan
−5 −4 −9 0 5
Koordinat titik C′(–2, –9). –2
A
Bayangan titik D(–3, 1) oleh rotasi [P(2, –4), –π]: –4 B
x′ = −1 0 −3 − 2 + 2 Luas ∆ABC = 1 × alas × tinggi
y′ −1 2
0 1+ 4 −4
1
−1 0 −5 2 = 2 ×5×6
0 −1 5 −4
= + = 15 satuan luas
= 5 + 2 = 7 Luas ∆A′B′C′ = k2 × luas ∆ABC
= 32 × 15
−5 −4 −9 = 135 satuan luas
Koordinat titik D′(7, –9). Jadi, luas ∆A′B′C′ = 135 satuan luas.
C′(9, 2) adalah bayangan C(5, 2) oleh dilatasi 5. a. Misalkan (x, y) terletak pada garis x – 2y = 4.
[P(3, 2), k], Bayangan titik (x, y) oleh transformasi matriks
x′ = k x + (1 – k) a M = −4 2 adalah (x′, y′) dengan:
y′ y b 1
−3
9 5 3
2 2
⇔ 2 = k + (1 – k) x′ −4 2 x
−3 1 y
=
9 5k + 3 − 3k y′
⇔ =
2 2k + 2 − 2k
x −4 2−1 x′
9 2k + 3 ⇔ = −3 1 y′
⇔ 2 = 2 y
Dari kesamaan matriks diperoleh: 1 1 −2 x′
2 3 −4 y′
9 = 2k + 3 ⇔ 2k = 6 ⇔ k = 3 =
Jadi, nilai k = 3.
= 1 x′ − 2y′
2 3x′ − 4y′
124 Transformasi Geometri
Diperoleh x= 1 (x′ – 2y′) . . . (1) Substitusi (1) dan (2) ke persamaan garis :
2 ax + by + c = 0
y= 1 (3x′ – 4y′) . . . (2) ⇔ a· 1 (x′ – 2y′) + b · 1 (3x′ – 4y′) + c = 0
2 2 2
Substitusi (1) dan (2) ke persamaan garis g: ⇔ a x′ – ay′ + 3b x′ – 2by′ + c = 0
2 2
x – 2y = 4⇒ 1 (x′ – 2y′) – 2 × 1 (3x′ – 4y′) = 4 ⇔ ( a + 3b )x′ + (–a – 2b)y′ + c = 0
2 2 2 2
⇔ x′ – 2y′ – 2(3x′ – 4y′) = 8 ⇔ ( a + 3b )x + (–a – 2b)y + c = 0
⇔ –5x′ + 6y′ – 8 = 0 2 2
⇔ 5x′ – 6y′+ 8 = 0 Oleh karena bayangan garis oleh transformasi
Jadi, persamaan bayangan garis g adalah
matriks M adalah garis g: x – 2y – 4 = 0,
5x – 6y + 8 = 0. diperoleh:
b. Misalkan garis ≡ ax + by + c = 0 dan (x, y) ( a + 3b )x + (–a – 2b)y + c = 0 ⇔ x – 2y – 4 = 0
terletak pada garis , 2 2
Bayangan (x, y) oleh transformasi matriks M:
a + 3b =1 ⇔ a + 3b = 2
2−1 x′ 2 2
x′ −4 2 x x −4 1 y′
= −3 1 ⇔ = −3 –a – 2b = –2 ⇔ a + 2b = 2
y′ y y c = –4
Dari jawaban a diperoleh: Dari a + 3b = 2 dan a + 2b = 2 diperoleh a = 2
x= 1 (x′ – 2y′) . . . (1) dan b = 0.
2 . . .(2)
Persamaan garis : ax + by + c = 0
y= 1 (3x′ – 4y′) ⇔ 2×x+0×y–4=0
2 ⇔ 2x – 4 = 0
Jadi, persamaan garis adalah 2x – 4 = 0.
A. Pilihan Ganda 2. Jawaban: d
Rotasi [P(–3, 7), –75°] dilanjutkan dengan rotasi
1. Jawaban: d [P(–3, 7), 30°] merupakan komposisi dua rotasi
Misalkan A′, B′, dan C′ adalah bayangan titik A, berurutan dengan titik pusat sama yaitu P(–3, 7).
B, dan C oleh rotasi [O(0, 0), 90°]: Misal: R1 = rotasi [P(–3, 7), –75°]
R2 = rotasi [P(–3, 7), 30°]
xA′ xB′ xC′ = cos 90° − sin 90° xA xB xC
yB′ sin 90° yB R2 R1 = rotasi [P(–3, 7), (–75° + 30°)]
yA ′ yC′ cos 90° yA yC = rotasi [P(–3, 7), –45°]
xA′ xB′ xC′ = 0 −1 5 −3 0
⇒ yB′ 4
yA ′ yC ′ 1 0 −2 7 cos (−45°) − sin (−45°)
=
xA′ xB′ xC′ 2 −4 −7 sin (−45°) cos (−45°)
⇔ yB′ = −3
yA ′ yC ′ 5 0
1 1
Diperoleh A′(2, 5), B′(–4, –3), dan C′(–7, 0). = 2 2 2 2
6 1 1
Titik A′, B′, dan C′ ditranslasikan oleh −4 − 2 2 2 2
diperoleh bayangan titik A′′, B′′, dan C′′.
Jadi, matriks transformasi tunggalnya adalah
xA′′ xB′′ xC ′′ = xA′ + 6 xB′ + 6 xC′ + 6 1 2 1 2
yB′′ yB′ − 4 2 2 .
yA ′′ yC ′′ y ′ − 4 yC ′ − 4
A 1 2 1 2
− 2 2
xA′′ xB′′ xC ′′ 2+ 6 −4 + 6 −7 + 6
⇒ yB′′ = −3 − 4
yA ′′ yC ′′ 5 − 4 0 − 4
⇔ xA′′ xB′′ xC ′′ = 8 2 −1
yB′′ yC ′′ −7
yA ′′ 1 −4
Diperoleh A′′(8, 1) B′′(2, –7), dan C′′(–1, –4).
Matematika Kelas XII Program IPA 125
3. Jawaban: a Bayangan (x, y) oleh dilatasi [O(0, 0), 5]:
P(10, 2) merupakan bayangan Q(–4, 3) oleh T2 T1. x′ = k x = 5 x
y y
Misal: T2 = a maka: y′
b xD 1 5
xD′ yD 4 20
= 5 = 5 =
a −7 a − 7 yD ′
T2 T1 = T2 + T1 = + =
b 8 b + 8 Bayangan (x′, y′) oleh dilatasi [P(2, –1), –3]:
xP = xQ + (T2 T1) x′′ = –3 x′ + (1 – (–3)) 2
y′′ y′ −1
yP yQ
10 −4 a − 7 ⇔ xD′′ = –3 xD ′ + 4 2
2 3 b + 8 yD′ −1
⇔ = + yD ′′
⇔ 10 = a − 11 = –3 5 + 4 2
2 b + 11 20 −1
Dari kesamaan matriks diperoleh: = −15 + 8
−4
10 = a – 11 ⇔ a = 10 + 11 = 21 −60
2 = b + 11 ⇔ b = 2 – 11 = –9 = −7
−64
Jadi, matriks translasi T2 adalah 21 .
−9 Jadi, koordinat titik D′′(–7, –64).
4. Jawaban: d 6. Jawaban: c
Matriks rotasi R[O, 90°] adalah: Matriks transformasi yang mewakili adalah
R = cos 90° − sin 90° = 0 −1 A =T My = −2 1 −1 0 = 2 1
sin 90° cos 90° 1 0 1 2 0 1 −1 2
Matriks refleksi terhadap garis y = –x adalah Bayangan (x, y) oleh transformasi A:
M = 0 −1 . x′ = 2 1 x
−1 0 y′ −1 2 y
Matriks rotasi R[O, 90°] dilanjutkan refleksi Bayangan (a, b) oleh transformasi A adalah (1, –8):
terhadap garis y = –x adalah: 1 2 1 a
MR = 0 −1 0 −1 = −1 0 −8 = −1 2 b
−1 0 1 0 0 1
a = 2 1−1 1
⇔
Matriks −1 0 sama dengan matriks refleksi b −1 2 −8
0 1
2 −1 1
terhadap sumbu Y. = 1 1
4 + 1 2 −8
Jadi, rotasi R[O, 90°] dilanjutkan refleksi terhadap
garis y = –x dapat diwakili dengan refleksi terhadap 1 10 2
5 −15 −3
sumbu Y. = =
5. Jawaban: e Jadi, diperoleh a = 2, b = –3, dan a + b = –1.
Y 7. Jawaban: b
D(1, 4)
A(–1, 1) T = T1 T2 = a + 3 = 3 + a
2 b
B(1, –2) C(7, 1) 2 + b
X
Bayangan A(–1, 2) oleh T adalah A′(1, 11):
xA′ = xA + 3 + a
yA 2 + b
Koordinat titik D adalah (1, 4). y A ′
⇔ 1 = −1 + 3 + a ⇔ 1 = 2+ a
11 2 2 + b 11
4 + b
126 Transformasi Geometri
Dari kesamaan matriks diperoleh: xC′ = 0 1 xC
1 = 2 + a ⇔ a = –1 −1
11 = 4 + b ⇔ b = 7 yC ′ 2 yC
Diperoleh matriks T = 3 −1 = 2 ⇔ xC = 0 1−1 xC′
2 + 7 9 −1 2
yC yC ′
Bayangan B(xB, yB) oleh matriks T adalah B′(12, 13): = 1 2 −1 −5
0 +1 1 0 −6
xB ′ = xB + 2
yB ′ yB 9 −4
−5
=
12 xB 2
⇔ 13 = yB + 9 Jadi, koordinat C(–4, –5).
⇔ xB = 12 − 2 = 10 9. Jawaban: c
yB 13 − 9
4 Y
Jadi, koordinat B(10, 4). R
8. Jawaban: e
T = T2 T1 = 0 1 a b = 0 1 aQ
1
−1 1 0 −a 1− b Pt
O
Bayangan (x, y) oleh matriks T: X
x′ = 0 1 x
y′ −a 1− b y 1 1
2 2
Bayangan A(2, 3) dan B(–4, 1) oleh matriks T L∆PQR = ×a×t= × 4 × 4 = 8 satuan luas
adalah A′(3, 4) dan B′(1, 6).
Misalkan T1 = 2 4 dan T2 = 2 0 .
xA′ xB ′ 0 1 xA xB 1 3 −5 1
= −a T = T2 T1
y ′ yB ′ 1− b yA yB
A
2 0 2 4
3 1 0 1 2 −4 = 1
⇔ 6 = −a 1− b 3 1 −5 1 3
4
4 8
3 1 3 1 =
⇔ 4 6 = −2a + 3 − 3b 4a + 1− b −9 −17
Dari kesamaan matriks diperoleh: det T = 4 8
−9 −17
4 = –2a + 3 – 3b ⇔ 2a + 3b = –1 . . . (1)
6 = 4a + 1 – b ⇔ 4a – b = 5 . . . (2)
= 4 × (–17) – 8(–9) = 4
Eliminasi a dari persamaan (1) dan (2): Luas bayangan ∆PQR oleh T = T2 T1:
L′ = |det (T)| × LPQR
2a + 3b = –1 × 2 4a + 6b = –2
= 4 × 8 = 32 satuan luas
4a – b = 5 × 1 –4–a––––b––=––5–– –
7b = –7 Jadi, luas bayangan ∆PQR adalah 32 satuan luas.
⇔ b = –1 10. Jawaban: b
Substitusi b = –1 ke persamaan (2):
4a – b = 5 ⇔ 4a – (–1) = 5 Misal: M1 = matriks refleksi terhadap garis y = –x
⇔ 4a = 4
⇔ a=1 = 0 −1
Diperoleh a = 1 dan b = –1, matriks transformasinya: −1 0
T = 0 1 = 0 1 M2 = matriks refleksi terhadap garis y = x
−1 2
−a 1− b = 0 1
1 0
Bayangan titik C(xC, yC) oleh T adalah C′(–5, –6):
Matematika Kelas XII Program IPA 127
Matriks transformasi tunggal yang mewakili refleksi 12. Jawaban: c
Bayangan titik (x, y) apabila ditransformasi dengan
terhadap garis y = –x dilanjutkan refleksi terhadap
garis y = x: matriks transformasi 3 5 dilanjutkan dengan
1 2
M = M2 M1
Mis=alk01an 1 y−)01terl−0e1tak=pa d−0a1 0 pencerminan terhadap sumbu X adalah (x′, y′).
0(x, g−a1ris
y = 2x – 3. x′ = 1 0 3 5 x = 3 5 x
y′ 0 −1 1 2 y −1 −2 y
Bayangan (x, y) oleh transformasi M2 M1:
−1
x′ = (M2 M1) x ⇔ x = 3 5 x′
y′ y y −1 −2 y′
⇔ x′ = −1 0 x = 1 −2 −5 x′
−1 −6 + 5 1 3 y′
y′ 0 y
⇔ x′ = −x = 2 5 x′
−1 −3 y′
y′ −y
Dari kesamaan matriks diperoleh: 2x′ + 5y′
−x′ − 3y′
x′ = –x ⇔ x = –x′ . . . (1) =
y′ = –y ⇔ y = –y′ . . . (2) Diperoleh:
Substitusi (1) dan (2) ke persamaan garis y = 2x – 3: x = 2x′ + 5y′
⇔ –y′ = 2(–x′) – 3 y = –x′ – 3y′
⇔ –y′ = –2x′ – 3
⇔ y′ – 2x′ – 3 = 0 Substitusi x dan y ke persamaan garis:
⇔ y – 2x – 3 = 0 x – 2y = 5
Jadi, persamaan bayangan garisnya adalah ⇔ (2x′ + 5y′) – 2(–x′ – 3y′) = 5
⇔ 2x′ + 5y′ + 2x′ + 6y′ = 5
y – 2x – 3 = 0. ⇔ 4x′ + 11y′ = 5
11. Jawaban: a Jadi, bayangannya 4x + 11y = 5.
Misalkan titik A(x, y) terletak pada garis g ≡ 3x + 2y = 6. 13. Jawaban: a
(x, y) Mx= 2→ (4 – x, y) T =−43→ (1 – x, y + 4)
(x, y) T = −34 → (x′, y′) [O,2] → (x′′, y′′)
Diperoleh:
x′ = x + 3 ⇔ x′ = x + 3 x′ = 1 – x ⇔ x = 1 – x′
y′ y −4 y′ y − 4 y′ = y + 4 ⇔ y = y′ – 4
x′′ = 2 x′ Substitusi x dan y ke persamaan lingkaran:
y′′ y′ x2 + y2 = 4
⇔ (1 – x′)2 + (y′ – 4)2 = 4
⇔ x′′ = 2 x + 3 = 2x + 6 ⇔ 1 – 2x′ + x′2 + y′2 – 8y′ + 16 – 4 = 0
y′′ y − 4 2y − 8 ⇔ x′2 + y′2 – 2x′ – 8y′ + 13 = 0
Jadi, bayangannya x2 + y2 – 2x – 8y + 13 = 0.
Dari kesamaan matriks diperoleh:
x″ = 2x + 6 ⇔ x = 1 x″ – 3
2
1
y″ = 2y – 8 ⇔ y = 2 y″ + 4 14. Jawaban: a
Misal:
Substitusi (1) dan (2) ke persamaan garis g: T1 = matriks refleksi terhadap sumbu X
3( 1 x″ – 3) + 2( 1 y″ + 4) = 6
2 2
3
⇔ 2 x′′ – 9 + y′′ + 8 =6 = 1 0
−1
⇔ 3 x′′ + y′′ = 7 0
2
T2 = matriks dilatasi [O, 3]
⇔ 3x′′ + 2y′′ = 14
Jadi, bayangan garis g adalah 3x + 2y = 14. 3 0
=
0 3
128 Transformasi Geometri
T = matriks transformasi refleksi terhadap sumbu X Bayangan titik A(2, 2):
dilanjutkan dilatasi [O, 3]
xA′ −1 0 2 − 7 7
= −1 2 + 7 + −7
3 0 1 0 3 0 yA ′ 0
= T2 T1 = −1 =
0 3 0 0 −3 −1 0 −5 7
= −1 9 + −7
Misalkan titik (x, y) terletak pada kurva y = x2 – 3x + 2. 0
Bayangan (x, y) oleh T = 3 0 : = 12
0 −3 −16
x′ = 3 0 x ⇔ x′ = 3x Bayangan titik B(–5, 4):
y′ 0 −3 y y′ −3y
xB′ = −1 0 −5 − 7 + 7
x′ −1 −7
Diperoleh x′ = 3x ⇔ x = 3 . . . (1) yB′ 0 4+ 7
−y′ −12 7
y′ = –3y ⇔ y = 3 . . . (2) = −1 0 + −7
−1
Substitusi (1) dan (2) ke persamaan kurva 0 11
y = x2 – 3x + 2: = 19
−18
−y′ = ( x′ )2 – 3( x′ ) + 2
3 3 3
−y′ x′2 Bayangan titik C(10, –3):
⇔ 3 = 9 – x′ + 2
xC′ −1 0 10 − 7 7
⇔ –3y′ = x′2 – 9x′ + 18 = −1 7 +
yC ′ 0 −3 + −7
⇔ 0 = 3y′ + x′2 – 9x′ + 18
3 7
Jadi, persamaan bayangan kurva: = −1 0 +
3y + x2 – 9x + 18 = 0. −1
0 4 −7
15. Jawaban: e = 4
Matriks transformasinya adalah −11
T = T2 T1 = 1 00 −1 = 0 −1 Diperoleh A′(12, –16), B′(19, –18), dan
0 1 1 0 1 0 C′(4, –11).
Misalkan titik (x, y) pada lingkaran (x + 1)2 + (y – 2)2 2) Bayangan titik (x′, y′) oleh rotasi
= 16. Bayangan dari titik (x, y) oleh T: [O(0, 0, –270°].
x′ 0 −1 x x′′ = cos (−270°) − sin (−270°) x′
= y′′ y′
y′ 1 0 y sin (−270°) cos (−270°)
x′′ 0 −1 x′
x′ −y ⇔ =
⇔ y′ = x y′′ 1 0 y′
Dari kesamaan matriks diperoleh: Bayangan titik A′(12, –16), B′(19, –18),
C′′(–4, –11):
x′ = –y ⇒ y = –x′ . . . (1)
y′ = x ⇒ x = y′ . . . (2) xA′′ xB′′ xC ′′ = 0 −1 xA′ xB′ xC′
Substitusi (1) dan (2) ke (x + 1)2 + (y – 2)2 = 16 yB′′ yB′
yA ′′ yC ′′ 1 0 yA′ yC ′
diperoleh: 0 −1 12 19 −4
−18 −11
(y′ + 1)2 + (–x′ – 2)2 = 16 = 1 0 −16
⇔ y′2 + 2y′ + 1 + x′2 + 4x′ + 4 = 16
⇔ x′2 + y′2 + 4x′ + 2y′ – 11 = 0
Jadi, persamaan bayangannya = 16 18 11
12 19 −4
x2 + y2 + 4x + 2y – 11 = 0. Diperoleh A′′(16, 12), B′′(18, 19), C′′(11, –4).
B. Uraian Jadi, bayangan titik A(2, 2), B(–5, 4), dan
1. a. 1) Bayangan titik (x, y) oleh rotasi C(10, –3) oleh rotasi [P(7, –7), 180°]
[P(7, –7), 180°].
dilanjutkan rotasi [O(0, 0), –270°] adalah
cos 180° − sin 180° x 7 7 A′′(16, 12), B′′(18, 19), C′′(11, –4).
x′ = − + −7
y′ +
sin 180° cos 180° y 7
= −1 0 x − 7 + 7
−1
0 y + 7 −7
Matematika Kelas XII Program IPA 129
b. Misalkan M1 = −1 4 a. Transformasi T mewakili dilatasi [O, 2],
dilanjutkan refleksi terhadap garis y = x, dan
3 −2
dilanjutkan rotasi R[O, – 1 π]. Matriks
M2 = matriks refleksi terhadap 2
garis y = –x transformasi T:
= 0 −1 T =R M D = 0 1 0 1 2 0
−1 0 1 0 0 2
−1 0
1 0 2 0
M3 = matriks transformasi tunggal = 0 −1 0 2
transformasi matriks
−1 4 dilanjutkan refleksi = 2 0
0 −2
3 −2
Jadi, transformasi T adalah transformasi
terhadap garis y = –x
= M2 M1 dengan matriks 2 0 .
0 −2
0 −1 −1 4
= −1 0 3 −2 b. Bayangan titik A(x, y) oleh transformasi T
adalah A′(12, –8), berarti:
= −3 2 12 2 0 x
−4 −8 0 −2 y
1 =
Bayangan titik A(2, 2), B(–5, 4), C(10, –3) 12 2x
−8 −2y
oleh transformasi M3. ⇔ =
xA′ xB′ xC′ = −3 2 xA xB xC Diperoleh: 12 = 2x ⇔ x = 6
yB′ 1 yB –8 = –2y ⇔ y = 4
yA ′ yC ′ −4 yA yC
Jadi, koordinat titik A(6, 4).
−3 2 2 −5 10
= 1 −4 2 4 −3 3. a. L: x2 + y2 + 4x + 6y – 12 = 0
⇔ (x + 2)2 + (y + 3)2 = 52
= −2 23 −36 Luas lingkaran L = π(5)2 = 25π satuan luas.
−21 Misalkan (x, y) terletak pada lingkaran:
−6 22
Jadi, bayangan titik A, B, dan C oleh (x, y) My=x → (x′, y′) D[O, −3] → (x″, y″)
Bayangan titik (x, y) oleh pencerminan My = x:
transformasi matriks −1 4 dilanjutkan
x′ 0 1 x
3 −2 y′ = 1 0 y
dengan refleksi terhadap garis y = –x adalah
A′(–2, –6), B′(23, –21), dan C′(–36, 22). x′ y
y′ x
2 0 ⇔ =
0 2
2. Matriks dilatasi [O, 2] adalah D = . Bayangan titik (x′, y′) oleh dilatasi D[O, –3]:
Matriks refleksi terhadap garis y = x adalah x″ −3 0 x′
M = 0 1 . y″ = 0 −3 y′
1 0
Matriks rotasi R[O, – 1 π] adalah: ⇒ x″ = −3 0 y
2
y″ 0 −3 x
R = cos (− 1 π) −sin (− 1 π) = 0 1 . x″ = −3y
2 2 −1 0 y″ −3x
1 1 ⇔
sin (− 2 π) cos (− 2 π)
Diperoleh x″ = –3y ⇔ y = – x″ . . . (1)
3 . . . (2)
y″
y″ = –3x ⇔ x = – 3
130 Transformasi Geometri
Substitusi (1) dan (2) ke persamaan lingkaran L 5. g1 ≡ 2x – 3y + 3 = 0 ⇔ 3y = 2x + 3
x2 + y2 + 4x + 6y – 12 = 0
y= 2 x + 1
( y″ )2 + ( x″ )2 + 4( y″ ) + 6( x″ ) – 12 = 0 ⇔ 3
−3 −3 −3 −3
y″2 x″2 4 2
⇔ 9 + 9 – 3 y″ – 2x″ – 12 = 0 Garis g1 mempunyai gradien m1 = 3 .
⇔ y″2 + x″2 – 12y″ – 18x″ – 108 = 0 g2 ≡ 3x + 2y – 2 = 0 ⇔ 2y = –3x + 2
Persamaan bayangan lingkaran L adalah: ⇔ y = – 3 x + 1
L′: x2 + y2 – 18x – 12y – 108 = 0 2
⇔ (x – 9)2 + (y – 6)2 = 152
b. Luas lingkaran L′ = π(15)2 = 225π satuan luas. Garis g2 mempunyai gradien m2 = – 3 .
Perbandingan luas L dan luas L′: 2
Luas L = 25π = 1 Oleh karena m1 · m2 = 2 (– 3 ) = –1, garis g1 tegak
Luas L′ 225π 9 3 2
Jadi, perbandingan luasnya 1 : 9. lurus garis g2. Dengan demikian, sudut antara garis
g1 dan garis g2 adalah α = 90°.
4. a. Misalkan titik (x, y) terletak pada garis Mencari titik potong g1 dan g2:
b. g ≡ 2x + 5y = 3:
y= 2 x + 1
3
(x, y) R[O, 90°]→ (–y, x) My =k → (–y, 2k – x)
y = – 3 x + 1
Sehingga diperoleh: 2
–––––––––– –
x′ = –y ⇔ y = –x′ . . . (1)
y′ = 2k – x ⇔ x = 2k – y′ . . . (2) 0= 13 x ⇔ x=0
6
Substitusi (1) dan (2) ke persamaan garis g Oleh karena x = 0, diperoleh y = 2 · 0 + 1 = 1.
3
diperoleh:
2(2k – y′) + 5(–x′) = 3 Kedua garis berpotongan di titik P(0, 1). Refleksi
⇔ 4k – 2y′ – 5x′ = 3 titik A(6, 1) terhadap g2 g1 ekuivalen dengan
⇔ 5x′ + 2y′ = 4k – 3 rotasi R[P(0, 1), 2α] maka:
Bayangan garis g adalah g′ ≡ 5x + 2y= 4k – 3
xA′ = cos 2α − sin 2α xA − xP + xP
⇔ 5x + 2y = 21 sin 2α cos 2α yA − yP yP
Sehingga diperoleh: 4k – 3 = 21 yA ′
⇔ 4k = 24 cos 180o − sin 180o 6− 0 0
⇔ k=6 = sin 180o cos 180o 1− 1 1
Jadi, nilai k = 6.
+
Misalkan titik (x, y) terletak pada garis g dan = −1 0 6 + 0
(x′, y′) adalah bayangan (x, y) oleh transformasi −1 0 1
R[O, 90°] My = 6 maka: 0
(x, y) My =6 → (x, 2 · 6 – y) R[O, 90°]→ = −6 + 0
(–(2 · 6 – y), x) 1
0
Sehingga diperoleh:
x′ = –(2 · 6 – y) ⇔ x′ = –12 + y = −6
1
⇔ y = x′ + 12
y′ = x ⇔ x = y′ Jadi, koordinat bayangan titik A adalah A′(–6, 1).
Substitusi x dan y ke persamaan garis g
diperoleh:
2y′ + 5(x′ + 12) = 3
⇔ 2y′ + 5x′ + 60= 3
⇔ 5x′ + 2y′ = –57
Jadi, persamaan bayangannya 5x + 2y = –57.
Matematika Kelas XII Program IPA 131
A. Pilihan Ganda 4. Jawaban: e
Transformasi translasi tidak mengubah ukuran
1. Jawaban: d bangun. Untuk memperoleh persamaan bayangan
Koordinat bayangan titik A(x, y) oleh translasi lingkaran L, cukup dengan mentranslasikan titik
pusat L(P(x, y)) kemudian dicari persamaan
T = 3 adalah A′(x + 3, y + 5). lingkaran L′ dengan pusat P′(x′, y′).
5 Titik pusat L : P(3, –1)
Titik pusat L′: P′(–2, 1)
Koordinat titik A′(–2, 1), sehingga: Sehingga terdapat hubungan:
x + 3 = –2 ⇔ x = –5
y + 5 = 1 ⇔ y = –4 xP ′ = xP + T
Jadi, koordinat titik A(–5, –4). yP ′ yP
2. Jawaban: e
Misalkan translasi tersebut T = a . ⇔ −2 = 3 + a
b −1
1 b
Bayangan titik B(5, 1) oleh translasi T = a adalah a = −2 – 3
B′(–1, 3). b b
⇔ 1 −1
xB′ = xB + a a −5
b b =
yB ′ yB ⇔ 2
⇔ −1 = 5 + a ⇔ −1 = 5 + a Dari kesamaan matriks diperoleh a = –5 dan b = 2.
1 Nilai a + b = –5 + 2 = –3.
3 b 3 1 + b
Dari kesamaan matriks diperoleh 5. Jawaban: a
Bayangan (x, y) oleh refleksi terhadap titik (0, 0).
–1 = 5 + a ⇔ a = –6
3=1+b⇔b=2
Dengan demikian T = a = −6 x′ = 2×0 − x = −x
b 2 y′
2 × 0 − y −y
Bayangan titik A(13, –4) oleh T = −6 : Bayangan titik P(a, b):
2 xP ′ −xP −a
yP ′ −yP
xA′ = xA + −6 = = −b
yA ′ yA 2
Jadi, bayangannya adalah (–a, –b).
13 −6 7
= + =
−4 2 −2 6. Jawaban: d
Jadi, bayangan titik A(7, –2). Bayangan titik P(–2, 5) oleh refleksi terhadap
3. Jawaban: b sumbu Y adalah P′(2, 5).
Bayangan titik P(–2, 5) oleh refleksi terhadap
Bayangan titik (x, y) oleh translasi T= −1 adalah sumbu X adalah P′(–2, –5).
(x – 1, y + 3), berarti: 3
Bayangan titik P(–2, 5) oleh refleksi terhadap garis
x′ = x – 1 ⇔ x = x′ + 1 y = x adalah (5, –2).
y′ = y + 3 ⇔ y = y′ – 3 Bayangan titik P(–2, 5) oleh refleksi terhadap garis
Substitusi x dan y ke persamaan garis diperoleh: y = –x adalah P′(–5, 2).
5x + 2y – 8 = 0 ⇒ 5(x′ + 1) + 2(y' – 3) – 8 = 0 Bayangan titik P(–2, 5) oleh refleksi terhadap titik
⇔ 5x′ + 5 + 2y′ – 6 – 8 = 0 asal adalah (2, –5).
⇔ 5x′ + 2y′ – 9 = 0 Jadi, P′(–5, 2) merupakan bayangan P(–2, 5) oleh
Jadi, persamaan bayangannya 5x + 2y – 9 = 0. refleksi terhadap garis y = –x.Jadi, nilai k = – 3 .
2
132 Transformasi Geometri
7. Jawaban: e 0 1 7 −1
−1 0 −6 3
(x, y) Mx= k→ (2k – x, y) = +
(2, –6) Mx= k→ (2k – 2, –6) = (–5, –6) = −6 + −1
−7
Sehingga diperoleh: 3
2k –2 = –5 −7
−4
⇔ 2k = –3 =
⇔ k = – 3 Jadi, bayangan titik Q adalah Q′(–7, –4).
2
3
Jadi, nilai k = – 2 . 11. Jawaban: b
Bayangan (xA, yA) oleh rotasi [P(1, 2), α]:
8. Jawaban: d
Bayangan titik (x, y) oleh pencerminan terhadap xA′ = cos α − sin α xA − xP + xP
sumbu Y adalah (–x, y), berarti: cos α yA − yP yP
x′ = –x ⇔ x = –x′ yA ′ sin α
y′ = y ⇔ y = y′
Substitusi x dan y ke persamaan parabola ⇔ −1 = cos α − sin α 3 − 1 + 1
diperoleh: 4 sin α cos α 4 − 2 2
y = x2 + 2x – 5
⇔ y′ = (–x′)2 + 2(–x′) – 5 ⇔ −1 – 1 = cos α − sin α 2
⇔ y′ = x′2 – 2x′ – 5 2
Jadi, persamaan bayangan parabola adalah 4 sin α cos α 2
y = x2 – 2x – 5.
⇔ −2 = 2 cos α − 2 sin α
2 2 sin α + 2 cos α
9. Jawaban: c Dari kesamaan matriks diperoleh:
2 2 cos α – 2 sin α = –2 ⇔ cos α – sin α = –1
3 2 sin α + 2 cos α = 2 ⇔ –c–o–s–α––+––si–n–α––=––1– +
Bayangan titik (x, y) oleh rotasi [O(0, 0), π]: 2 cos α = 0
x′ cos 2 π − sin 2 π x ⇔ cos α = 0
3 3
=
y′ sin 2 π cos 2 π y ⇔ α = 90°
3 3
Jadi, besar sudut α adalah 90°.
x′ − 1 − 1 3 x 12. Jawaban: a
2 2 Misalkan titik (x, y) terletak pada garis 3x + 2y – 4
⇔ = y = 0 dan (x′, y′) adalah bayangan titik (x, y) oleh
y′ 1 3 − 1
2 2
Bayangan titik (8, –6): rotasi [O, π ] maka:
2
1 1 3 (x, y) R[O, 2π ] (–y, x)
2 2
x′ − − 8 −4 + 3 3 →
4 3 + 3
= = Sehingga diperoleh:
x′ = –y ⇒ y = –x′
y′ 1 3 − 1 −6 y′ = x ⇒ x = y′
2 2
Jadi, bayangan titik B(8, –6) adalah (–4 + 3 3 , Substitusikan x dan y ke persamaan 3x + 2y – 4 = 0:
4 3 + 3). 3y′ + 2(–x′) – 4 = 0
⇔ 3y′ – 2x′ – 4 = 0
10. Jawaban: e ⇔ 2x′ – 3y′ + 4 = 0
Jadi, bayangannya adalah 2x – 3y + 4 = 0.
Bayangan (xQ, yQ) oleh rotasi [P(–1, 3), –90°]:
cos (−90o ) − sin (−90o ) 13. Jawaban: d
xQ′ sin (−90o ) cos (−90o ) xQ − xP
= yQ − yP Bayangan titik (x, y) oleh dilatasi [P(2, –1), 1 ]:
yQ ′ 2
+ xP x′ = 1 x + (1 – 1 ) 2
2 2 −1
yP y′ y
= 0 1 6+1 + −1
0 −3 − 3
−1 3
Matematika Kelas XII Program IPA 133
Bayangan titik A(–4, 11) oleh dilatasi [P(2, –1), 1 ]: 16. Jawaban: b
2
xP′ 1 4 xP
x′ 1 −4 12 =
y′ = 11 + −1 yP ′ −2 3 yP
2 2
−2 1 xP 1 4 −1 xP′
= + −21 =
11 ⇔ yP −2 3 yP′
2
= −1 1 3 −4 −18
= 3+8 2 1 3
5
Diperoleh A′(–1, 5). = 1 −66 = −6
Jadi, bayangan titik A adalah (–1, 5). 11 −33 −3
14. Jawaban: d Jadi, koordinat titik P(–6, –3).
Bayangan titik A oleh dilatasi [P(xP, yP), 3]:
17. Jawaban: e
xA′ xA k) xP
= k yA + (1 − yP a b
yA ′ Bayangan titik (–3, 4) oleh T = adalah
(3, –4).
−11 −5 xP c d
4 2 yP
⇔ = 3 + (1 − 3)
3 = a b −3
d
−11 = −15 + (−2) xP −4 c 4
4 6 yP
⇔ 3 −3a + 4b
−4 −3c + 4d
⇔ =
⇔ 2 xP = −15 − −11 Dari kesamaan matriks diperoleh:
yP
6 4 –3a + 4b = 3 . . . (1)
⇔ xP = 1 −4 –3c + 4d = –4 . . . (2)
2
yP 2 Bayangan titik (1, –2) oleh T = a b adalah
(1, 0). c d
= −2
1
1 = a b 1
Jadi, koordinat titik P(–2, 1). 0 d
c −2
15. Jawaban: e 1 = a − 2b
0
Bayangan titik Q(–9, 12) oleh dilatasi [O, k] adalah ⇔ c − 2d
Q′(3, –4).
Dari kesamaan matriks diperoleh:
xQ′ xQ 3 −9
= k yQ ⇒ −4 = k 12 a – 2b = 1 . . . (3)
yQ ′
c – 2d = 0 . . . (4)
⇔ 3 = – 1 −9 Eliminasi a dari (1) dan (3):
−4 3
12 –3a + 4b = 3 × 1 –3a + 4b = 3
Diperoleh k = – 1 sehinga 6k = – 1 × 6 = –2. a – 2b = 1 × 3 ––3–a––––6–b–=––3– +
3 3 –2b = 6
Bayangan titik P(–7, 5) oleh dilatasi [O, –2]:
⇔ b = –3
Substitusi b = –3 ke a – 2b = 1:
xP′ = –2 −7 = 14
5 ⇒ a – 2(–3) = 1 ⇔ a = 1 – 6 ⇔ a = –5
yP ′ −10 Diperoleh a = –5 dan b = –3.
Jadi, bayangan titik P adalah (14, –10). Eliminasi c dari (2) dan (4):
–3c + 4d = –4 × 1 –3c + 4d = –4
c – 2d = 0 × 3 ––3–c––––6–d–=––0–– +
–2d = –4
⇔ d=2
134 Transformasi Geometri
Substitusi d = 2 ke c – 2d = 0: Diperoleh koordinat bayangan titik T adalah (16, –9).
⇒ c – 2(2) = 0 ⇔ c = 4 Koordinat bayangan titik (16, –9) oleh refleksi
Diperoleh c = 4 dan d = 2. terhadap garis x = 10 adalah (2(10) – 16, –9)
Nilai a + b + c + d = –5 + (–3) + 4 + 2 = (4, –9).
Jadi, bayangan titik T adalah T′(4, –9).
= –2
Jadi, nilai a + b + c + d adalah –2. 21. Jawaban: b
Bayangan (x, y) oleh dilatasi [P(a, b), k] adalah:
18. Jawaban: d
Misal T = T1 T2 x′ = k 0 x −a + a
= 0 2 1 1 = 0 2 y′ 0 k y − b b
1
2 0 0 2 2
Bayangan titik A(4, –8) oleh dilatasi P[(–2, 2), –2]:
Bayangan P(–5, 1) oleh T = T1 T2 = 0 2 : x A ′ = −2 0 xA + 2 + −2
2 y A ′ yA
2 0 −2 − 2 2
x′ = 0 2 x = 0 2 −5 = 2 −2 0 4+2 −2
0 −2 −8 − 2 2
y′ 2 2 y 2 2 1 −8 = +
Jadi, bayangan titik P adalah (2, –8). −2 0 6 −2
19. Jawaban: d = 0 −2 −10 + 2
Bayangan titik B(–8, 13) oleh refleksi terhadap garis
x = 16:
−12 −2
x′ 2 × 16 − x = +
y′ 20 2
= y
−14
xB′ 32 − (−8) 40 =
13 13 22
yB = =
′
Bayangan titik (–14, 22) oleh rotasi [P(–2, 2), 270°]:
Diperoleh B′(40, 13). x″ = cos 270° − sin270° x + 2 + −2
Bayangan titik (x′, y′) ditranslasikan oleh −9 : y″ sin 270° cos 270° y − 2 2
5 0 1 −14 + 2 −2
−1 0 22 − 2 2
x′′ x′ −9 = +
y′′ = +
y′ 5
Bayangan titik B′(40, 13) oleh translasi −9 : = 0 1 −12 + −2
−1 0 20 2
5
xA ′′ = 40 + −9 = 20 + −2 = 18
xB ′′ 13 5
12 2 14
31
= 18 Jadi, bayangan titik A adalah (18, 14).
Jadi, bayangan akhir titik A adalah (31, 18). 22. Jawaban: a
Misalkan koordinat titik A(a, b).
20. Jawaban: a T1 = matriks transformasi rotasi [O(0, 0), 90°]
Koordinat bayangan titik T (–2, 3) oleh transformasi
= cos 90o − sin 90o = 0 −1
sin 90o cos 90o
yang diwakili matriks −2 4 adalah (x′, y′). 1 0
3 −1
T2 = matriks transformasi refleksi terhadap garis
y = –x
x′ −2 4 −2
y′ = 3 −1 3 0 −1
−1 0
=
= 4 + 12 = 16
−6 − 3 −9
Matematika Kelas XII Program IPA 135
T = T2 T1 = 0 −1 0 −1 = −1 0 Diperoleh x″ = 2x + 6 ⇔ x = x″ − 6 . . . (1)
1 2
−1 0 1 0 0
y″ = 2y – 8 ⇔ y = y″ + 8 . . . (2)
Bayangan titik A(a, b) oleh T = T2 T1 adalah 2
A′(8, –6): Substitusi (1) dan (2) ke persamaan garis 3x + 2y = 6:
xA ′ −1 0xA 3( x″ − 6 ) + 2( y″ + 8 ) = 6
0 2 2
y ′ = 1 yA
A ⇔ 3(x″ – 6) + 2(y″ + 8) = 12
⇔ 3x″ + 2y″ – 18 + 16 – 12 = 0
⇔ 8 = −1 0a ⇔ 3x″ + 2y″ – 14 = 0
−6 1 Jadi, hasil transformasinya 3x + 2y = 14.
0 b
⇔ 8 = −a
25. Jawaban: a
−6 b Misalkan titik (x, y) terletak pada garis g dan
(x′, y′) adalah bayangan titik (x, y) oleh transformasi
Diperoleh: 8 = –a ⇔ a = –8 R[O, 90°] T maka:
–6 = b ⇔ b = –6
Jadi, koordinat titik A(–8, –6).
23. Jawaban: e (x,y) T =21→ (x+2,y+1) R[O, 90°] → (–y– 1,x+2)
Matriks transformasi R[O, π] = −1 0 . Sehingga diperoleh:
0 −1 x′ = –y – 1 ⇔ y = –x′ – 1
y′ = x + 2 ⇔ x = y′ – 2
Koordinat bayangan titik P(3, –1) oleh transformasi Substitusi x dan y ke persamaan garis g:
yang diwakili matriks N, dilanjutkan rotasi R[O, π], ⇒ 2(y′ – 2) – x′ – 1 = 3
kemudian oleh transformasi yang diwakili matriks ⇔ 2y′ – 4 – x′ – 1 – 3 = 0
M adalah (x′, y′). ⇔ 2y′ – x′ – 8 = 0
Jadi, persamaan bayangan garis g adalah
x′ = 1 −3 −1 0 3 2 3 2y – x – 8 = 0.
y′ 4 −2 0 −1 −1 0 −1
= −1 3 7 = −16 26. Jawaban: b
−4 2 −3 −34 Misalkan persamaan garis g adalah ax + by + c = 0
dan titik (x, y) terletak pada garis g.
Jadi, bayangan titik P adalah P′(–16, –34). Bayangan (x, y) oleh dilatasi [P(5, 3), –2]:
24. Jawaban: a x′ = −2 x + (1 – (–2)) 5
Misalkan titik (x, y) terletak pada garis 3x + 2y = 6. y′ y 3
(x, y) T=−34 → (x′, y′) D[O, 2]→ (x″, y″) = −2 x + 3 5
y 3
Bayangan (x, y) oleh translasi T = 3 :
−4 = −2x + 15
x′ = x+3 −2y + 9
y′ y + (−4) Bayangan (x′, y′) oleh dilatasi [Q(–2, 4), 3]:
x′ = x + 3 x′′ = 3 x′ + (1 – 3) −2
⇔ y′ y − 4 y′
y′′ 4
Bayangan titik (x′, y′) oleh dilatasi [O, 2]: = 3 −2x + 15 + (–2) −2
x″ k 0 x′ −2y + 9 4
=
y″ 0 k y′
−6x + 45 + 4
2 0 x + 3 = −6y + 27 − 8
= 0 2 y − 4
−6x + 49
2x + 6 =
= 2y − 8 −6y + 19
136 Transformasi Geometri
Diperoleh x′′ = –6x + 49 ⇔ x = x′′ − 49 . . . (1) 29. Jawaban: b
−6
Segitiga ABC siku-siku di B dengan AB = 7 dan
y′′ − 19 BC = 4.
−6
y′′ = –6y + 19 ⇔ y = . . . (2) L∆ABC = 1 (7 × 4) = 14
2
Substitusi (1) dan (2) ke persamaan garis
Matriks transformasinya:
g ≡ ax + by + c = 0.
5 3 2 0
x′′ − 49 y′′ − 19 M = −1
a −6 +b −6 +c=0 −2 0 2
⇔ a(x′′ – 49) + b(y′′ – 19) – 6c = 0 = 10 6
⇔ ax′′ + by′′ + (–49a – 19b – 6c) = 0 −4 −2
⇔ ax + by + (–49a – 19b – 6c) = 0
⇔ –3x + 4y + 17 = 0 Luas bayangan ∆ABC:
Diperoleh: a = –3
10 6
b=4⇔b=4 L = |det (M)| × L∆ABC = −4 −2 × 14
–49a – 19b – 6c = 17 = 4 × 14 = 56 satuan luas
⇔ –49(–3) – 19(4) – 6c = 17 30. Jawaban: e
⇔ 71 – 6c = 17 Matriks transformasinya:
⇔ 6c = –54
⇔ c=9 M = −1 3 4 −1
Diperoleh a = –3, b = 4, dan c = 9. 0 −2 1 0
Persamaan garis g adalah ax + by + c = 0
⇔ –3x + 4y + 9 = 0 = −1 1
27. Jawaban: b −2 0
(x, y) Mx = →2 (4 – x, y) R[O,180°→] (x – 4, –y) det (M) = (–1) × 0 – 1(–2) = 2
Diperoleh: Luas bayangannya adalah
x′ = x – 4 ⇔ x = x′ + 4
y′ = –y ⇔ y = –y′ L = det (M) × LKLMN
Substitusi x dan y ke persamaan lingkaran:
x2 + y2 = 12 ⇔ 52 = 2 × LKLMN
⇔ (x′ + 4)2 + (–y′)2 = 12
⇔ x′2 + 8x′ + 16 + y′2 – 12 = 0 ⇔ LKLMN = 52 = 26 satuan luas
⇔ x′2 + y′2 + 8x′ + 4 = 0 2
Jadi, bayangannya x2 + y2 + 8x + 4 = 0.
Jadi, luas trapesium KLMN adalah 26 satuan luas.
B. Uraian
28. Jawaban: a 1. a. Misalkan translasi T = a , maka:
b. b
(x, y) [O,→2] (2x, 2y) My →= 1 (2x, 2 – 2y) R[O, –90→°] x′ = x + a
(2 – 2y, –2x) y′ y b
Diperoleh:
⇔ a = x′ – x
2 − x′ b y′ y
x′ = 2 – 2y ⇔y= 2
4 2 2
y′ = –2x ⇔ x = – 1 y′ = 1 – 5 = −4
2
2
Substitusi x dan y ke persamaan garis g: Jadi, translasi T = −4 .
2x + y + 3 = 0
Koordinat titik A(2, 1).
⇔ 2(– 1 y′ ) + ( 2 − x′ ) + 3 = 0
2 2
x′ = x + a
⇔ –2y′ + 2 – x′ + 6 = 0 y′ y b
⇔ –x′ – 2y′ + 8 = 0
⇔ x′ + 2y′ – 8 = 0 2 2 4
Jadi, persamaan bayangan garis g adalah = 1 + −4 = −3
x + 2y – 8 = 0. Jadi, koordinat bayangan titik A adalah
A′(4, –3).
Matematika Kelas XII Program IPA 137
c. Koordinat titik B′(–3, 4). Substitusi (1) dan (2) ke persamaan garis
g ≡ x + y = 1:
x′ = x + a ⇒ (2 – x′) + (4 – y′) = 1
y′ y b ⇔ 6 – x′ – y′ = 1
⇔ x′ + y′ = 5
⇔ −3 = x + 2 Jadi, bayangan garis g oleh pencerminan
4 y −4 terhadap titik A(1, 2) adalah x + y = 5.
⇔ x = −3 – 2 = −5 b. Bayangan titik (x, y) oleh pencerminan
y 4 −4 8 terhadap titik P(x, x + 1):
Jadi, koordinat titik B(–5, 8). x′ 2(x) − x
a −3 y′ = 2(x + 1) − y
−4 b
2. Titik (5, 1) ditransformasi oleh matriks T =
menghasilkan bayangan (7, –12) maka: ⇔ x′ = x
y′ 2x − y + 2
7 a −3 5
= −4 b 1 Diperoleh:
−12
x′ = x ⇔ x = x′ . . . (1)
⇔ 7 = 5a − 3 y′ = 2x – y + 2 ⇔ y = 2x – y′ + 2
⇔ y = 2x′ – y′ + 2 . . . (2)
−12 −20 + b
Dari kesamaan matriks diperoleh: Substitusi x dan y ke x + y = 1:
5a – 3 = 7 ⇔ 5a = 10 ⇒ x′ + (2x′ – y′ + 2) = 1
⇔ a=2 ⇔ 3x′ – y′ = –1
–20 + b = –12 ⇔ b = 8 Jadi, persamaan bayangan garis g adalah
2 −3 3x – y = –1.
8
Diperoleh matriks transformasi T = −4 . 4. Misal: R1 = rotasi [O(0, 0), 180°]
R2 = rotasi [O(0, 0), –105°)
Misalkan (1, 0) bayangan titik P(x, y) oleh T–1 maka: R = R2 R1
= rotasi [O(0, 0), 180° + (–105°)]
1 = T–1 x = rotasi [O(0, 0), 75°]
0 y
cos 75° = cos (45° + 30°)
⇔ T 1 = T T–1 x = cos 45° cos 30° – sin 45° sin 30°
0 y
= 1 2 × 1 3 – 1 2 × 1
2 2 2 2
2 −3 1
⇔ = x = 1 6 – 1 2
4 4
−4 8 0 y
x 2 sin 75° = sin (45° + 30°)
y
⇔ = = sin 45° cos 30° + cos 45° sin 30°
−4 = 1 2 × 1 3 + 1 2 × 1
2 2 2 2
Jadi, koordinat titik P(2, –4).
1 1
3. Misal titik (x, y) terletak pada garis g ≡ x + y = 1 = 4 6 + 4 2
a. Bayangan titik (x, y) oleh pencerminan
terhadap titik A(1, 2): –sin 75° = –( 1 6 – 1 2)
4 4
(x, y) M(a,b) → (2a – x, 2b – y) = – 1 6 – 1 2
4 4
x′ = 2a − x Matriks R = rotasi [O(0, 0), 75°]
y′ 2b − y
= cos 75° − sin 75°
= 2×1− x = 2 − x sin 75° cos 75°
2 × 2 − y 4 − y 1 6 1 2 1 6 1 2
4 2 4 4
− − −
Diperoleh x′ = 2 – x ⇔ x = 2 – x′ . . . (1) = 4
y′ = 4 – y ⇔ y = 4 – y′ . . . (2) 2
1 6 + 1 1 6 − 1
4 4 4 4
138 Transformasi Geometri
Bayangan titik A(–4, 8) dan B(3, –6) oleh rotasi Dari kesamaan matriks diperoleh:
[O(0, 0), 75°].
xA′ xB′ x= 3x′ − 2y′ dan y = −x′ + 2y′
4 4
yA ′ yB ′
Substitusikan x dan y ke x – y = 0:
1 6 − 1 2 − 1 6 − 1 2 xA xB 3x′ − 2y′ – −x′ + 2y′ =0
4 4 2 4 4 4 4
=
1 1 1 1 2 yA yB ⇔ 3x′ – 2y′ – (–x′ + 2y′ ) = 0
4 6 + 4 6 − 4
4 ⇔ 3x′ – 2y′ + x′ – 2′y = 0
1 1 1 1 ⇔ 4x′ – 4y′ = 0
4 4 4
= 4 6 − 2 − 6 − 2 −4 3 ⇔ x ′– y′ = 0
2 8 −6
1 6 + 1 1 6 − 1 2 ⇔ x–y=0
4 4 4 4
Jadi, persamaan bayangan garis adalah x – y = 0
6+ 2−2 6−2 2 3 6 3 2 6 6 6 2 (garis g itu sendiri). Terbukti.
6− 2+2 6−2 2 4 4 4 4
= − − + + 6. (x, y)T= −3→1 (x + 3, y – 1) Mx= 1→ (2 – (x + 3), y – 1)
− 3 6 + 3 2 − 6 6 + 6 2
4 4 4 4
= −3 6− 2 9 6 + 3 2 Diperoleh:
2 4 4 x′ = 2 – (x + 3) ⇔ x′ = –x – 1
6 − 3 −3 6 + 9 2 ⇔ x = –x′ – 1
4 4 y′ = y – 1 ⇔ y = y′ + 1
Substitusi x dan y ke persamaan parabola:
Jadi, diperoleh A′( 3 6 − 2, 6 − 3 2 ) dan y = x2 – 2x + 4
⇔ y′ + 1 = (–x′ – 1)2 – 2(–x′ – 1) + 4
B′( 9 6 + 3 2, −3 6 + 9 2 ). ⇔ y′ + 1 = x′2 + 2x′ + 1 + 2x′ + 2 + 4
4 4 4 4 ⇔ y′ = x′2 + 4x′ + 6
Jadi, bayangannya y = x2 + 4x + 6.
5. Misalkan T1 = −3 −1 dan T2 = −1 1 .
−1 1
−1 2 7. a. Bayangan titik A(10, –4) oleh translasi
T = matriks transformasi tunggal yang mewakili −8
transformasi T1 dilanjutkan T2 T1 = 6 :
= T2 T1
= −1 1 −3 −1 = 2 2 xA′ = xA + −8
−1 1 3
2 −1 1 yA ′ yA 6
Misalkan titik (x, y) terletak pada garis x – y = 0. = 10 + −8 = 2
−4 6 2
Bayangan titik (x, y) oleh transformasi T:
x′ = T x Diperoleh A′(2, 2).
y′ y
a
Misal T2 = b
x′ 2 2 x
⇔ =
y′ 1 3 y a
Bayangan titik A′(2, 2) oleh translasi T2 = :
b
x 2 2−1 x′
⇔ y = 1 3 y′ xA′′ = x′A + a
1 3 −2 x′ yA ′′ y′A b
4 −1
= 2 y′ 12 2 a
⇔ = 2 +
3x′ − 2y′ −12 b
= − x′ 4 2y′ ⇔ 12 = a + 2
−12 b + 2
+
4
Matematika Kelas XII Program IPA 139
Dari kesamaan matriks, diperoleh: b. Misal titik (x, y) terletak pada garis 10x – 7y = 3.
a + 2 = 12 ⇔ a = 10 Bayangan titik (x, y) oleh transformasi matriks
b + 2 = –12 ⇔ b = –14
− 3 1
Jadi, matriks translasi T2 = 10 . Q = 1 3
T = T3 T2 T1
b. −14
= T3 + T2 + T1 x′ = − 3 1 x
y′ 1 3
−5 10 −8 −3 y
= −7 + −14 + 6 = −15 1 −1 x′
⇔ x = − 3
Bayangan titik A(10, –4) oleh translasi 1 3
y y′
T = −3 : 3 −1 x′
−15 −1
= 1
−4
xA xA −3 − 3 y′
yA ′ yA
′ = + −15
= 1 3x′ −y′
−4 −x′ 3y′
10 −3 7 −
= + =
−4 −15 −19 Dari kesamaan matriks diperoleh:
Diperoleh A′(7, –19). x= 3x′ − y′ dan y′ = −x′ − 3y′
Jadi, bayangan titik A oleh translasi T adalah −4 −4
(7, –19).
Substitusi x dan y ke persamaan garis
8. T1 = matriks refleksi terhadap garis y = x 10x – 4y = 3:
0 1 10 3x′ − y′ – 4 −x′ − 3y′ =3
−4 −4
=
1 0
⇔ 10( 3 x′ – y′) – 4(–x′ – 3 y′) = –12
T2 = matriks rotasi [O(0, 0), 60°] ⇔ 10 3 x′ – 10y′ + 4x′ + 4 3 y′ = –12
= cos 60° − sin 60° ⇔ (10 3 + 4)x′ + (4 3 – 10)y′ = –12
sin 60° cos 60°
⇔ (10 3 + 4)x + (4 3 – 10)y = –12
1 − 1 3 Jadi, bayangan garis 10x – 4y = 3 oleh matriks Q
2 2
= adalah (10 3 + 4)x + (4 3 – 10)y = –12.
1 1
2 3 2
T3 = matriks dilatasi [O(0, 0), 2] 9. Misal:
Titik (x, y) terletak pada L: x2 + y2 – 2x + 4y – 3 = 0
= 2 0
Bayangan titik (x, y) oleh pencerminan My = x
0 2 dilanjutkan pencerminan My = –x:
a. Q = T3 T2 T1 x′ = (My = –x My x) x
= y
y′
1 1
= 2 0 2 − 2 3 0 1 x′ 0 −1 0 1 x
3 ⇔ =
0 2 1 1 1 0 y′ −1 0 1 0 y
2 2
2 0 − 1 3 1 ⇔ x′ = −1 0 x
2 2 2 y′ 0 −1 y
=
0 1 1 3
2 2
x′ −x
3 1 ⇔ y′ = −y
1 3
= −
140 Transformasi Geometri
Bayangan titik (x′, y′) oleh dilatasi [P(1, 2), –2]: 10. P(–1, 2), Q(10, 4), dan R(–1, –6)
PR = 8
x″ = −2 0 x′ − 1 + 1 QQ′ = 11
y″ 0 −2 y′ − 2 2 Y
⇔ x″ = −2x′ + 2 + 1
y″ −2y′ + 4 + 2 Q′ 4 Q
⇔ x″ = −2x′ + 3 P2
y″ −2y′ + 6 –1 O
10 X
x″ −2(−x) + 3
⇔ =
y″ −2(−y) + 6
R –6
x″ 2x + 3
⇔ = Luas ∆PQR adalah
y″ 2y + 6
PR × QQ′ 8 × 11
Diperoleh x″ = 2x + 3 ⇔ x = x″ − 3 . . . (1) L= 2 = 2 = 44 satuan luas
2
Luas segitiga setelah ditransformasi oleh matriks
y″ = 2y + 6 ⇔ y = y″ − 6 . . . (2)
2 4 1
Substitusi (1) dan (2) ke persamaan lingkaran:
T = −8 2 adalah:
( x″ − 3 )2 + ( y″ − 6 )2 – 2( x″ − 3 ) + 4( y″ − 6 ) – 3 = 0
2 2 2 2
L′ = |det T| = L = |(8 + 8)| · 44 = 704 satuan luas
⇔ x″2 − 6x″ + 9 + y″2 − 12y″ + 36 – x″ + 3 + 2y″ – 12 Luas segitiga setelah didilatasi [P, 1 ] yaitu:
4 4 2
–3=0 L′′ = ( 1 )2 L′ = 1 · 704
2 4
⇔ x″2 − 6x″ + 9 + y″2 − 12y″ + 36 – x″ + 2y″ – 12 = 0
4 4 = 176 satuan luas
Jadi, luas segitiga PQR = 44 satuan luas dan luas
⇔ x″2 – 6x″ + 9 + y″2 – 12y″ + 36 – 4x″ bayangannya 176 satuan luas.
+ 8y″ – 48 = 0
⇔ x″2 – 6x″ + y″2 – 12y″ – 3 = 0
Jadi, bayangan lingkaran adalah:
x2 – 4x + y2 – 12y – 3 = 0.
Matematika Kelas XII Program IPA 141
A. Pilihan Ganda = 1 · 1 sin (2θ + π ) + 1 θ + c
2 2 3 4
1. Jawaban: d
∫ x (2 x – 3) dx = 1 sin (2θ + π ) + 1 θ + c
= ∫ (2x – 3 x ) dx 4 3 4
1 5. Jawaban: c
= ∫ (2x – 3x2 ) dx π
1 2 3 4 (cos x + sin x)(cos x – sin x) dx
2 3
=2· x2 – 3 · x2 +c ∫π
4
−
= x2 – 2x x + c π
2. Jawaban: d = 4 (cos2 x – sin2 x) dx
f′(x) = (3x – 1)(x + 1)
= 3x2 + 2x – 1 ∫ π
4
f(x) = ∫ f′(x) dx −
= ∫(3x2 + 2x – 1) dx
π
= x3 + x2 – x + c
f(2) = 6 ⇒ 23 + 22 – 2 + c = 6 = 4 cos 2x dx
⇔ 8+4–2+c=6 ∫ π
⇔ c = –4 4
Diperoleh f(x) = x3 + x2 – x – 4 −
f(x – 1) = (x – 1)3 + (x – 1)2 – (x – 1) – 4
= x3 – 3x2 + 3x – 1 + x2 – 2x + 1 – x + 1 – 4 1 π
= x3 – 2x2 – 3 2
Jadi, f(x – 1) = x3 – 2x2 – 3. = sin 2x 4 π
− 4
= 1 (sin π – sin −π )
2 2 2
= 1 (1 – (–1)) = 1
2
6. Jawaban: b
Misalkan u = x2 – 6x – 12 maka:
3. Jawaban: b du = 2x – 6
dx
3 33 ⇔ du = –2(3 – x)
dx
∫ f(x) + 3 dx = ∫ f(x) dx + ∫ 3 dx
⇔ (3 – x) dx = du
0 00 −2
= 1 + 3 [3x]03 Sehingga diperoleh:
∫ f(x) dx ∫ f(x) dx +
01
11 ∫ 3 − x dx
= ∫ f(x) dx – ∫ f(x) dx + 3(3 – 0) x2 − 6x − 12
03
1
= 2 – 1 + 9 = 10
= ∫ (x2 – 6x – 12 )− 2 (3 – x) dx
4. Jawaban: e 1 du
−2
∫ cos (θ + π ) cos θ dθ = ∫ u− 2
3
1 1
= 1 ∫ (cos (2θ + π ) + cos π ) dθ = – 2 du
2 3 3 ∫ u− 2
= 1 ∫ (cos (2θ + π ) + 1 ) dθ = – 1 1 + c
2 3 2 2
· 2u2
= – x2 − 6x − 12 + c
142 Ulangan Akhir Semester 1
7. Jawaban: a Kurva melalui titik (0, 5) maka f(0) = 5.
Kurva yang membatasi daerah yang diarsir adalah f(0) = a(0 – 0 + 10)
y = 2 sin x untuk π ≤x≤ 3π . Daerah L1 di atas ⇒ 5 = 10a
2 2
⇔ a= 1
sumbu X dari x = π sampai dengan x = π, 2
2
Diperoleh f(x) = 1 (x2 – 7x + 10).
sedangkan daerah L2 di bawah sumbu X dari x = π 2
Volume benda putar:
sampai dengan x = 3π .
2 2
π V = π ∫ f(x) dx
0
L2 = L1 = ∫ 2 sin x dx
π = π 2 1 (x 2 − 7x + 10) dx
2 2
∫
[−2 cos ]x π 0
=
π 10x)02
2 = 21 π( 31 x3 − 7 x2 +
2
= –2(cos π – cos π )
2 1 1 7
= –2((–1) – 0) = 2 π( 3 (23 – 0) – 2 (22 – 0) + 10 (2 – 0))
=2 1 8
2 3
Luas daerah yang diarsir: = π( – 14 + 20)
L = L1 + L2 = 2 + 2 = 4 satuan luas
= π( 4 + 3)
8. Jawaban: b 3
Y = 4 1 π satuan volume
3
4 10. Jawaban: b
y = f(x) Persamaan garis yang melalui titik (0, 3) dan (4, 0)
adalah 3x + 4y = 12.
–2 0 1 4 X Daerah penyelesaian di kanan garis 3x + 4y = 12
maka pertidaksamaannya 3x + 4y ≥ 12.
y = g(x) Persamaan garis yang melalui titik (0, 3) dan (4, 4)
dalah 4y – x = 12.
Luas daerah yang diarsir: Daerah penyelesaian di kanan garis 4y – x = 12
maka pertidaksamaannya 4y – x ≤ 12.
4 Daerah penyelesaian di kanan sumbu Y dan di kiri
garis x = 4 maka 0 ≤ x ≤ 4.
L = ∫ (g(x) − f(x)) dx Jadi pertidaksamaannya 3x + 4y ≥ 12, 4y – x ≤ 12,
0 0 ≤ x ≤ 4.
= 4 (− 1 x2 + x + 4 − (x2 − 5x + 4)) dx 11. Jawaban: d
2 Garis x + 3y = 6 melalui titik (6, 0) dan (0, 2). Oleh
∫ karena x + 3y ≤ 6, berarti daerah penyelesaiannya
0 di sebelah kiri garis x + 3y = 6.
Garis 5x + y = 5 melalui titik (1, 0) dan (0, 5). Oleh
= 4 (− 3 x2 + 6x) dx karena 5x + y ≥ 5, berarti daerah penyelesaiannya
2 di sebelah kanan garis 5x + y = 5.
∫ Garis 5x + 3y = 15 melalui titik (3, 0) dan (0, 5).
0 Oleh karena 5x + 3y ≤ 15, berarti daerah pe-
nyelesaiannya di sebelah kiri garis 5x + 3y = 15.
= − 1 x3 + 3x2 4 Oleh karena x ≥ 0, berarti daerah penyelesaiannya
2 0 di kanan sumbu Y.
Oleh karena y ≥ 0, berarti daerah penyelesaiannya
= – 1 (43 – 0) + 3(42 – 0) di atas sumbu X.
2
= – 1 · 43 + 3 · 42
2
= 16 satuan luas
9. Jawaban: c
Mencari persamaan kurva terlebih dahulu.
Kurva memotong sumbu X di titik (2, 0) dan (5, 0)
maka:
f(x) = a(x – 2)(x – 5)
= a(x2 – 7x + 10)
Matematika Kelas XII Program IPA 143
Irisan daerah penyelesaian dari kelima pertidak- Daerah penyelesaian:
samaan dapat digambarkan sebagai berikut.
10 A
Y
5
4
2 BC
0 58 x + 2y = 8
2x + y = 10
01 3 X Titik B adalah titik potong garis 2x + y = 10 dan
6 x + 2y = 8.
Menentukan titik B:
Jadi, daerah penyelesaiannya adalah daerah IV. x + 2y = 8 × 2 2x + 4y = 16
2x + y = 10 × 1 2x + y = 10
12. Jawaban: b
Dibuat tabel: ––––––––––– –
3y = 6 ⇔ y = 2
Jenis Kain Katun (m) Kain Wol (m)
Substitusi y = 2 ke persamaan x + 2y = 8 diperoleh:
Jas Pria (x) 1 3 x + 2 · 2= 8
Jas Wanita (y) 2 1 ⇔ x=8–4
⇔ x=4
Bahan yang Tersedia 80 120
Diperoleh koordinat titik B(4, 2).
Model matematikanya: x + 2y ≤ 80, 3x + y ≤ 120, Uji titik pojok:
x ≥ 0, y ≥ 0.
13. Jawaban: b Titik f(x, y) = 2.000x + 1.500y
Mencari titik potong garis 2x – y = 6 dan y = 5.
Substitusi y = 5 ke persamaan 2x – y = 6 diperoleh: A(0, 10) 2.000 · 0 + 1.500 · 10 = 15.000
2x – 5 = 6 B(4, 2) 2.000 · 4 + 1.500 · 2 = 11.000 (minimum)
⇔ 2x = 11 C(8, 0) 2.000 · 8 + 1.500 · 0 = 16.000
⇔ x = 11 Jadi, biaya minimum agar kebutuhan protein dan
2 lemak orang tersebut dapat terpenuhi adalah
Rp11.000,00.
Garis y = 5 dan 2x – y = 6 berpotongan di titik ( 11 , 5).
2 15. Jawaban: e
Misalkan: x = banyak mobil sedan
Uji titik pojok: y = banyak bus
Model matematikanya menjadi:
Titik Pojok f(x, y) = 10x – 3y 6x + 20y ≤ 640
x + y ≤ 60
(0, 5) 10 · 0 – 3 · 5 = –15 x≥0
(0, 2) 10 · 0 – 3 · 2 = –6 y≥0
(3, 0) 10 · 3 – 3 · 0 = 30
f(x, y) = 3.000x + 7.000y
( 11 , 5) 10 · 11 – 3 · 5 = 40 (maksimum)
2 2 Y
Jadi, nilai maksimumnya 40.
14. Jawaban: d A B Kebutuhan 60
Makanan
Kandungan protein 4 2 20 32 A
Kandungan lemak 2 4 16
Harga/kg 2.000 1.500 B(40, 20)
Misalkan: banyak makanan A = x 0 C 106 2 X
60 3
banyak makanan B = y
Menentukan nilai maksimum pada titik-titik sudut
Model kalimat matematikanya:
4x + 2y ≥ 20 ⇒ 2x + y ≥ 10 daerah yang diarsir:
2x + 4y ≥ 16 ⇒ x + 2y ≥ 8
x≥0 (x, y) f(x, y) = 3.000x + 7.000y
y≥0
(0, 32) 3.000(0) + 7.000(32) = 224.000
(40, 20) 3.000(40) + 7.000(20) = 260.000
(60, 0) 3.000(60) + 7.000(0) = 180.000
144 Ulangan Akhir Semester 1
Dari tabel diperoleh nilai maksimum f(x, y) adalah 19. Jawaban: e
260.000 dicapai pada titik (40, 20). BA = C + 2AT
Jadi, pendapatan akan maksimum jika daerah
parkir terisi 40 mobil sedan dan 20 bus. ⇔ −1 −4 2 3 = −26 2m − n + 2 2 5
5 1 n+6 7 3 1
16. Jawaban: d 2 3
Dari kesamaan matriks diperoleh: ⇔ −22 −7 = −26 2m − n + 4 10
1) 4log y = 1 ⇔ y = 4 1 = 2 19 9 n + 6 7 6 2
2 2
2) 2log z = 4 ⇔ z = 24 = 16 −22 −7 = −22 2m − n + 10
⇔ 19 9 n + 12 9
3) xlog y = 4log z
Dari kesamaan matriks diperoleh:
⇔ xlog 2 = 4log 16
⇔ xlog 2 = 2 19 = n + 12 ⇔ n=7
⇔ 2 = x2
–7 = 2m – n + 10 ⇔ –7 = 2m – 7 + 10
⇔ 2m = –10
⇔ x = 2 atau x = – 2 ⇔ m = –5
Oleh karena bilangan pokok harus positif maka Jadi, nilai 4m + n = 4(–5) + 7 = –13.
x= 2. 20. Jawaban: b
Jadi, nilai x = 2 . AB – A = 2 −4 2 −1 – 2 −4
3 1 −3 6 3 1
17. Jawaban: d
Dari kesamaan matriks diperoleh: = 16 −26 – 2 −4
y – 2 – x = x – y ⇔ 2y – 2x = 2
⇔ y–x=1 . . . (1) 3 3 3 1
x + 2 – y – 3 = 1 – x ⇔ 2x – y = 2 . . . (2)
= 14 −22
Eliminasi y dari persamaan (1) dan (2).
y– x=1 0 2
–y + 2x = 2 Determinan matriks (AB – A):
–––––––––– +
14 −22 = 28 – 0 = 28
x=3 |AB – A| = 0 2
Substitusi x = 3 ke y – x = 1 diperoleh:
y–3=1⇔y=4 21. Jawaban: d
Jadi, nilai x – y = 3 – 4 = –1. det A = –x + 2(x – 1) = x – 2
18. Jawaban: d A–1 = 1 −1 1− x
A2 + pA + qI = pB det A
2 x
⇔ −2 3 −2 3 + p −2 3 + q 1 0 = 1 −1 1− x
1 2 1 2 1 2 0 1 x − 2 2 x
= p −3 3 det A–1 = 1 (–x – 2(1 – x))
1 −3 (x − 2)2
⇔ −1 0 + −2p 3p + q 0 ⇒ 1 = 1 · (x – 2)
4 (x − 2)2
0 7 p 2p 0 q
= −3p 3p ⇔ 1 = 1
p −3p 4 x−2
⇔ x–2=4
⇔ x=6
Dari kesamaan matriks diperoleh:
– 1– 2p + q = –3p ⇔ p + q = –1
Jadi, nilai p + q = –1.
Matematika Kelas XII Program IPA 145
22. Jawaban: e 26. Jawaban: a
PT + aI = 2 1 + a 1 0 = 2 +a 1 u = 4 i – 2 j + k (zu = 1)
−1 0 1 1 a − 1
1 v = – i + 4 j – 2k (zv = –2)
w = 2 i + j – 3k (zw = –3)
det (PT + aI) = 0 p = 4u – 2v – w
zp = 4zu – 2zv – zw
⇒ (2 + a)(a – 1) – 1 = 0
⇔ a2 + a – 2 – 1 = 0 = 4 · 1 – 2(–2) – (–3)
= 4 + 4 + 3 = 11
⇔ a2 + a + 1 – 1 – 3 = 0 Jadi, komponen vektor p pada arah sumbu Z
adalah 11.
44
27. Jawaban: d
⇔ a2 – a + 1 = 3 1
AB : AC = 3 : 2
44
⇔ 3 AC = 2 AB
⇔ (a + 1 )2 = 3 1 ⇔ 3( c – a ) = 2( b – a )
⇔ 3c – 3a = 2b – 2a
24 ⇔ 3c = 2b + a
⇔ 3 c = 2(– i + 2 j + 5k) + (5 i – 7 j + 5 k)
23. Jawaban: e ⇔ 3 c = 3 i – 3 j + 15 k
⇔ c = i – j + 5k
A–1 = 1 adj. (A) Jadi, koordinat titik C adalah (1, –1, 5).
A
28. Jawaban: d
34 2
|A| = −1 2 −2 = 6 – 8 – 2 – 4 + 6 + 4 = 2
111
a12 dari A–1 = 1 − a12 a13
A a32 a33
= – 1 4 2 = – 1 (4 – 2) = –1
2 1 1 2
Jadi, elemen baris pertama kolom kedua dari A–1
adalah –1. 3 −2
24. Jawaban: c a = −41 dan b = −53
A = 2 4
1 5 3 −2 5
⇔ A–1 = 1 5 −4 = 1 5 −4 a – b = −41 – −53 = −21
10 − 4 −1 2 6 −1 2
AX = B 3 5
⇔ X = A–1B
−41 −21
= 1 5 −4 −2 6 a · (a – b) = ·
6 −1 2 −7 0
= 1 18 30 = (3)(5) + (4)(–1) + (–1)(2)
6 −12 −6
= 15 – 4 – 2 = 9
= 3 5 29. Jawaban: d
−1
−2 x 2
25. Jawaban: b a = 3 ; b = −6
CD − CA −HD+EF 2 3
HG
= CD + AC+DH+EF E F |a| = |b|
= AC+ CD +DH+ HG D C
= AG ⇔ x2 + 32 + 22 = 22 + (−6)2 + 32
A B ⇔ 13 + x2 = 49
⇔ x2 = 36
⇔ x=±6
146 Ulangan Akhir Semester 1
6 Substitusi z = 3y dan x = – 1 y ke persamaan 3:
3 2
Untuk x = 6 maka a = .
x2 + y2 + z2 = 412
2
1
a · b = 6 · 2 + 3(–6) + 2 · 3 ⇔ 4 y2 + y2 + 9y2 = 412
= 12 – 18 + 6 = 0 41
4
Oleh karena a · b = 0 maka a dan b membentuk ⇔ y2 = 412
sudut 90°. ⇔ y2 = 4 · 41
−6 ⇔ y = ± 2 41
Untuk x = –6 maka a = 3 .
2
Oleh karena vektor c membentuk sudut tumpul
a · b = –6 · 2 + 3(–6) + 2 · 3 dengan sumbu Y arah positif maka y = –2 41.
= –12 – 18 + 6 ⇒ z = 3 · y = 3 · (–2 41) = –6 41
= –24 1 1 41) = 41
2 2
Oleh karena a · b < 0 berarti a dan b membentuk ⇒ x = – y = – · (–2
sudut tumpul. Jadi, vektor c = 41 i – 2 41 j – 6 41 k
Jadi, pernyataan yang benar pilihan d.
= 41( i – 2 j – 6k ).
30. Jawaban: d 32. Jawaban: b
Misalkan α adalah sudut antara vektor u dan v . 4
Sin α = 1 24 maka cos α = 1 . a= 4i – 5 j + 3k = −5
5 5 3
| u + v |2 = (u + v )2
= (u )2 + 2 u · v + ( v)2 1
= | u |2 + 2| u | · | v | cos α + | v |2 b = i + p j + k = p
= 42 + 2 · 4 · 5 · 1 + 52 1
5
= 49 4 1
⇔ | u + v | = 49 a · b = −5 p = 4 – 5p + 3= 7 – 5p
= 7 satuan 3 1
31. Jawaban: e
a = 2i + 4j – k Panjang b = | b | = 12 + p2 + 1 = p2 + 2
b = 2i – 2j + k Panjang proyeksi a pada b = 2 × panjang b
c = x i + y j + zk ⇒ a·b = 1 p2 + 2
b 2
Vektor c tegak lurus a dan b , berarti . . . . (1)
. . . . (2) ⇔ 7 − 5p = 2 p2 + 2
a · c = 0 ⇒ 2x + 4y – z = 0 . . . . (3)
p2 + 2
b · c = 0 ⇒ 2x – 2y + z = 0
| c| = 41 ⇒ x2 + y2 + z2 = 412 ⇔ 7 – 5p = 2(p2 + 2)
Eliminasi x dari persamaan 1 dan 2:
2x + 4y – z = 0 ⇔ 7 – 5p = 2p2 + 4
2––x––––2–y–+––z–=––0–– –
⇔ 2p2 + 5p – 3 = 0
6y – 2z = 0 ⇔ z = 3y
⇔ (2p – 1)(p + 3) = 0
⇔ 2p – 1 = 0 atau p + 3 = 0
Eliminasi z dari persamaan 1 dan 2: ⇔ p= 1 atau p = –3
2
2x + 4y – z = 0
1
2––x––––2–y–+––z–=––0–– + Jadi, nilai p = –3 atau p = 2 .
4x + 2y = 0 ⇔ x = – 1 y
2
Matematika Kelas XII Program IPA 147
33. Jawaban: b Substitusi x dan y ke persamaan garis 2y + x = 1
Proyeksi b pada c = b⋅c c ⇒ 2(– 3 x′ + y′) + (2x′ – y′) = 1
| c |2 2
−3 ⇔ –3x′ + 2y′ + 2x′ – y′ = 1
−2(−3) + 4(2) + 5(1) ⇔ y′ – x′ = 1
= ( (−3)2 + 22 + 12 )2 2 Jadi, persamaan garis bayangannya y – x = 1.
1
19 −3 36. Jawaban: b
14 Dilatasi dengan faktor skala k dan pusat (a, b):
= 2
1
x′ = k x + (1 – k) a ; k = 1 , a = 2, b = 4
b 2
−57 19 19 y′ y
= 14 i + 7 j + 14 k
Jadi, proyeksi vektor b pada c adalah x′ = 1 x + (1 – 1 ) 2
y′ 2 y 2 4
−57 19 19
14 i + 7 j + 14 k . 1 x 1 2 1 x + 2
2 y 2 4 2 y + 4
34. Jawaban: d = + =
Misalkan translasi T = a , maka: x′ = 1 (x + 2) ⇔ x = 2x′ – 2
b 2
x′ = x + a y′ = 1 (y + 4) ⇔ y = 2y′ – 4
y′ y b 2
Substitusi x dan y ke persamaan lingkaran:
a x′ x 2 4 −2 x2 + y2 – 4x + 2y – 24 = 0
⇔ b = y′ – y = 1 – −2 = 3
⇔ (2x′ – 2)2 + (2y′ – 4)2 – 4(2x′ – 2) + 2(2y′ – 4)
Diperoleh translasi T = −2 . – 24 = 0
3
⇔ 4x′2 – 8x′ + 4 + 4y′2 – 16y′ + 16 – 8x′ + 8 + 4y′
Koordinat titik B(–2, 5) ditranslasikan oleh T. – 8 – 24 = 0
⇔ 4x′2 + 4y′2 – 16x′ – 12y′ – 4 = 0
x′ = x + a = −2 + −2 = −4 ⇔ x′2 + y′2 – 4x′ – 3y′ – 1 = 0
y′ y b 5 3 8
Bayangan lingkaran: x2 + y2 – 4x – 3y – 1 = 0.
Jadi, koordinat bayangan titik B adalah B′(–4, 8). 37. Jawaban: d
Misalkan: Px = a = refleksi terhadap garis x = a
35. Jawaban: a Py = b = refleksi terhadap garis y = b
(x, y) −−−−P−x−=−a−−−−→ (2a – x, y)
Misalkan (x′, y′) adalah bayangan dari (x, y) oleh (x, y) −−−−P−y−=−b−−−−→ (x, 2b – y)
transformasi matriks 2 2 . (i) A(5, –3) −−P−−x =−2−→ A′(2 × 2 – 5, –3) = (–1, –3)
3 4
(ii) A′(–1, –3) −P−y−=−→5 A′′(–1, 2 × 5 – (–3)) = (–1, 13)
x′ = 2 2 x
y′ 3 4 y
⇔ x = 2 2−1 x′ Jadi, bayangan akhir titik A adalah (–1, 13).
y y′
3 4 38. Jawaban: e
= 1 4 −2 x′ a −3 mentransformasikan (1, 4) ke titik (5, 8):
8−6 −3 2 y′
−4 b
= 1 4x′ − 2y′ 5 a −3 1
2 −3x′ + 2y′ 8 = −4 b 4
Diperoleh: x= 1 (4x′ – 2y′) = 2x′ – y′ 5 = a − 12
2
⇔ 8
−4 + 4b
y= 3 (–3x′ + 2y′) = – 3 x′ + y′
2 2
148 Ulangan Akhir Semester 1
Diperoleh: Matriks dilatasi [O, 2] adalah Mk = 2 0
5 = a – 12 ⇔ a = 17 0 2
8 = –4 + 4b ⇔ 12 = 4b ⇔ b = 3 Matriks transformasi komposisinya:
Matriks transformasinya: 17 −3 M = Mk Mx = 2 0 1 0 = 2 0
−4 3 −1
0 2 0 0 −2
Misal koordinat titik P = (x, y)
Misalkan titik (x′, y′) adalah bayangan titik (x, y)
17 −3 −1 oleh matriks transformasi M, maka:
mentransformasikan P ke (1, 0):
−4 3
x′ = 2 0 x = 2x
−3−1 x y′
1 = 17 y 0 −2 y −2y
0
−4 3 Diperoleh:
17 −3 −1 −1 1 x x′ = 2x ⇔ x = 1 x′
−4 3 0 2
=
⇔ y y′ = –2y ⇔ y = – 1 y′
2
⇔ 17 −3 1 = x Substitusi nilai x dan y ke persamaan y = x2 + 1:
−4 3 0 y ⇒ – 1 y′ = ( 1 x′)2 + 1
2 2
⇔ 17 = x ⇔ – 1 y′ = 1 x′2 + 1
−4 y 2 4
Jadi, koordinat titik P adalah (17, –4). ⇔ –y′ = 1 x′2 + 2
2
39. Jawaban: a ⇔ y′ = – 1 x′2 – 2
2
Jadi, persamaan bayangan kurva adalah
Misalkan: R2π = rotasi sebesar 2π berpusat di O
3 1
3 y = – 2 x2 – 2.
Px = refleksi terhadap garis y = x B. Uraian
0 1 cos 2π − sin 2π 1. a. ∫ (6x – 3) 2x − 1 dx
3 3
Px R2π = 2π Misalkan u = 2x – 1 maka:
1 0 sin 3 2π
3 cos 3 du
dx =2
0 1 − 1 −1 3 ⇔ dx = du
2 2
= 1 2
2 3 Diperoleh:
1 0 −1
2 ∫ (6x – 3) 2x − 1 dx
1 3 −1 1
2 = ∫ 3(2x – 1)(2x – 1)2 dx
= 2 3
−1 −1 3 = 3 ∫ (2x – 1)2 dx
2 2 =3 3 · du
2
∫ u2
1 3 −1 3
2 −1 −3
= = 3 ∫ u2 du
40. Jawaban: d = 3 · 2 5 +c
Misalkan: 2 5
Matriks pencerminan terhadap sumbu X u2
= 3 u2 u +c
5
Mx = 1 0 = 3 (2x – 1)2 2x − 1 + c
0 −1 2
Matematika Kelas XII Program IPA 149
The words you are searching are inside this book. To get more targeted content, please make full-text search by clicking here.
04 MATEMATIKA 12 IPA 2013
Discover the best professional documents and content resources in AnyFlip Document Base.
Search