Rangkuman materi setengah putaran

1. 1
RANGKUMAN MATERI, SOAL DAN PEMBAHASAN
BAB VII
SETENGAH PUTARAN
disusun guna melengkapi tugas mata kuliah Geometri Transformasi
Dosen pengampu Bapak Ishaq Nuriadin, M.Pd
Oleh
Niamatus Saadah 1201125122
JURUSAN MATEMATIKA
FAKULTAS KEGURUAN DAN ILMU PENDIDIKAN
UNIVERSITAS MUHAMMADIYAH PROF DR.HAMKA
2015

2. 2
BAB VII
SETENGAH PUTARAN
Setengah Putaran mengelilingi sebuah titik adalah suatu involusi. Suatu
setengah putaran mencerminkan setiap titik bidang pada sebuah titik tertentu
sehingga disebut juga pencerminan pada suatu titik.
Definisi
Sebuah setengah putaran pada suatu titik 𝐴 adalah suatu padanan 𝑆𝐴 yang
didefinisikan untuk setiap titik pada bidang sebagai berikut :
1. Apabila 𝑃 ≠ 𝐴 maka 𝑆1(𝑃) = 𝑃′ sehingga 𝐴 titik tengah ruas garis 𝑃𝑃′̅̅̅̅̅.
2. 𝑆𝐴 = 𝐴
Setengah putaran adalah suatu transformasi
Bukti:
Akan dibuktikan 𝑆𝐴 Bijektif.
Untuk membuktikan 𝑆𝐴 Bijektif maka harus dibuktikan terlebih dahulu 𝑆𝐴
Surjektif dan Injektif.
(1) Akan dibuktikan 𝑆𝐴 Surjektif
Untuk menunjukkan 𝑆𝐴 Surjektif, akan ditunjukkan ∃𝑃′
∈ 𝑉 ∋ 𝑆𝐴(𝑃) = 𝑃′
Ambil sebarang 𝑃′
∈ 𝑉
𝑃′
∈ 𝑉 ∋ 𝑃′
= 𝑆𝐴(𝑃)
𝑗𝑖𝑘𝑎 𝑃 = 𝐴, 𝑚𝑎𝑘𝑎 𝑆𝐴(𝐴) = 𝐴′
= 𝐴
Jadi, ∀ 𝑃′
∈ 𝑉 ∃ 𝑃′
= 𝑃 = 𝑆𝐴(𝑃)
Jika 𝑃 ≠ 𝐴 maka A menjadi sumbu ruas garis ′ , berarti 𝑆𝐴(𝑃) = 𝑃′
Jadi, 𝑆𝐴 Surjektif
(2) Akan dibuktikan 𝑆𝐴 Injektif
Missal 𝐵1 ≠ 𝐵2
Kasus I
𝐵1 = 𝐵2 = 𝐴
Untuk 𝐵1 = 𝐴 maka 𝑆𝐴(𝐵1) = 𝐵1 = 𝐵1′………………..1*)

3. 3
Untuk 𝐵2 = 𝐴 maka 𝑆𝐴(𝐵2) = 𝐵2 = 𝐵2′…………………2*)
Dari 1*) dan 2*) maka diperoleh 𝑆𝐴(𝐵1) ≠ 𝑆𝐴(𝐵2)
Kasus II
𝐵1 ≠ 𝐵2 ≠ 𝐴
Ambil sebarang 𝐵1, 𝐵2 ∈ 𝑉 𝑑𝑒𝑛𝑔𝑎𝑛 𝐵1 ≠ 𝐵2
𝐵1 ≠ 𝐴, 𝐵2 ≠ 𝐴, 𝐵2, 𝐵2, 𝐴 𝑡𝑖𝑑𝑎𝑘 𝑠𝑒𝑔𝑎𝑟𝑖𝑠
Sehingga 𝑆𝐴(𝐵1) = 𝐵1
′
dan 𝑆𝐴(𝐵2) = 𝐵2′
Andaikan 𝑆𝐴(𝐵1) = 𝑆 𝐴(𝐵2)
Karena 𝑆𝐴(𝐵1) = 𝑆 𝐴(𝐵2)
Maka 𝐵1
′
= 𝑆𝐴(𝐵1) = 𝑆𝐴(𝐵2) = 𝐵2′
Sehingga diperoleh 𝐵1
′
= 𝐵2′ dan ᒐ1 = 𝐵2
Menurut teorama, “Melalui dua titik hanya dapat dibuat satu garis”
Ini kontradiksi dengan pernyataan bahwa 𝐵1 ≠ 𝐵2
Pengandaian 𝐵1 ≠ 𝐵2 𝑚𝑎𝑘𝑎 𝑆𝐴(𝐵1) = 𝑆 𝐴(𝐵2) harus dibatalkan.
Jadi, 𝑆𝐴(𝐵1) ≠ 𝑆𝐴(𝐵2)
Jadi 𝑆𝐴 Injektif
Dari (1) dan (2) maka diperoleh 𝑆𝐴 Surjektif dan 𝑆𝐴 Injektif
Karena 𝑆𝐴 Surjektif dan 𝑆𝐴 Injektif, maka 𝑆𝐴 Bijektif
Karena 𝑆𝐴 Bijektif, maka 𝑆𝐴adalah suatu transformasi.
Jadi, terbukti bahwa suatu setengah putaran adalah transformasi.
Teorema 7.1
Andaikan 𝑨 sebuah titik, 𝒈 dan 𝒉 dua garis tegak lurus yang berpotongan di
𝑨. Maka 𝑺 𝑨 = 𝑴 𝒈 𝑴 𝒉.
Bukti :
Diketahui 𝐴 sebuah titik, 𝑔 dan ℎ dua garis tegak lurus yang berpotongan di 𝐴.
a) Kasus I : 𝑃 ≠ 𝐴
Karena 𝑔 ⊥ ℎ maka dapat dibentuk sebuah sistem sumbu orthogonal dengan 𝑔
sebagai sumbu X dan ℎ sebagai sumbu Y. 𝐴 sebagai titik asal.
Ambil titik 𝑃 ∈ 𝑉
Perhatikan Gambar 7.2

4. 4
Ditunjukkan bahwa untuk setiap 𝑃 berlaku 𝑆𝐴(𝑃) = 𝑀𝑔 𝑀ℎ(𝑃)
Andaikan 𝑃(𝑥, 𝑦) ≠ 𝐴 dan 𝑆𝐴(𝑃) = 𝑃′′(𝑥1, 𝑦1)
Karena 𝑆𝐴(𝑃) = 𝑃′′ maka 𝐴 titik tengah 𝑃𝑃′ sehingga
(0,0) = (
𝑥1 + 𝑥
2
,
𝑦1 + 𝑦
2
)
Diperoleh 𝑥1 + 𝑥 = 0 ⟺ 𝑥1 = −𝑥 dan 〱1 + 𝑦 = 0 ⟺ 𝑦1 = −𝑦
Artinya 〱 𝐴(𝑃) = (−𝑥, −𝑦) ………………………………………………(1)
Komposisi pencerminan
𝑀𝑔 𝑀ℎ(𝑃) = 𝑀𝑔[𝑀ℎ(𝑃)]
= 𝑀𝑔(−𝑥, 𝑦)
= (−𝑥, −𝑦)
Artinya 𝑀𝑔 𝑀ℎ(𝑃) = (−𝑥, −𝑦) ……………………………………………(2)
Dari persamaan (1) dan (2) diperoleh _ 𝐴(𝑃) = 𝑀𝑔 𝑀ℎ(𝑃).
Jadi, 𝑆𝐴 = 𝑀𝑔 𝑀ℎ
b) Kasus II : 𝑃 = 𝐴
Menurut Definisi, 𝑆𝐴(𝐴) = 𝐴 ……………………………………………(1*)
𝑀𝑔 𝑀ℎ(𝐴) = 𝑀𝑔(𝐴) = 𝐴 ……………………………………………….(2*)
Dari persamaan (1*) dan (2*) diperoleh 𝑆𝐴(𝐴) = 𝑀𝑔 𝑀ℎ(𝐴).
Jadi, 𝑆𝐴 = 𝑀𝑔 𝑀ℎ.
Teorema 7.2
Jika 𝒈 dan 𝒉 dua garis yang tegak lurus maka 𝑴 𝒈 𝑴 𝒉 = 𝑴 𝒉 𝑴 𝒈
Bukti
𝐴
𝑃′
′(−𝑥, −𝑦)
𝑃′
(−𝑥, 𝑦) P(x,y)
ℎ
𝑔 𝑋

5. 5
a) Kasus I : 𝑃 ≠ 𝐴
Karena 𝑃 ≠ 𝐴, maka 𝑀𝑔 𝑀ℎ(𝑃) = 𝑆𝐴(𝑃).
𝑀ℎ 𝑀𝑔(𝑃) = 𝑀ℎ (𝑀𝑔(𝑃)) = ᒐℎ((𝑥, −𝑦)) = (−𝐷, −𝑦) = 〰 𝐴(𝑃).
diperoleh 𝑀𝑔 𝑀ℎ(𝑃) = 𝑆𝐴(𝑃) = 𝑀ℎ 𝑀𝑔(𝑃)
Jadi, 𝑀𝑔 𝑀ℎ = 𝑀ℎ 𝑀𝑔
b) Kasus II : 𝑃 = 𝐴
Karena 𝑃 = 𝐴, maka 𝑀𝑔 𝑀ℎ(𝐴) = 𝑀𝑔(𝐴) = 𝐴
𝑀ℎ 𝑀𝑔(𝐴) = 𝑀ℎ(𝐴) = 𝐴
Sehingga diperoleh 𝑀𝑔 𝑀ℎ(𝐴) = 𝑀ℎ 𝑀𝑔(𝐴).
Jadi, 𝑀𝑔 𝑀ℎ = 𝑀ℎ 𝑀𝑔.
Teorema 7.3
Jika 𝑺 𝑨 setengah putaran, maka 𝑺−𝟏
𝑨 = 𝑺 𝑨.
Bukti
Andaikan 𝑔 dan ℎ dua garis yang tegak lurus maka 𝑀𝑔 𝑀ℎ = 𝑆𝐴 dengan 𝐴
titik potong antara 𝑔 dan ℎ.
(𝑀𝑔 𝑀ℎ)−1
= 𝑀−1
ℎ 𝑀−1
𝑔 = 𝑆−1
𝐴.
Karena 𝑀−1
ℎ = 𝑀ℎ dan 𝑀−1
𝑔 = 𝑀𝑔 maka 𝑀ℎ 𝑀𝑔 = 𝑆−1
𝐴.
Karena 𝑔 ⊥ ℎ, maka menurut teorema 7.2, 𝑀𝑔 𝑀ℎ = 𝑀ℎ 𝑀𝑔.
Sedangkan menurut teorema 7.1, 𝑆𝐴 = て 𝑔 𝑀ℎ.
Sehingga diperoleh 𝑆−1
𝐴 = 𝑀ℎ 𝑀𝑔 = 𝑀𝑔 𝑀ℎ = 𝑆𝐴.
Jadi, 𝑆−1
𝐴 = 𝑆𝐴.
Teorema 7.4
Jika 𝑨 = (𝒂, 𝒃) dan 𝑷 = (𝒙, 𝒚) maka 𝑺 𝑨(𝑷) = (𝟐𝒂 − 𝒙, 𝟐𝒃 − 𝒚).
Bukti
a) Kasus I : 𝑃 ≠ 𝐴
Misalkan 𝑃" = (𝑥1, 𝑦1) dan 𝑆𝐴(𝑃) = 𝑃" maka 𝐴 titik tengah 𝑃𝑃" sehingga
diperoleh
(𝑎, 𝑏) = ((
𝑥1+𝑥
2
) , (
𝑦1+𝑦
2
))

6. 6
Maka
𝑥1+𝑥
2
= 𝑎 dan
𝑦1+𝑦
2
= 𝑏 sehingga diperoleh
𝑥1+𝑥
2
= 𝑎 ⟺ 𝑥1 + 𝑥 = 2𝑎 ⟺ 𝑥1 = 2𝑎 − 𝑥 ……………………………..(1*)
𝑦1+𝑦
2
= 𝑏 ⟺ 𝑦1 + 𝑦 = 2𝑏 ⟺ 𝑦1 = 2𝑏 − 𝑦 ………………………………(2*)
Dari persamaan (1*) dan (2*) maka (𝑥1, 𝑦1) = ( 2𝑎 − 𝑥), (2𝑏 − 𝑦)
Karena 𝑆𝐴(𝑃) = 𝑃", maka 𝑆𝐴(𝑃) = (𝑥1, 𝑦1) = ( 2𝑎 − 𝑥), (2𝑏 − 𝑦)
Jadi, 𝑆𝐴(𝑃) = (2𝑎 − 𝑥, 2𝑏 − 𝑦).
b) Kasus II : 𝑃 = 𝐴
Karena 𝑃 = 𝐴, maka (𝑥, 𝑦) = (𝑎, 𝑏) artinya 𝑎 = 𝑥 dan 𝑏 = 𝑦.
⍞ 𝐴(𝑃) = 𝑆𝐴(𝐴) = 𝐴 = (𝑎, 𝑏)
(𝑎, 𝑏) = ((2𝑎 − 𝑎), (2𝑏 − 𝑏))
= ((2𝑎 − 𝑥), (2𝑏 − 𝑦))
Jadi, 𝑆𝐴(𝑃) = (2𝑎 − 𝑥, 2𝑏 − 𝑦).
7.2 Lanjutan Setengah Putaran
Kita ingat kembali tentang refleksi atau pencerminan.
Definisi refleksi atau pencerminan ialah
1.   gAAAMg  ,
2.   'PPMg  , yang bersifat g adalah sumbu ruas garis 'PP
Jelas bahwa gA yang dicerminkan terhadap garis g maka A berimpit dengan
petanya. Titik yang demikian dinamakan titik tetap (invariant) refleksi.
Definisi
A dinamakan titik tetap (invariant) transformasi T apabila berlaku T(A) = A
Dari definisi tersebut, kita dapat memperoleh fakta bahwa sebuah refleksi garis g
memiliki tak hingga banyaknya titik tetap yaitu semua titik pada sumbu refleksi g
itu sendiri. Sedangkan pada sebuah setengah putaran di P (Sp), maka satu-satunya
titik varian adalah P, sebab Sp(P) = P dan Sp(X) = X’ dengan PX  dan P titik
tengah ruas garis 'XX .

7. 7
Definisi
Sebuah transformasi T yang bersifat bahwa sebuah garis petanya juga garis
dinamakan kolineasi
Karena setiap isometric adalah suatu kolineasi maka refleksi dan setengah putaran
adalah suatu kolineasi. Diantara kolineasi tersebut ada yang disebut dilatasi
Definisi
Suatu kolineasi dinamakan suatu dilatasi  jika untuk setiap garis g berlaku
sifat ∆(𝑔)//𝑔.
Teorema 7.5
Andaikan SA suatu setengah putaran, dan g sebuah garis. Apabila 𝑨 ∉
𝒈, 𝒎𝒂𝒌𝒂 𝑆𝐴(𝑔)//𝑔
Diketahui : SA sebuah garis g, gA
Buktikan bahwa 𝑆𝐴(𝑔)//𝑔
Bukti :
Misal 𝑃 ∈ 𝑔, 𝑑𝑎𝑛 𝑄 ∈ 𝑔
karena P ∈ g maka A titik tengah PP′
dengan P′
= SA(P)
karena Q ∈ g maka A titik tengah QQ′
dengan Q′
= SA(Q)
Perhatikan ∆APQ′ dan ∆AQP′
Untuk membuktikan bahwa g′ ∕∕ g maka harus ditunjukkan
∆APQ′ dan ∆AQP′ adalah kongruen.
m(< 𝑃𝐴Q′) = m(< 𝑄𝐴P′
) (sudut bertolak belakang)
PA = AP′ ( karena A titik tengah PP′
)
PQ
𝑆𝐴(𝑃) = 𝑃′
𝑔′
= 𝑆𝐴(𝑔)
A
𝑆𝐴(𝑄) = 𝑄′
𝑔

8. 8
QA = AQ ( karena A titik tengah QQ′
)
Menurut definisi kekongruenan (S Sd S)
sehingga ∆APQ′ ≅ ∆AQP′
Karena ∆APQ′
≅ ∆AQP′
maka PQ′
= QP′
Karena PQ′
= QP′
maka g′ ∕∕ g
Jadi, 𝑆𝐴(𝑔)//𝑔
Contoh
Diketahui dua garis g dan h tidak sejajar. A sebuah titik yang tidak terletak pada g
atau h. Tentukan semua titik X pada g dan semua titik Y pada h sehingga A titik
tengah ruas garis XY .
Dipunyai : garis g dan h tidak sejajar
hAgA  ,
Ditanya : tentukan semua XYgahtitik ten, AhYgX 
Jawab :
Ambil gP
Jika  PSP A' maka  gSg A' melalui P’ dan PA=AP’, g’//g
Jika g’ memotong h di Y
Tarik YA memotong g di X
Maka X dan Y pasangan titik yang dicari
Ilustrasi :
Dari contoh di atas, buktikan bahwa X dan Y satu-satunya pasangan yang
memenuhi persyaratan, dan jika tidak menggunakan  gSg A' tapi  hSh A''
apakah akan memperoleh pasangan lain lalu jelaskan hal tersebut
A
g’
g
P
P’
Y
X
h

9. 9
Dipunyai : garis g dan h tidak sejajar
hAgA  , ,
Ditanya : Adb X dan Y satu-satunya pasangan yang memenuhi persyaratan.
Bukti :
Ambil 𝑔 𝑡𝑖𝑑𝑎𝑘 𝑠𝑒𝑗𝑎𝑗𝑎𝑟 ℎ, 𝑔 𝑡𝑖𝑑𝑎𝑘 𝑡𝑒𝑔𝑎𝑘 𝑙𝑢𝑟𝑢𝑠 ℎ, 𝑑𝑎𝑛 𝐴 ∉ ℎ
Karena 𝐴 ∉ ℎ, 𝑚𝑎𝑘𝑎 𝑆𝐴(ℎ) = ℎ′ ∕∕ ℎ
ℎ′ akan memotong 𝑔 di titik 𝑋, sehingga 𝑋 ∈ ℎ′
karena 𝑆𝐴(ℎ) = ℎ′ ∕∕ ℎ, maka 𝑆𝐴(𝑋) = 𝑌 ∈ ℎ
Karena titik potong dari dua garis atau lebih akan hanya ada satu titik potong,
Maka 𝑋 dan 𝑌 satu-satunya pasangan .
sehingga 𝑋 ∈ ℎ′
, 𝑋 ∈ 𝑔, 𝑋 ∈ 𝑋𝑌, 𝑑𝑎𝑛 𝑌 ∈ ℎ, 𝑌 ∈ 𝑔′
, 𝑌 ∈ 𝑋𝑌
jadi, 𝑋 dan 𝑌 satu-satunya pasangan.
Dipunyai : garis g dan h tidak sejajar
hAgA  , ,  hSh A''
Ditanya : Apakah ada pasangan lain yang memenuhi persyaratan selain X
dan Y.
Bukti :
Teorema 7.6
Hasil kali dua setengah putaran dengan pusat yang berbeda, tidak memiliki
titik tetap
Bukti :
Misal BAVBA  ,,
ℎ ℎ′
𝑔′
𝑔
𝐴
𝑌
𝑋

10. 10
Akan dibuktikan BASS tidak memiliki titik tetap
Misal g = AB
h AB di A, k AB di B
Akan ditunjukkan BASS = khMM
Karena hgA MMS  , kgB MMS 
Maka BASS =   kghg MMMM
  
 
 
  
 
kh
kh
kggh
kggh
kghg
kghg
MM
MIM
MMMM
MMMM
MMMM
MMMM






Akan ditunjukkan BASS tidak memiliki titik tetap
Misal X titik varian BASS
Jadi BASS (X) = X sehingga    XXMM kh 
Jadi
     
     2...)(
1...)(
XMXMMM
XMXMMM
hkhh
hkhh


Dari (1) dan (2) diperoleh
       XMXMXIMXM khkh 
Misal   1XXMk 
(i) Kasus 1 ( 1XX  )
Misal khXX  1
Karena h dan k adalah sumbu ruas garis XX1 dan ruas garis hanya
memiliki satu sumbu maka h=k
Hal ini tidak mungkin sebab BA 
(ii) Kasus 2 ( 1XX  )
Misal 1XX 
Maka Mh(X)=X dan Mk(X)=X
Jadi XhXkX dinberpotongakh,, 

11. 11
Hal ini tidak mungkin sebab h//k
Jadi, tidak mungkin ada sebuah titik X sehingga
      XXSSXMXM BAkh  atau .
Jadi, BASS tidak memiliki titik tetap.
Ilustrasi teorema 7.6
Teorema 7.7
Jika BA  adalah dua titik maka hanya ada satu setengah putaran yang
memetakan A pada B
Bukti :
Dipunyai BA 
Akan dibuktikan   BAST  dengan T titik tengah ruas garis AB
Misal ada dua setengah putaran SD dan SE sehingga     BABASD  ESdan
Jadi    AASD ES
Maka      ASASS DDD E
11
S

Karena S-1
D=SD maka   ASA D ES
Jadi jika ED  , maka berarti bahwa A adalah titik tetap dari EDSS
Hal ini tidak mungkin ada lebih dari satu setengah putaran yang memetakan A
pada B. Satu-satunya setengah putaran adalah ST(A) = B dengan T titik tengah
ruas garis AB
Teorema 7.8
Suatu setengah putaran adalah suatu dilatasi yang bersifat involutorik
Dipunyai titik VP
g
h k
A B

12. 12
Akan dibuktikan
(1) g sebuah garis   ggSP //
(2) ISS PP  dengan I transformasi identitas
Bukti :
(1) Jelas SP(g) = g’ suatu garis.
Misal gBgA  ,
Maka ',' gBgA  dan PA = PA’, PB = PB’
Karena PA = PA’, PB = PB’, dan    ''PBAmAPBm  sehingga
BPAPAB ' (s sd s)
Jelas    BAPmPABm  ''
Jadi g//SP(g) dan SP sebuah dilatasi
(2) Karena     AASASS ppp  ' , maka    gIgSSgA PP 
Jadi, ISS PP  .
Hal ini berarti SP bersifat involuntorik
Dari pernyataan (1) dan (2) diperoleh fakta bahwa SP sebuah dilatasi bersifat
involuntorik. Atau dengan kata lain suatu setengah putaran adalah suatu
dilatasi yang bersifat involutorik.
Ilustrasi :
Teorema 7.9
Apabila T suatu transformasi. H himpunan titik-titik dan A sebuah titik,
maka     HATHTA  1
Bukti :
B
A
B’
A’
P
SP(g)=g’
g

13. 13
Dipunyai T transformasi, H himpunan titik-titik, A sebuah titik
Akan dibuktikan     HATHTA  1
  Ambil  HTA
Jadi  XTAHX 
maka           XXIXTTXTTAT   111
Jadi,   HAT 1
  Ambil   HAT 1
Hal ini berarti       HTAatau1

HTATT
Contoh :
Dipunyai :   164, 22
 yxyxE
Misal A = (4,-3) dan C = (3,1)
g adalah sumbu X
Ditanya : Selidiki apakah  ESMA cg
Jawab :
Jelas   gcgccg MSMSSM   111
Ambil P = (x,y)
Jelas      yxPMyxP g  ,,
Jelas         yxyxPSc  2,61.2,3.2
Jadi          yxyxSPMSPSM cgccg 

2,6,
1
Sehingga            1,232,463,4
11


cgcg SMASM
Karena       EASM cg 

1,2
1
maka berarti bahwa   ESMA cg
Jadi,   ESMA cg
Dengan cara serupa, kita dpat menentukan persamaan peta suatu himpunan
apabila persamaan himpunan tela diketahui.

14. 14
Menurut teorema 7.9,     HATHTA  1
. Jika transformasi T adalah
 ESM cg dengan   164, 22
 yxyxE , maka
      EPSMESMP cgcg 
1
. Berdasarkan perhitungan yang telah dilakukan
sebelumnya, jika  yxP , maka      yxPSM cg 

2,6
1
Jadi,         164,2,6 221


yxyxyxEPSM cg
Jadi haruslah     16246
22
 yx
Hal ini berarti bahwa      03616124, 22
 yxyxyxPESMP cg
Sehingga diperoleh fakta bahwa 03616124 22
 yxyx adalah persamaan
peta E oleh transformasi cg SM .
Latihan Soal halaman 68
1. Diket : titik A, B, P tak segaris dan berbeda.
Lukis :
a. 𝑆𝐴(𝑃)
b. 𝑅 ∋ 𝑆 𝐵(𝑅) = 𝑃
c. 𝑆𝐴 𝑆 𝐵(𝑃)
d. 𝑆 𝐵 𝑆𝐴(𝐷)
e. 𝑆𝐴
2
(𝑃)
Lukisan :
a. 𝑆ᒐ(𝑃)
b. 𝑅 ∋ 𝑆 𝐵(𝑅) = 𝑃
𝑆𝐴(𝑃)
B
P
A

15. 15
c. 𝑆𝐴 𝑆 𝐵(𝑃)
d. 𝑆 𝐵 𝑆𝐴(𝑃)
e. 𝑆𝐴
2
(𝑃)
2. Diket : garis 𝑔 dan titik 𝐴, 𝐴 ∉ 𝑔
Ditanya :
a) Lukisan garis 𝑔1 = 𝑆𝐴(𝑔) dan mengapa 𝑔 sebuah garis?
b) Buktikan bahwa 𝑔′
//𝑔.
Jawab :
== 𝑆𝐴
2
(𝑃)
𝑆 𝐵 𝑆𝐴(𝑃)
B
P
A
R
B
P
A
R
𝑆𝐴 𝑆 𝐵(𝑃)
B
P
A
𝑆𝐴(𝑃)
B
P
A
𝑆𝐴(𝑃)

16. 16
a. 𝑔′
= 𝑆𝐴(𝑔)
Karena 𝑔 sebuah garis, maka 𝑆𝐴(𝑔) juga merupakan sebuah garis
(isometri).
b. 𝑔′ ∕∕ 𝑔
Bukti :
𝑃 ∈ 𝑔, 𝑄 ∈ 𝑔
karena 𝑃 ∈ 𝑔 maka A titik tengah 𝑃𝑃′
dengan 𝑃′
= 𝑆𝐴(𝑃)
karena 𝑄 ∈ 𝑔 maka A titik tengah 𝑄𝑄′
dengan 𝑄′
= 𝑆 𝐴(𝑄)
Perhatikan ∆𝐴𝑃𝑄′ 𝑑𝑎𝑛 ∆𝐴𝑄𝑃′
Untuk membuktikan bahwa 𝑔′ ∕∕ 𝑔 maka harus ditunjukkan
∆𝐴𝑃𝑄′ 𝑑𝑎𝑛 ∆𝐴𝑄𝑃′ adalah kongruen.
𝑚(< 𝑃𝐴𝑄′) = 𝑚(< 𝑄𝐴𝑃′
) (sudut bertolak belakang)
𝑃𝐴 = 𝐴𝑃′ ( karena A titik tengah 𝑃𝑃′
)
𝑄′
𝐴 = 𝐴𝑄 ( karena A titik tengah 𝑄𝑄′
)
Menurut definisi kekongruenan (S Sd S)
sehingga ∆𝐴𝑃𝑄′ ≅ ∆𝐴𝑄𝑃′
Karena ∆𝐴𝑃𝑄′
≅ ∆𝐴𝑄𝑃′
maka 𝑃𝑄′
= 𝑄𝑃′
Karena 𝑃𝑄′
= 𝑄𝑃′
maka 𝑔′ ∕∕ 𝑔
3. Diket : ∆𝐴𝐵𝐶 dan jajargenjang 𝑊𝑋𝑌𝑍, K terletak diluar daerah ∆𝐴𝐵𝐶
dan diluar jajargenjang 𝑊𝑋𝑌𝑍.
Ditanya :
a) Lukisan 𝑆 𝐾(∆𝐴𝐵𝐶)
b) Titik J ∋ 𝑆𝐽(𝑊𝑋𝑌𝑍) = 𝑊𝑋𝑌𝑍
Jawab :
a) Lukisan 𝑆 𝐾(∆𝐴𝐵𝐶)
PQ
𝑆𝐴(𝑃) = 𝑃′ 𝑔′
= 𝑆𝐴(𝑔)
A
𝑆𝐴(𝑄) = 𝑄′
𝑔

17. 17
b) 𝑆 (𝑊𝑋𝑌𝑍) = 𝑊𝑋𝑌𝑍
4. Diket : titik-titik A, B, C tak segaris
Lukis :
a) Garis 𝑔 dan ℎ sehingga 𝑀𝑔(𝐵) = 𝐵 dan 𝑆𝐴 = 𝑀𝑔 𝑀ℎ
b) Garis 𝑘 dan 𝑚 sehingga 𝑀−1
𝑘(𝐶) = 𝐶 dan 𝑆𝐴 = 𝑀 𝑘 𝑀 𝑚
Lukisan :
a) 𝑀𝑔(𝐵) = 𝐵 dan 𝑆𝐴 = て 𝑔 𝑀ℎ
b) 𝑀−1
𝑘(𝐶) = 𝐶 dan 𝑆@ = 𝑀 𝑘 𝑀 𝑚
5. Diket : A = (2,3)
Ditanya:
a. SA( C ) apabila C = (2,3)
b. SA( D ) apabila D = (-2,7)
c. SA( E ) apabila E= (4,-1)
d. SA( P ) apabila P = (x,y)
Jawab:
W X
YZ
C’ A’
B’
K
B
CA
𝑔
𝐴
ℎ
𝐵

18. 18
a. C = (2,3)
SA( C ) = (2.2 - 2, 2.3 - 3)
= (2,3)
b. D = (-2,7)
SA( D ) = (2.2-(-2), 2.3-7)
= (6,-1)
c. E= (4,-1)
SA( E ) = (2.2-4, 2.3-(-1))
= (0,7)
d. P = (x,y)
SA( P ) = (2.2-x, 2.3-y)
= (4-x, 6-y)
6. Diket : B = (1, -3)
Tentukan :
a. SB(D) apabila D (-3, 4)
b. E apabila SB(E) = (-2, 5)
c. SB(P) apabila P = (x, y)
Jawab :
a. D (-3, 4)
SB(D) = (2.1-(-3), 2.(-3)-4)
= (5, -10)
b. SB(E) = (-2, 5)
Misal E = (x, y)
Maka, 2.1 - x = -2 2.(-3) - y = 5
⇔2 – x = -2 ⇔ -6 - y = 5
⇔ x = 4 ⇔ y = -11
jadi, E = (4, -11)
c. P= (x, y)
SB(P) = (2.1- x, 2.(-3) - y)
= (2 - x, - 6 - y)
7. Diket : D = (0, -3) dan B = (2, 6)
a. SB(B) = (2.2 - 2, 2.6 - 6)

19. 19
= (2, 6)
SDSB(B) = SD(2,6)
= (2.0 - 2, 2.(-3) – 6)
= (-2, -12)
b. K = (1, -4)
SB(K) = (2.2-1, 2.6 - (-4)
= (3, 16)
SDSB(K) = SD(3,16)
= (2.0 - 3, 2.(-3) - 16)
= (-3, -22)
c. SD(K) = (2.0 - 1, 2.(-3) - (-4))
= (-1, -2)
SBSD(K) =SB(-1, -2)
= (2.2 - (-1), 2.6 - (-2))
= (5, 14)
d. Menurut teorema 7.3
jika SA setengah putaran, maka S-1
A = SA
maka, SD
-1
(K) = SD(K) = (-1,-2)
Dan, SB
-1
(K) = SB(K)
Sehingga, (SDSB)-1
(K) = SB
-1
SD
-1
(K)
= SB
-1
(-1, -2)
= SB(-1, -2)
= (2.2 - (-1), 2.6 - (-2))
= (5, 14)
e. P = (x, y)
SB(P) = (2.2 – x, 2.6 – y)
= (4 – x, 12 – y)
SDSB(P) = SD(4 – x, 12 – y)
= (2.0 – (4 – x), 2.(-3) – (12 – y))
= ( - 4 + x, - 6 – 12 + y)
=(x - 4, y - 18)
8. Diket : C = (−4,3)

20. 20
𝑔 = {(𝑥, 𝑦)|𝑦 = −𝑥}
Tentukan :
a. 𝑀𝑔 𝑆𝑐(2, −1)
b. 𝑀𝑔 𝑆 𝐶(𝑃) jika 𝑃(𝑥, 𝑦)
c. (𝑀 𝑔 𝑆 𝐶)−1(𝑃), apakah 𝑀𝑔 𝑆𝑐 = 𝑆𝑐 = ᒐ 𝑐 𝑀𝑔?
Jawab :
a. 𝑀𝑔 𝑆𝑐(2, −1) = 𝑀𝑔(2. (−4) − 2,2.3— 1)
= 𝑀𝑔(−10,7)
= (−7,10)
b. 𝑃(𝑥, 𝑦)
𝑀𝑔 𝑆 𝐶(𝑃) = 𝑀𝑔(2. (−4) − 𝑥, 2.3 − 𝑦)
= 𝑀𝑔(−8 − 𝑥, 6 − 𝑦)
= (𝑦 − 6, 𝑥 + 8)
c. (𝑀 𝑔 𝑆 𝐶)−1(𝑃) = (𝑆 𝐶
−1
𝑀𝑔
−1
)(𝑃)
Berdasarkan teorema 7.3 dan 6.3 diperoleh 𝑆𝐴
−1
= 𝑆𝐴 dan
𝑀𝑔
−1
= 𝑀𝑔, sehingga diperoleh
(𝑀 𝑔 𝑆 𝐶)−1(𝑃) = (𝑆 𝐶
−1
𝑀𝑔
−1
)(𝑃)
= (𝑆 𝐶 𝑀𝑔)(𝑃)
= 𝑆 𝐶 𝑀 𝐺(騴, 𝑌)
= 𝑆 𝐶(−𝑦, −𝑥)
= (2. (−4)— 𝑦), 2.3— 𝑥
= (𝑦 − 8, 6 + 𝑥)
9. a. SA(K) = SA(J)
Misal K = (x, y), A = (a, b), J = (u, v)
SA(K) = (2a − x, 2b − y)
SA(K) = (2a − u, 2b − v)
Karena SA(K) = SA(J) sehingga
2a − x = 2a − u
⇔ −x = −u

21. 21
⇔ x = u
dan
2b − y = 2b − v
⇔ −y = −v
⇔ y = v
Sehingga K(x, y) = J(u, v)
Jadi K = J
b. SA(D) = SB(D)
Misal 𝐴 = (𝑎, 𝑏)
𝐵 = (𝑐, 𝑑)
𝐷 = (𝑥, 𝑦)
Karena SA(D) = SB(D)
maka (2𝑎 − 𝑥, 2𝑏 − 𝑦) = (2𝑐 − 𝑥, 2𝑑 − 𝑦)
diperoleh 2𝑎 − 𝑥 = 2𝑐 − 𝑥
⇔ 2𝑎 = 2𝑐
⇔ 𝑎 = 𝑐
dan 2𝑏 − 𝑦 = 2𝑑 − 𝑦
⟺ 2𝑏 = 2𝑑
⟺ 𝑏 = 𝑑
Karena 𝑎 = 𝑐 dan 𝑏 = 𝑑
Maka (𝑎, 𝑏) = (𝑐, 敡) sehingga 𝐴 = 𝐵
Jadi dapat ditarik suatu akibat yaitu 𝐴 = 𝐵
c. SA(E) = E ⟹ Misal A(a, b), E(x, y)
SA(E) = (2a − x, 2b − y)
Karena SA(E) = E maka
(2a − x, 2b − y) = (x, y)
diperoleh
2a − x = x
⟺ 2a = 2x
⟺ a = x
dan
2b − y = y

22. 22
⟺ 2b = 2y
⟺ b = y
Sehingga A(a, b) = E(x, y)
Jadi A = E
10. a) Dipunyai : ABBA SSSSBA  ,
Ditanya : selidiki apakah pernyataan tersebut benar
Jawab :
Ambil     ),(,,,, yxPVdcBVbaA 
 
    
   1...22,22
22,22
2,2
ydbxca
ydbxca
ydxcSA



 
    
 
   2...22,22
22,22
22,22
2,2
ydbxca
ybdxac
ybdxac
ybxaSB




Dari (1) dan (2) diperoleh fakta bahwa
   
ABBA SSSS
ydbxcaydbxca

 22,2222,22
Jadi, ABBA SSSSBA  , merupakan pernyataan yang salah
b) Dipunyai : setiap setengah putaran adalah suatu isometric langsung
Ditanya : selidiki apakah pernyataan tersebut benar
Jawab :
Menurut definisi suatu transformasi isometric langsung apabila
transformasi itu mengawetkan orientasi.
Ambil tiga titik tak segaris      feCdcBbaA ,,,,, dan tiga titik tersebut
membentuk segitiga ABC
Akan ditunjukan ABC orientasinya sama dengan A’B’C’ dengan
A’=T(A),B’=T(B), C’=T(C)
Misal P(x,y) titik pusat setengah putaran
 PSS BA
 PSS AB

23. 23
c) Dipunyai :    hSSgSShg BABA 
Ditanya : selidiki apakah pernyataan tersebut benar
Jawab :
d) Dipunyai :     ABBABSBASA AB 2, 1111 
Ditanya : selidiki apakah pernyataan tersebut benar
Jawab :
Ambil    2211 ,,, yxByxA
   2
21
2
21 yyxxAB 
     
     2121221
1212111
2,2,
2,2,
yyxxyxSBSB
yyxxyxSASA
AA
BB


         
   
   
   
   
AB3
3
99
3333
2222
2222
2
12
2
12
2
12
2
12
2
12
2
12
2
2112
2
2112
2
2112
2
211211






yyxx
yyxx
yyxx
yyyyxxxx
yyyyxxxxBA
Jadi,     ABBABSBASA AB 3, 1111 
Jadi,     ABBABSBASA AB 2, 1111  merupakan pernyataan salah
e) Dipunyai :     PPSggSPAgPgA AA  ,,,
Ditanya : selidiki apakah pernyataan tersebut benar
Jawab :
Jelas gAP 
Ambil A(a,b), P(x,y)
Akan ditunjukan bahwa     PPSggS AA  ,
   
   yxPPS
gPybxaPS
A
A
,Jadi,
'2,2


Karena gA , maka       ggSgPPSgAAS AAA  ',

24. 24
Jadi,     PPSggSPAgPgA AA  ,,, merupakan pernyataan
salah.
11. Diket: A = (−1,0)
Ditanya: Tentukan persamaan garis-garis 𝑔 dan ℎ sehingga
𝐵(3,4) ∈ 𝑔 dan 𝑆𝐴 = 𝑀𝑔 𝑀ℎ
Jawab:
𝑆𝐴 = 𝑀𝑔 𝑀ℎ ⇒ 𝑔 ⊥ ℎ ⇒ 𝑚 𝑔. 𝑚ℎ = −1 ⟺ 𝑚 𝑔 =
1
𝑚ℎ
misal 𝑔 ⟹ 𝑦 = 𝑚 𝑔 𝑥 + 𝐶
ℎ ⟹ 𝑦 = 𝑚ℎ 𝑥 + 𝐶
titik potong g dan h ada di A(−1,0)
A titik potong g dan h
B(3,4) ∈ g
Sehingga A dan B ∈ g
Persamaaan garis g melalui A(−1,0) dan B(3,4)
g:
y − y1
y2 − y1
=
x − x1
x2 − x1
⇔
y − 4
0 − 4
=
x − 3
−1 − 3
⇔
y − 4
−4
=
x − 3
−4
⟺ y − 4 = x − 3
⟺ y = x + 1 ⟹ mg = 1
Karena mg. mh = −1 dan mg = 1 maka mh = −1
h melalui (−1,0) dan bergradien -1
y − y1 = m(x − x1)
y − 0 = −1(x + 1)
y = −x − 1
Jadi g: y = x + 1
h: y = −x − 1
13. Diketahui : titik VBA , , garis g

25. 25
Titik R,S,T berbeda dan tak segaris sehingga ganda (R,S,T)
memiliki orientasi positif
Ditanya : Apakah dapat dikatakan tentang peta ganda tersebut oleh
transformasi :
a. SA
b. SA SB
c. MgSA
d. SAMgSB
e. S-1
A
f. (MgSB)-1
Selesaian :
14. Diketahui:tiga titik A, B, C
Buktikan:(𝑆𝐴 𝑆 𝐵)−1
= 𝑆 𝐵 𝑆𝐴
Bukti:
Adb (𝑆𝐴 𝑆 𝐵)−1
= 𝑆 𝐵 𝑆𝐴
(𝑆𝐴 𝑆 𝐵)−1
= 𝑆 𝐵
−1
𝑆𝐴
−1
Menurut teorema 7.3 “𝑗𝑖𝑘𝑎 𝑆𝐴 𝑠𝑒𝑡𝑒𝑛𝑔𝑎ℎ 𝑝𝑢𝑡𝑎𝑟𝑎𝑛, 𝑚𝑎𝑘𝑎 𝑆𝐴
−1
= 𝑆𝐴”
Jadi SB
−1
= SB dan SA
−1
= SA
Karena 𝑆 𝐵
−1
= 𝑆〱 𝑑𝑎𝑛 𝑆𝐴
−1
= 𝑆𝐴
Maka (𝑆𝐴 𝑆 𝐵)−1
= 𝑆 𝐵
−1
𝑆𝐴
−1
= 𝑆 𝐵 𝑆𝐴
Jadi, terbukti bahwa (SASB)−1
= SBSA
15. Diketahui : MgSA, MgSAMh, SAMh,SB, T-1
SA dengan T suatu transformasi
sebarang
Ditanya : tentukan dan sederhanakan balikannya
Selesaian :
a)   hhgghgAgAAg MIMMMMMSMSSM 
 11111
b)       ISSSSSSSMMMSM AAAAAAAhghAg 
 111111
c)        AhBAhBhABBhABhA SMSSMSMSSSMSSMS
11111111 


26. 26
gBghhBAhB MSMMMSSMS   11
Jadi,   gBBhA MSSMS 
1
    TSTSST AAA 
 11111
16. a. Apabila A=(0,0), B=(-4,1), tentukanlah K sehinga 𝑆𝐴 𝑆 𝐵(𝐾) = (6,2)
b. Apabila 𝑀𝑔 𝑆𝐴(𝑃) = 𝑅, nyatakan kootdinat P dengan koordinat-
koordinat R
Penyelesaian:
a. Diket : A=(0,0), B=(-4,1)
Ditanya : tentukanlah K sehinga 𝑆𝐴 𝑆 𝐵(𝐾) = (6,2)
Jawab :
Misal 𝐾 = (𝑥, 𝑦)
𝑆𝐴 𝑆 𝐵(𝐾) = (6,2)
⇔ 𝑆𝐴 𝑆 𝐵(𝑥, 𝑦) = (6,2)
⇔ 𝑆𝐴(2. (−4) − 𝑥, 2.1 − 𝑦) = (6,2)
⇔ 𝑆𝐴(−8 − 𝑥, 2 − 𝑦) = (6,2)
⇔ (2.0 − (−8 − 𝑥), 2.0 − (2 − 𝑦) = (6,2)
⇔ (8 + 𝑥, 𝑦 − 2) = (6,2) ⇒ 8 + 𝑥 = 6 ⇔ 𝑥 = −2
𝑦 − 2 = 2 ⇔ 𝑦 = 4
Jadi, 𝐾(−2,4)
b. Diket : 𝑀𝑔 𝑆𝐴(𝑃) = 𝑅
Ditanya : nyatakan kootdinat P dengan koordinat-koordinat R
Jawab :
17. Diket: Titik 𝐴(−1,4)
Garis 𝑔 = {(𝑥, 𝑦)|𝑦 = 2𝑥 − 1}
Garis ℎ = {(𝑥, 𝑦)|𝑦 = −4𝑥}
Ditanya:
a. Persamaan 𝑆𝐴(𝑔) = 𝑔′
?

27. 27
b. Persamaan 𝑆𝐴(ℎ) = ℎ′
?
c. Persamaan 𝑆𝐴(𝑠𝑢𝑚𝑏𝑢 𝑥)?
d. Apakah titik (−5,6) terletak pada 𝑆𝐴(𝑔) ? jelaskan !
Jawab:
a. Ambil titik 𝐺(1,1) ∈ 𝑔
曯 𝐴(𝑔) = 昹
′
, 𝐺 ∈ 𝑔, 𝑑𝑎𝑛 𝑆𝐴(𝐺) = 𝐺′
Maka 𝐺′
∈ 𝑔′
𝑆𝐴(𝐺) = (2. (−1) − 1, 2.4 − 1)
= (−3, 7) = 𝐺′
∈ 𝑔′
Menurut teorema 7.5 maka 𝑔′
∕/𝑔
sehingga 𝑚𝑔′
= 𝑚𝑔 = 2
jadi, persamaan 𝑔′ melalui 𝐺′(−3, 7) dengan 𝑚=2
𝑦 − 𝑦1 = 𝑚(𝑥 − 𝑥1)
𝑦 − 7 = 2(𝑥— 3)
騴 − 7 = 2𝑥 + 6
𝑦 = 2〰 + 13
Jadi, 𝑔′
= {(𝑥, 𝑦)| 𝑦 = 2𝑥 + 13}
b. Kasus I
Ambil titik 𝐻 = 𝐴
𝐻(−1,4) ∈ ℎ
SA(h) = h′
, H ∈ h, dan SA(H) = H′
Maka H′ ∈ h′
SA(H) = (2. (−1) − (−1), 2.4 − 4)
= (−1, 4) = H′
∈ h′
Menurut teorema 7.5 maka h′
∕/h
sehingga mh′
= mh = −4
jadi, persamaan h′ melalui G′(−1, 4) dengan m = −4
y − y1 = m(x − x1)
y − 4 = −4(x − (−1))
y − 4 = −4x − 4
y = −4x
Jadi, h′
= {(x, y)|y = −4}

28. 28
Kasus II
Ambil titik 𝐻 ≠ 𝐴
𝐻(1, −4) ∈ ℎ
SA(h) = h′
, H ∈ h, dan SA(H) = H′
Maka H′ ∈ h′
SA(H) = (2. (−1) − 1, 2.4 − (−4))
= (−3, 12) = H′
∈ h′
Menurut teorema 7.5 maka h′
∕/h
sehingga mh′
= mh = −4
jadi, persamaan h′ melalui G′(−3, 12) dengan m = −4
y − y1 = m(x − x1)
y − 12 = −4(x − (−3))
y − 12 = −4x − 12
y = −4x
Jadi, h′
= {(x, y)|y = −4}
c. Sumbu 𝑥 ⇒ 𝑦 = 0 ⇒ 𝑔𝑎𝑟𝑖𝑠 𝑔
Ambil titik 𝐺(1,0) ∈ 𝑔 dan SA(𝑔) = 𝑔′
Maka SA(𝐺) = 𝐺′
= (2. (−1) − 1, 2.4 − 0) = (−3,8)
Sehingga 𝐺′
∈ g′
Karena 𝑔//𝑔′ ⇒ 𝑚𝑔 = 𝑚𝑔′
= 0
Persamaan himpunan melalui (−3,8) dengan 𝑚 = 0
𝑦 − 𝑦1 = 𝑚(𝑥 − 𝑥1)
⇔𝑦 − 8 = 0(𝑥 + 3)
⇔ 𝑦 = 8
Jadi, persamaan himpunan 𝑆𝐴(𝑠𝑢𝑚𝑏𝑢 𝑥) adalah 𝑦 = 8
d. 𝑆𝐴(𝑔) = 𝑔′
= {(𝑥, ᒐ)|@ = 2𝑥 + 13}
𝑗𝑖𝑘𝑎 𝑥 = −5 𝑚𝑎𝑘𝑎 𝑦 = 2. (−5) + 13 = 3 ≠ 6
Jadi (−5,6) tidak terletak pada 𝑆𝐴(𝑔)
18. Diket: C = {(x, y)|x2
+ (y − 3)2
= 4
𝑔 = {(𝑥, 𝑦)|𝑦 = 𝑥}
𝐴(3,2)

29. 29
Ditanya: Apakah 𝐷(2,5) ∈ 𝑀𝑔 𝑆𝐴(𝐶)?
Jawab:
𝐶 = {(𝑥, 𝑦)|𝑥2
+ (𝑦 − 3)2
= 4 dengan pusat 𝑀(0,3) dan berjari-jari 2
𝐴(3,2)
𝑆𝐴(𝑀) = 𝑀′
= (2.3 − 0,2.2 − 3) = (6,1)
𝑆𝐴(𝐶) = 𝐶′
𝐶′ adalah lingkaran dengan pusat M′
(6,1), jari-jari 2
Sehingga 𝐶′
= {(𝑥, 𝑦)|(𝑥 − 6)2
+ (𝑦 − 1)2
= 4}
𝑀𝑔(𝐶′) = 𝐶′′
⟺ 𝑀𝑔(6,1) = (1,6)
Jadi M′′(1,6) adalah pusat lingkaran C′′
𝐶′′
= (𝑥 − 1)2
+ (𝑦 − 6)2
= 4
Jadi, MgSA(C) = C′′
= (x − 1)2
+ (y − 6)2
= 4
Jika x = 2, dan y = 5
Maka (2 − 1)2
+ (5 − 6)2
= (1)2
+ (−1)2
= 1 + 1 = 2 ≠ 4
Jadi, D(2,5) ∉ MgSA(C)
20. Diket : 𝑔 = {(𝑥, 𝑦)|𝑦 = 5𝑥 + 7}
𝑃 = (−3,2)
Ditanya : 𝑆 𝑃(𝑔) = 𝑔′
?
Jawab:
Ambil sebarang titik 𝐴(𝑥, 𝑦) ∈ 𝑔
𝑥 = −1 ⇒ 𝑦 = −5 + 7 = 2
Misal 𝐴(−1,2), 𝐴 ∈ 𝑔
𝑆 𝑃(𝐴) = (2. (−3)— 1,2.2 − 2)
= (−6 + 1,4 − 2)
= (−5,2) = 𝐴′ ⟹ 𝐴′ ∈ 𝑔′
𝑔//𝑔′ ⟹ 𝑚 𝑔 = 𝑚 𝑔′ = 5
俎 − 𝑦1 = 𝑚(𝑥 − 𝑥1)
⇔ 𝑦 − 2 = 5(𝑥 + 5)
⇔ 𝑦 − 2 = 5𝑥 − 25
⇔ 𝑦 = 5𝑥 + 27

30. 30
Jadi, 𝑆 𝑃(𝑔) = 𝑔′
= {(𝑥, 𝑦)|𝑦 = 5𝑥 + 27)
Tugas halaman 74
1. Diketahui : titik A dan B, garis 𝑔 ∋ 𝐴 ∉ 𝑔, 𝐵 ∉ 𝑔
Lukis :
a. 𝑔′
= 𝑆𝐴 𝑆 𝐵(𝑔)
b. Garis 𝑘 ∋ 쭔 𝐴 𝑆 𝐵(𝑘) = 𝑔
c. Garis ℎ ∋ 𝑆𝐴 𝑆 𝐵(ℎ) = ℎ
Lukisan :
a. 𝑔′
= 𝑆𝐴 𝑆 𝐵(逜)
b. Garis 𝑘 ∋ 𝑆𝐴 𝑆 𝐵(𝑘) = 𝑔
𝑔 = 𝑆𝐴 𝑆 𝐵(𝑘)
𝑆 𝐵(𝑘)
𝐴 𝑘
𝑔′ = 𝑆 𝐴㉹ 𝐵
(𝑔)
𝑔 𝑆 𝐵(𝑔)
𝐵
𝐴
棨

31. 31
c. Garis ℎ ∋ 𝑆𝐴 𝑆 𝐵(ℎ) = ℎ
2. Diketahui : garis g dan h berpotongan. Titik A dan B tidak terletak pada garis
g dan h.
Lukis :
a. 𝑀𝑔 𝑆𝐴 𝑆 𝐵(ℎ)
b. 昰 ∋ 𝑆𝐴 𝑆 𝐵 𝑀ℎ(ℎ) = 𝑔
Lukisan :
a. 𝑀𝑔 𝑆𝐴 𝑆 𝐵(ℎ)
b. 𝑘 ∋ 𝑆𝐴 𝑆 𝐵 𝑀ℎ(ℎ) = 𝑔
3. Diketahui : 𝑔 = {(𝑥, 𝑦)│2𝑥 − 5𝑦 = 4} dan 𝐴 = (1,4)
Ditanya :
a. apakah 𝐶(−1,6) ∈ 𝑔′
= 𝑆𝐴(𝑔)
b. persamaan 𝑔′
Jawab :
a. 𝑔 ∶ 2𝑥 − 5𝑦 = 4
Karena 𝑔′
= 𝑆𝐴(𝑔) dan 𝐴 = (1,4) ∉ 𝑔 maka menurut teorema 7.5, 𝑔//𝑔′.
𝑔
ℎ
𝐵
𝐴

32. 32
Untuk mengetahui apakah 𝐶(−1,6) ∈ 𝑔′
= 𝑆𝐴(𝑔) maka harus dicari
𝑆𝐴(𝐶) = (𝑥, 𝑦) lalu diselidiki apakah (𝑥, 𝑦) ∈ 𝑔
Menurut teorema 7.4 maka
𝑆𝐴(𝐶) = (2.1— 1,2.4 − 6)
⇔ (𝑥, 𝑦) = (2 − 1,8 − 6)
⇔ (𝑥, 𝑦) = (1,2)
Maka diperoleh 𝑥 = 1, 𝑦 = 2
Substitusikan nilai 𝑥 dan 𝑦 ke persamaan 𝑔
Diperoleh 2.1 − 5.2 = 2 − 10 = −8
Karena (𝑥, 𝑦) tidak memenuhi persamaan 𝑔 maka (𝑥, 𝑦) = 𝑆𝐴(𝐶) ∉ 𝑔
maka 𝐶 ∉ 𝑔′
= 𝑆𝐴(𝑔)
b. Untuk menentukan persamaan 𝑔′ maka dihitung gradien 𝑔′ dan diambil
salah satu titik 𝑃 ∈ 𝑔, misalnya 𝑃 = (7,2)
Maka 𝑆𝐴(𝑃) = (2.1 − 7,2.4 − 2)
⇔ 𝑆𝐴(𝑃) = (2 − 7,8 − 2)
⇔ 𝑆𝐴(𝑃) = (−5,6)
Karena 𝑃 ∈ 𝑔 dan 𝑔′
= 𝑆𝐴(𝑔) maka 𝑆𝐴(𝑃) ∈ 𝑔′.
𝑔 ∶ 2𝑥 − 5𝑦 = 4 maka gradient 𝑔 adalah
2
5
𝑔′
= 𝑆𝐴(𝑔) sehingga 𝑔//𝑔′ maka gradien 𝑔 = gradien 𝑔′
=
2
5
𝑦 − 7 =
2
5
(𝑥 − 2)
⇔ 𝑦 = 7 +
2
5
𝑥 −
2
5
. 2
⇔ 𝑦 = 7 +
2
5
𝑥 −
4
5
⇔ 𝑦 =
2
5
𝑥 +
31
5
⇔ 5𝑦 = 2𝑥 + 31
⇔ −2𝑥 + 5𝑦 = 31
Jadi, persamaan garis 𝑔′ adalah −2𝑥 + 5𝑦 = 31.
4. Diketahui :𝑔 = {(𝑥, 𝑦)│3𝑥 + 2𝑦 = 4} dan 𝐴 = (−2,1)

33. 33
Ditanya :
a. 𝑘 ∋ 𝐷 = (3, 𝑘) ∈ 𝑔′
= 𝑆𝐴(𝑔)
b. Persamaan 𝑔′
c. Persamaan ℎ ∋ 𝑆𝐴(ℎ) = 𝑔
Jawab :
a. Untuk menentukan 𝑘 maka diambil titik 𝑃 = (𝑥, 𝑦) ∈ 𝑔 sehingga
2. −2 − 𝑥 = 3
⇔ −4 − 𝑥 = 3
⇔ 𝑥 = −7
Substitusikan 𝑥 = −70 pada persamaan 𝑔 maka 3𝑥 + 2𝑦 = 4
⇔ 3. −7 + 2𝑦 = 4
⇔ −21 + 2𝑦 = 4
⇔ 2𝑦 = 25
⇔ 𝑦 =
25
2
Maka 𝑃 = (𝑥, 𝑦) = (−7,
25
2
)
Karena 𝑃 = (−7,
25
2
) dan 𝐴 = (−2,1) maka menurut teorema 7.4 maka
𝑆𝐴(𝑃) = (2. −2— 7), 2.1 −
25
2
⇔ (3, 𝑘) = (−4 + 7,2 −
25
2
)
⇔ (3, 𝑘) = (3, −
21
5
)
Sehingga diperoleh 𝑘 = −
21
5
b. Untuk menentukan persamaan 𝑔′ maka harus ditentukan gradien 𝑔′
Karena 𝑔′
= 𝑆𝐴(𝑔) maka menurut teorema 7.5 𝑔//𝑔′ sehingga gradien
𝑔 = gradien 𝑔′
𝑔 ∶ 3𝑥 + 2𝑦 = 4 maka gradien 𝑔 adalah −
3
2
sehingga gradien 〱
′
= −
3
2
Berdasarkan jawaban soal a, maka 𝐷 = (3, −
21
5
) ∈ 𝑔′
Sehingga persamaan ᒐ′ adalah
𝑦 − 3 = −
3
2
(𝑥—
21
5
)

34. 34
⇔ 𝑦 = −
3
2
(𝑥 +
21
5
) + 3
⇔ 𝑦 = −
3
2
𝑥 −
3
2
.
21
5
⇔ 𝑦 = −
3
2
𝑥 −
63
10
⇔ 10𝑦 = −15ㄎ − 63
⇔ 15𝑥 + 10𝑦 = 63
Jadi, persamaan 𝑔′ adalah 15𝑥 + 10𝑦 = 63.
c. 𝑆_(ℎ) = 𝑔 maka 𝑆−1
𝐴(𝑔) = ℎ
Menurut teorema 7.3 ᒐ−1
𝐴 = 𝑆𝐴 sehingga 𝑆−1
𝐴(𝑔) = 𝑆𝐴(𝑔) = ℎ
Dari jawaban soal b, 𝑔′
= 𝑆𝐴(𝑔) artinya 𝑔′
= 𝑆𝐴(𝑔) = ℎ sehingga
diperoleh 𝑔′
= ℎ
maka persamaan ℎ = persamaan 𝑔′ yaitu 15𝑥 + 10𝑦 = 63
Jadi, persamaan ℎ adalah 15𝑥 + 10𝑦 = 63.
5. Diketahui : kurva 𝑘 = {(𝑥, 𝑦)│@ = 𝑥2
} dan titik 𝐴 = (3,1)
Ditanya :
a. Apakah 𝐵 = (3, −7) ∈ 𝑘′
= 𝑆𝐴(𝑘)
b. Persamaan kurva 𝑘′
Jawab :
a. Untuk menyelidiki apakah 𝐵 = (3, −7) ∈ 𝑘′
= 𝑆𝐴(𝑘) maka harus dihitung
𝑆𝐴(𝐵)
Misalkan 𝑆𝐴(𝐵) = (𝑥′
, 𝑦′
) sehingga menurut teorema 7.4 diperoleh
𝑆𝐴(𝐵) = (2.3 − 3,2.1— 7)
⇔ (𝑥′
, 𝑦′) = (6 − 3,2 + 7)
⇔ (𝑥′
, 𝑦′) = (3,9)
Maka 𝑥′
= 3, 𝑦′
= 9
Substitusikan (𝑥′
, 𝑦′) = (3,9) ke persamaan 𝑘
diperoleh 9 = 32
memenuhi persamaan 𝑘 maka (𝑥′
, 𝑦′
) ∈ 𝑘
Karena 𝑆𝐴(𝐵) = (𝑥′
, 𝑦′
) ∈ 𝑘 dan 𝑘′
= 𝑆𝐴(𝑘) maka 𝐵 ∈ 𝑘′
Jadi, 𝐵 = (3, −7) ∈ 𝑘′
= 𝑆𝐴(𝑘)

35. 35
b. Untuk menentukan persamaan 𝑘′ maka harus ditentukan koordinat titik
puncak kurva 𝑘′
Karena 𝑘 = {(𝑥, 𝑦)│𝑦 = 𝑥2
} maka titik puncak 𝑘 adalah (0,0) dan titik
fokus kurva 𝑘 adalah (0,
1
4
)
Misalkan titik puncak 𝑘 adalah titik 𝑀 maka 𝑀 = (0,0) sehingga menurut
teorema 7.4,
𝑆𝐴(𝑀) = (2.3 − 0,2.1 − 0) = (6,2)
Karena 𝑀 ∈ 𝑘 dan 𝑘′
= 𝑆𝐴(𝑘) maka 𝑆𝐴(𝑀) ∈ 𝑘′ dan karena 𝑀 adalah
titik puncak 尠 maka 𝑆𝐴(𝑀) = (6,2) titik puncak 𝑘′.
Misalkan titik fokus 𝑘 adalah 𝑃 maka 𝑃 = (0,
1
4
) sehingga menurut
teorema 7.4,
𝑆𝐴(𝑃) = (2.3 − 0,2.1 −
1
4
) = (6,
7
4
)
Karena 𝑃 ∈ 𝑘 dan 𝑘′
= 𝑆𝐴(𝑘) maka 𝑆𝐴(𝑃) ∈ 𝑘′ dan karena 𝑃 adalah titik
fokus 𝑘 maka _ 𝐴(𝑃) = (6,
7
4
) titik fokus 𝑘′
Sehingga diperoleh titik puncak 𝑘′ adalah (6,2) dan titik puncak 𝑘′ adalah
(6,
7
4
) maka kurva 𝑘′ menghadap ke bawah sehingga persamaan kurva 𝑘′
adalah
(𝑥 − 6)2
= −4. −
1
4
(𝑦 − 2)
⇔ 𝑥2
− 12𝑥 + 36 = 𝑦 − 2
⇔ 𝑦 = 𝑥2
− 12《 + 38
Jadi, persamaan kurva 𝑘′
= 𝑆𝐴(𝑘) adalah 𝑦 = 𝑥2
− 12𝑥 + 38.
6. Diketahui :            kSMkxCyyxgAyyxk Agx
 ',6,,0,,0,2,, 1
Ditanya : a) nilai x sehingga 'kC  ; b) persamaan 'k
Selesaian :
a) Ambil P(m,n)
          nmnmMnmMnmSMPSM ggAgAg ,4,4,22, 
Hal ini berarti bahwa

36. 36
    
























x
x
x
xM
x
xM
x
xSMkSM ggAgAg
1
,4
1
,4
1
,22
1
,
Maka
6
1
6
1
 x
x
yc ,
6
23
6
1
4 cx
Jadi, nilai x sehingga 'kC  adalah
6
23
b) Misal 'kD
Untuk nilai x = 1, maka   '1,3
1
1
,14 kD 






Maka untuk mencari persaman 'k dapat diperoleh dari dua titik yaitu
   1,3dan6,6
23
DC
176
2366
5
236
5
6
6
2318
6
236
5
6
6
23
3
6
23
61
6
12
1
12
1

























xy
xy
xy
x
y
x
y
xx
xx
yy
yy
7. Diketahui : Q titik tengah PR
Ditanya : Buktikan bahwa QRPQ SSSS 
Bukti :
Ambil A(x,y), P(a,b), R(c,d), Q(e,f)
Karena Q titik tengah PR , maka    dbfcae  2
1
2
1
,
                ybdbxacaybxaSyxSSASS QPQPQ  22,222,2, 2
1
2
1
 ydbxca  ,

37. 37
a.             ydbdxcacydbxcaSyxSSASS RQRQR  2,22,2, 2
1
2
1
 ydbxca  3,3 Nilai 𝑥 ∋ 𝐶 = (𝑥, 6) ∈ 𝑘′
= 𝑀𝑔 𝑆𝐴(𝑘)
b. Persamaan 𝑘′
Jawab :
a. Untuk menyelidiki apakah 𝑥 ∋ 𝐶 = (𝑥, 6) ∈ 𝑘′
= 𝑀𝑔 𝑆𝐴(𝑘) maka harus
diambil
b. Untuk mencari persamaan 𝑘′ maka
8. Diketahui : 𝐶 = (2, −1), 𝑔 = {(𝑥, 𝑦)│𝑦 = 𝑥}, ℎ = {(𝑥, 𝑦)│𝑦 = 3𝑥 − 2}
Ditanya : persamaan garis 𝑘 = 𝑆 𝐶 𝑀𝑔(ℎ)
Jawab :
Ambil titik 𝐴 (2,4) ∈ ℎ
Maka 𝑀𝑔(𝐴) = 𝑀𝑔(2,4) = (4,2) = 𝐴′
Karena 𝑀𝑔(ℎ) = ℎ′
, 騴 ∈ ℎ, 𝑑𝑎𝑛 𝑀𝑔(𝐴) = 𝐴′
Maka 𝐴′ ∈ ℎ′
Mencari titik potong garis 𝑔 dan garis ℎ
ℎ: 𝑦1 = 3𝑥 − 2
𝑔: 𝑦2 = 𝑥
Titik potong garis _ dan garis ℎ adalah
𝑦1 = 𝑦2
3𝑥 − 2 = 𝑥
2𝑥 = 2
𝑥 = 1
Maka, 𝑦 = 1
Jadi, titik potong garis 𝑔 dan garis ℎ adalah di (1,1)
Karena 𝑀𝑔(ℎ) = ℎ′
Maka (1,1) ∈ ℎ′
Sehingga garis ℎ′
melalui titik (4,2) dan titik (1,1)
𝑦2 − 𝑦1
𝑦 − 𝑦1
=
𝑥2 − 𝑥1
𝑥 − 𝑥1
1 − 2
𝑦 − 2
=
1 − 4
𝑥 − 4

38. 38
−1
𝑦 − 2
=
−3
𝑥 − 4
−3𝑦 + 6 = −𝑥 + 4
−3𝑦 + 𝑥 = −2
𝑥 − 3𝑦 + 2 = 0
Jadi persamaan ℎ′
: 𝑥 − 3𝑦 + 2 = 0
Ambil titik 𝐵 = (7,3) ∈ ℎ′
Maka 𝑆 𝐶(𝐵) = 𝑆 𝐶(7,3)
= (2.2 − 7,2. (−1) − 3)
= (−3, −5) = 𝐵′
Karena 𝑘 = 𝑆 𝐶 𝑀𝑔ℎ
Atau 𝑘 = 𝑆 𝐶(ℎ′), 𝐵 ∈ ℎ′
dan 𝑆 𝐶(𝐵) = 𝐵′
Maka 𝐵′ ∈ 𝑘
Sehingga 𝑘 melalui 𝐵′
= (−3, −5) dan 𝑘//ℎ′
dengan 𝑚 =
1
3
− 𝑦1 = 𝑚(𝑥 − 𝑥1)
𝑦 + 5 =
1
3
(𝑥 + 3)
𝑦 + 5 =
1
3
𝑥 + 1
ᒐ =
1
3
𝑥 − 4
3𝑦 = 𝑥 − 12
Jadi persamaan garis 𝑘 = 𝑆 𝐶 𝑀𝑔(ℎ) adalah 3𝑦 = 𝑥 − 12.
9.a)Diketahui : garis g dan h
Ditanya : buktikan jika g//h maka transformasi MgMh tidak memiliki titik
tetap
Bukti :
Misal AA ''
Jelas     ''' AAMAMM ghg 
Karena g//h maka AA '' sehingga   'AAMM hg 
Hal ini sebuah kontradiksi

39. 39
Maka pengandaian harus dibatalkan.
Karena menurut definisi A dinamakan titik tetap transformasi T apabila
berlaku T(A)=A dan sebuah setengah putar SA hanya memiliki satu titik tetap
yaitu A, sedangkan jika g//h diperoleh fakta bahwa   'AAMM hg  dan
  Ahg SAMM  maka transformasi MgMh tidak memiliki titik tetap.
Jadi, jika g//h maka transformasi MgMh tidak memiliki titik tetap.
9.b)Diketahui : garis g, titik gA
Ditanya : buktikan SAMg tidak memiliki titik tetap
Bukti :
10. Diketahui : ∆𝐴𝐵𝐶, garis 𝑔 dan sebuah titik 𝐾 ∉ 𝑔, 𝐾 diluar daerah ∆𝐴𝐵𝐶.
Tentukan semua pasangan titik 𝑋 dan 𝑌 dengan 𝑋 ∈ 𝑔, 𝑌 ∈ ∆𝐴𝐵𝐶 sehingga
𝐾 titik tengah 𝑋𝑌̅̅̅̅?
Jawab:
11. Diketahui : lingkaran 𝐿1 dan 𝐿2. Salah satu titik potongnya adalah 𝐴.
𝐶 ∈ 𝐿1 dan 𝐷 ∈ 𝐿2
Ditanya : Lukisan ruas garis 𝐶𝐷̅̅̅̅ sehingga A titik tengah ruas garis 𝐶𝐷̅̅̅̅?
Jelaskan lukisan tersebut?
Jawab :
A titik tengah 𝐶𝐷̅̅̅̅ , berarti 𝐴𝐶 = 𝐴𝐷
Jadi, 𝐿1 = 𝐿2 atau lingkaran pertama sama dengan lingkaran kedua.
𝑔𝐵
𝐾
𝐶
𝐴
𝑌
𝑋
𝐶 𝐷 𝐷
𝐿2 𝐿1

40. 40
12. Diketahui: titik 𝐴 dan garis 𝑔, 𝐴 ∈ 𝑔
Ditanya :
a. Buktikan bahwa transformasi 𝑆𝐴 𝐷𝑔 adalah sebuah refleksi pada suatu garis
dan garis mana yang menjadi sumbu refleksi ini?
b. Jika 𝑔 tegak lurus ℎ di titik 𝐴 dan 𝑔 tegak lurus 𝑘 di titik B, buktikan
bahwa 𝑆𝐴 𝑀 𝑘 = 𝑀ℎ 𝑆 𝐵?
Jawab :
a. Ambil sebarang titik 𝑃 ∈ 𝑉
Diperoleh Ó 𝐴 𝑀𝑔(𝑃) = 𝑃′
Tarik garis ℎ ⊥ 𝑔 yang melalui A
Tarik garis 𝑃𝑃′′ yang memotong garis ℎ dititik B,
sehingga 𝐶𝐴 = 𝑃𝐵 𝑑𝑎𝑛 𝑃𝐶 = 𝐵𝐴
Lihat ∆𝐶𝐴𝑃′
𝑑𝑎𝑛 ∆𝐶𝐴𝑃
𝐶𝐴 = 𝐶𝐴 (berhimpit)
𝐶𝑃 = 𝐶𝑃′ (Refleksi)
< 𝑃𝐶𝐴 =< ㌱′𝐶𝐴 (Siku-Siku)
Berdasarkan teorema kekongruenan (S, Sd, S)
Sehingga dapat disimpulkan ∆𝐶𝐴𝑃′
≅ ∆𝐶𝐴𝑃
Salah satu akibatnya 𝐴𝑃′
= 𝐴𝑃
Lihat ∆𝐴𝑃𝐵 𝑑𝑎𝑛 ∆𝐴𝑃′′𝐵
𝐴〰 = 𝐴𝐵 (berhimpit)
𝐴𝑝′ = 𝐴𝑃′′ (setengah putaran)
𝑠𝑒ℎ𝑖𝑛𝑔𝑔𝑎 𝐴𝑃 = 〰 𝑃′
= 𝐴𝑃′′
𝑃𝐵2
= 𝐴𝑃2
− 𝐴𝐵2
= 𝐴𝑃′′2
− 𝐴𝐵2
= 𝑃′′𝐵2
Karena 𝐴𝑃 = 𝐴𝑃′
= 𝐴𝑃′′
, maka 𝑃𝐵 = 𝑃′′
𝐵
Berdasarkan teorema kekongruenan (S, S, S)
Maka dapat disimpulkan ∆𝐴𝑃𝐵 ≅ ∆𝐴𝑃′′𝐵
𝑃′′
𝐵
𝑃𝐴
𝑃′
𝑃
𝐶
ℎ
𝑔

41. 41
Akibatnya 𝑃𝐵 = 𝑃′′
𝐵
Karena O merupakan titik tengah 𝑃𝑃′′, maka 𝑆𝐴 𝑀𝑔(𝑃) = 𝑃′′ merupakan
refleksi dari P dengan sumbu refleksi adalah garis yang melalui titik 𝐵 ⊥ 𝑔.
Jadi, 𝑆𝐴 𝑀𝑔 merupakan sebuah refleksi pada suatu garis, dan garis itu adalah
garis yang melalui A tegak lurus dengan 𝑔.
b. Ambil garis 𝑔 tegak lurus ℎ di titik 𝐴 dan 𝑔 tegak lurus 𝑘 di titik 𝐵.
Adb 𝑆𝐴 𝑀 𝑘 = 𝑀ℎ 𝑆 𝐵
Menurut teorema 7.1 : “andaikan A sebuah titik, dan 𝑔 𝑑𝑎𝑛 ℎ dua garis tegak
lurus yang berpotongan di A, maka 𝑆𝐴 = 筽 𝑔 𝑀ℎ”
Maka 𝑆𝐴 = 𝑀𝑔 𝑀ℎ dan 𝑆 𝐵 = 𝑀𝑔 𝑀 𝑘
Sehingga 𝑆𝐴 𝑀 𝑘 = (𝑀𝑔 𝑀ℎ)𝑀 𝑘
Karena 𝑀𝑔 𝑀ℎ = 𝑀ℎ 𝑀𝑔, maka diperoleh:
(𝑀𝑔 𝑀ℎ)𝑀 𝑘 = (𝑀ℎ 𝑀𝑔)𝑀 𝑘 = 𝑀ℎ 𝑀𝑔 𝑀 𝑘
Sehingga
𝑆𝐴 𝑀ᒐ = (𝑀𝑔 𝑀ℎ)𝑀 𝑘 = (𝑀ℎ 𝑀𝑔)𝑀 𝑘 = 𝑀ℎ 𝑀𝑔 𝑀 𝑘 = 𝑀ℎ(𝑀 𝑔 𝑀 𝑘) = 𝑀ℎ 𝑆 𝐵
Jadi terbukti bahwa 𝑆𝐴 𝑀 𝑘 = 𝑀ℎ 𝑆 𝐵
13. Diketahui : 𝐴, 𝐵, 𝐶 tak segaris
Ditanya:
a. Pilih sebuah titik 𝑃 dan lukislah titik 𝑃′
= 𝑆𝐴 𝐵 𝑆 𝐶(𝑃) !
b. Jika 𝑀 titik tengah 𝑃𝑃′̅̅̅̅̅ , lukislah 𝑀′
= 𝑆𝐴 𝑆 𝐵 𝑆 𝐶(𝑀) !
c. Perhatikan hubungan antara 𝑀 dan 𝑀′
. Apakah dugaan kita mengenai
jenis transformasi 𝑆𝐴 𝑆 𝐵 𝑆 𝐶 ?
Jawab:
𝑔
𝐴
h
𝐵
𝑘

42. 42
a.
b.
c. Karena 𝑀 = 𝑆𝐴 𝑆 𝐵 𝑆 𝐶 = 𝑀−1
maka transformasi 𝑆𝐴 𝑆 𝐵 𝑆 𝐶 merupakan
transformasi identitas.
14. Diketahui : ∆𝐴𝐵𝐶, ∠𝐵 = 90°
15. Diketahui : 𝐴 = (0,0), 𝐵 = (3, −1)
Ditanya :
a) 𝐶′
= 𝑆𝐴 𝑆 𝐵(𝐶) jika 𝐶 = (−2,4)
b) 𝑃′
= 𝑆 𝐵 𝑠 𝐴(𝐶) jika 𝑃 = (𝑥, ᒐ)
c) Apa yang dapat kami katakan tentang 𝐶𝐶′
, 𝑃𝑃′, 𝐴𝐵
Jawab :
a) Menurut teorema 7.4 maka
𝑆𝐴 𝑆 𝐵(𝐶) = 𝑆𝐴(𝑆 𝑩(𝐶))
⇔ 𝑆𝐴 𝑠 𝐵(𝐶) = 𝑆𝐴(2.3— 2), 2. (−1) − 4
⇔ 𝑆𝐴 𝑠 𝐵(𝐶) = 𝑆𝐴(6 + 2, −2 − 4)
⇔ 𝑆𝐴 𝑠 𝐵(𝐶) = 𝑆𝐴(8, −6)
⇔ 𝑆𝐴 𝑠 𝐵(𝐶) = (2.0 − 8,2.0— 6)
⇔ 𝑆𝐴 𝑠 𝐵(𝐶) = (0 − 8,0 + 6)
⇔ 𝑆𝐴 𝑠 𝐵(𝐶) = (−8,6)
Jadi, 𝐶′
= 𝑆〱 𝑆 𝐵(𝐶) = (−8,6)
b) Menurut teorema 7.4 maka
𝑆 𝐵 𝑆𝐴(𝑃) = 𝑆 𝐵 (〱 𝑨(𝑃))
⇔ 𝑆 𝐵 𝑆𝐴(𝑃) = 𝑆 𝐵(2.0 − 𝑥, 2.0 − 𝑦)
⇔ 𝑆 𝐵 𝑆𝐴(𝑃) = 𝑆 𝐵(0 − 𝑥, 0 − 𝑦)
⇔ 𝑆 𝐵 𝑆𝐴(𝑃) = 𝑆 𝐵(−𝑥, −𝑦)
⇔ 𝑆 𝐵 𝑆𝐴(𝑃) = (2.3 − (−𝑥), 2. (−1)—(−𝑦))
A
B
C
P 'P
''P
''P
M
'M
''M

43. 43
⇔ 𝑆 𝐵 𝑆𝐴(𝑃) = (6 + 𝑥, −2 + 𝑦)
⇔ 𝑆 𝐵 𝑆𝐴(𝑃) = (𝑥 + 6, 𝑦 − 2)
Jadi, 𝑃′
= 𝑆 𝐵 𝑆𝐴(𝑃) = (𝑥 + 6, 𝑦 − 2)
c) Karena 𝐶 = (−2,4) dan 𝐶′
= (−8,6)
Maka persamaan 𝐶𝐶′
:
𝑥 − 〱1
𝑥2 − 𝑥1
=
𝑦 − 𝑦1
𝑦2 − 𝑦1
⇔
𝑥 + 2
−8 + 2
=
𝑦 − 4
6 − 4
⇔
𝑥 + 2
−6
=
𝑦 − 4
2
⇔ −6𝑦 = 2𝑥 + 4 − 24 ⇔ 𝑦 = −
1
3
𝑥 +
10
3
Karena 𝑃 = (𝑥, 〱) dan 𝑃′
= (𝑥 + 6, 𝑦 − 2)
Untuk tidak membuat rancu,
dimisalkan titik 𝑃 = (𝑎, 𝑏) dan 𝑃′
= (𝑎 + 6, 𝑏 − 2)
Maka persamaan 𝑃𝑃′
:
𝑥 − 𝑥1
𝑥2 − 𝑥1
=
𝑦 − 𝑦1
𝑦2 − 𝑦1
⇔
𝑥 − 𝑎
𝑎 + 6 − 𝑎
=
𝑦 − 𝑏
𝑏 − 2 − 𝑏
⇔
𝑥 − 𝑎
6
=
𝑦 − 𝑏
−2
⇔ 6𝑦 = −2𝑥 + 2𝑎 + 6𝑏 ⇔ 𝑦 = −
1
3
𝑥 +
1
3
𝑎 + 𝑏
Karena 𝐴 = (0,0) 𝑑𝑎𝑛 𝐵 = (3, −1)
Maka persamaan 𝐴𝐵:
𝑥 − 𝑥1
𝑥2 − 𝑥1
=
𝑦 − 𝑦1
𝑦2 − ‫ﰰ‬1
⇔
𝑥 − 0
3 − 0
=
𝑦 − 0
−1 − 0
⇔
𝑥
3
=
𝑦
−1
⇔ 3𝑦 = −𝑥 ⇔ 𝑦 = −
1
3
𝑥
Dari persamaan–persamaan di atas, dapat dikatakan bahwa persamaan
𝐶𝐶′
, 𝑃𝑃′
, dan 𝐴𝐵 mempunyai gradien yang sama, yaitu −
1
3
16. Buktikan :
17. Diketahui : ∆𝐴𝐵𝐶 dan sebuah titik 𝑃 ∈ ‫ﵔ‬ 𝐶̅̅̅̅̅̅
Lukis : di dalam ∆𝐴𝐵𝐶, sebuah ∆𝑃𝑄0 yang kelilingnya paling pendek