Soal dan Pembahasan – Transformasi Geometri Bidang Datar (Versi Rawuh)

Berikut ini adalah soal bab TRANSFORMASI yang diambil dari buku berjudul “Geometri Transformasi” oleh Rawuh (dengan sedikit modifikasi dan perbaikan).

Baca Juga: Soal dan Pembahasan – Transformasi Geometri (Tingkat SMA/Sederajat)

Quote by Ian Stewart

Mathematics is the science of patterns, and nature exploits just about every pattern that there is.

Soal Nomor 1
Andaikan $g$ dan $h$ dua garis yang sejajar pada bidang Euclides $V$. $A$ sebuah titik yang terletak di tengah antara $g$ dan $h$. Sebuah $T$ padanan dengan daerah asal $g$ didefinisikan sebagai berikut.
Apabila $P \in g$, maka $P’ = T(P)$ $= \overleftrightarrow{PA} \cap h$.

  1. Apakah daerah nilai $T$?
  2. Apabila $D \in g, E \in g, D \in E$, buktikan bahwa $D’E’= DE$; $D’ = T(D)$, $E’ = T(E)$. 
  3. Apakah $T$ injektif?

Pembahasan

Lukislah garis $g$ dan $h$ sebagai berikut ($h$ sejajar dengan $g$).

Letakkan titik $P$ pada garis $g$. Posisikan titik $A$ di tengah-tengah antara kedua garis itu. Tarik garis lurus yang melalui titik $A$ dan $P$, sehingga nantinya garis tersebut memotong garis $h$. Titik potongnya adalah $P’ = T(P)$ dan merupakan daerah nilai (range) $T$.
Jawaban a)
Daerah nilai $T$ adalah garis $h$.
Jawaban b)
Perhatikan gambar berikut.



Perhatikan segitiga $ADE$ dan $AD’E’$. Diketahui bahwa $\angle DAE = \angle D’AE’$ karena sudutnya bertolak belakang dan $DA = AD’$ serta $EA = AE’$ (sebab $A$ berada di tengah-tengah garis $g$ dan $h$). Berdasarkan teorema kekongruenan segitiga, dapat dikatakan bahwa kedua segitiga ini kongruen (sisi-sudut-sisi). Oleh karena itu, haruslah $D’E’ = DE$ (terbukti).
Jawaban c)
Akan dibuktikan $T$ injektif.
Perhatikan gambar berikut.

Ambil dua titik $X$ dan $Y$ pada $g$, dengan $X \neq Y$. Akan ditunjukkan bahwa $T(X) \neq T(Y)$ dengan menggunakan kontradiksi. Andaikan $T(X) = T(Y)$.
Perhatikan bahwa $T(X) = \overleftrightarrow{XA} \cap H$ dan $T(Y)=\overleftrightarrow{YA} \cap H$. Dalam hal ini, $\overleftrightarrow{XA}$ dan $\overleftrightarrow{YA}$ memiliki dua titik sekutu (titik potong), yaitu titik $A$ dan $T(X) = T(Y)$ (dari pengandaian). Ini berarti, garis $\overleftrightarrow{XA}$ berhimpit dengan garis $\overleftrightarrow{YA}$, sehingga haruslah $X = Y$. Hal ini menghasilkan kontradiksi, sebab pada redaksi awal telah dikatakan bahwa $X \neq Y$. Jadi, pengandaian diingkari. Dengan demikian, $T(X) \neq T(Y)$ dan dapat disimpulkan bahwa $T$ injektif (terbukti) $\blacksquare$.

[collapse]

Soal Nomor 2
Diketahui sebuah titik $K$ dan ruas garis $\overline{AB}$ dengan $K \notin \overline{AB}$. Ada sebuah garis $g$ sehingga $g \parallel \overleftrightarrow{AB}$ dan jarak antara $K$ dan $\overleftrightarrow{AB}$ adalah dua kali lebih panjang daripada jarak antara $K$ dan $g$. Diberikan padanan $T$ dengan daerah asal $\overline{AB}$ dan daerah nilai $g$ sehingga apabila $P \in \overline{AB}$, maka $T(P) = P’ = \overleftrightarrow{KP} \cap g$.

  1. Apakah bentuk himpunan peta-peta $P’$ jika $P$ bergerak pada $\overline{AB}$?
  2. Buktikan bahwa $T$ injektif.
  3. Apabila $E$ dan $F$ dua titik pada $\overline{AB}$, apa yang dapat dikatakan mengenai jarak $E’F’$ jika $E’ = T(E)$ dan $F’= T(F)$?

Pembahasan

Perhatikan gambar transformasi $T$ berikut dengan $P’K = 2KP$

Jawaban a)
Diketahui bahwa $K \notin \overline{AB}, g // \overleftrightarrow{AB}, T : \overline{AB} \to g$
Karena $P \in \overline{AB}$ dan $T(P) = P’ = \overleftrightarrow{AB} \cap g$, maka $P’ \in g$. Jadi, himpunan peta-peta $P’$ adalah ruas garis pada $g$.
Jawaban b)
Akan dibuktikan $T$ injektif.
Ambil dua titik $X$ dan $Y$ pada $g$, dengan $X \neq Y$. Akan ditunjukkan bahwa $T(X) \neq T(Y)$ dengan menggunakan kontradiksi. Andaikan $T(X) = T(Y)$.
Perhatikan bahwa $T(X) = \overleftrightarrow{KX} \cap g$ dan $T(Y)=\overleftrightarrow{KY} \cap g$. Dalam hal ini, $\overleftrightarrow{KX}$ dan $\overleftrightarrow{KY}$ memiliki dua titik sekutu (titik potong), yaitu titik $K$ dan $T(X) = T(Y)$ (dari pengandaian). Ini berarti, garis $\overleftrightarrow{KX}$ berhimpit dengan garis $\overleftrightarrow{KY}$, sehingga haruslah $X = Y$. Hal ini menghasilkan kontradiksi, sebab pada redaksi awal telah dikatakan bahwa $X \neq Y$. Jadi, pengandaian diingkari. Dengan demikian, $T(X) \neq T(Y)$ dan dapat disimpulkan bahwa $T$ injektif (terbukti) $\blacksquare$.
Jawaban c)

Diketahui $E, F \in \overleftrightarrow{AB}$, maka $E’, F’ \in g$ sehingga $EF \parallel E’F’$.
Perhatikan segitiga $KE’F’$ dan $KEF$.
Diketahui bahwa
$\dfrac{F’K} {FK} = \dfrac{E’K} {EK} = \dfrac{1}{2}$ dan $\angle EKF = \angle E’KF$ sebab kedua sudutnya saling bertolak belakang. Jadi, kedua segitiga itu kongruen.
Akibatnya,
$\dfrac{E’F’} {EF} = \dfrac{F’K} {FK} = \dfrac{E’K} {EK} = \dfrac{1}{2}$
yang berarti $E’F’ = \dfrac{1}{2}EF$.
Jadi, jarak $E’F’$ adalah setengah kali jarak $EF$.

[collapse]

Baca Juga: Soal dan Pembahasan – Refleksi Geometri Bidang Datar (Versi Rawuh)

Soal Nomor 3
Diketahui tiga titik $A, R, S$ berlainan dan tidak segaris. Ada padanan $T$ yang didefinisikan sebagai berikut.
Diberikan $T(A) = A, T(P) = P’$, sehingga $P$ titik tengah $\overline{AP’}$
a. Lukislah $R’ = T(R)$.
b. Lukislah $Z$ sehingga $T(Z) = S$
c. Apakah $T$ suatu transformasi?

Pembahasan

Jawaban a dan b)

Jawaban c)
Untuk membuktikan bahwa $T$ transformasi, harus dibuktikan bahwa $T$ surjektif dan injektif.
i) $T$ surjektif
$T$ surjektif jika $\forall Y \in V$ terdapat prapeta $X$ sehingga $Y = T(X)$. Jika $Y = A$, maka prapetanya adalah $A$ sendiri, karena $T(A) = A$. Apabila $Y \neq1 A$, maka terdapat $X$ tunggal dengan $X \in \overline{AY}$ sehingga $AX = AY$. Didapat $X$ titik tengah $\overline{AY}$. Artinya, $Y =T(X) $. Dapat disimpulkan bahwa untuk setiap $Y \in V$ terdapat prapeta $X$ sehingga $Y = T(X)$. Jadi, $T$ surjektif.
ii) $T$ injektif
Ambil titik $P, Q \neq A, P \neq Q, P, Q, A$ tidak segaris (kolinear). Andaikan $T(P) = T(Q)$.
Oleh karena $T(P) \in \overleftrightarrow{AP}$ dan $T(Q) \in \overleftrightarrow{AQ}$, maka dalam hal ini $\overleftrightarrow{AP}$ dan $\overleftrightarrow{AQ}$ memiliki dua titik sekutu, yaitu $A$ dan $T(P) = T(Q)$. Ini berarti kedua garis itu berimpit, sehingga haruslah $Q \in \overleftrightarrow{AP}$. Dengan kata lain, $P, Q, A$ segaris dan ini jelas kontradiksi dengan redaksi awal. Pengandaian salah dan harus diingkari. Jadi, $T(P) \neq T(Q)$. Berarti, $T$ injektif.
Berdasarkan (i) dan (ii), $T$ adalah suatu transformasi.

[collapse]

Soal Nomor 4
Diketahui $P = (0,0), C_1 = \{(x, y)~ |~ x^2+y^2 = 1\}$, dan $C_2 = \{(x, y)~|~x^2+y^2 = 25\}$.
$T : C_1 \mapsto C_2$ sdalah suatu padanan yang didefinisikan sebagai berikut.
Apabila $X \in C_1$, maka $T(X) = X’ = \overrightarrow{PX} \cap C_2$.

  1. Apabila $A = (0,1)$, tentukan $T(A)$.
  2. Tentukan prapeta dari $B(4,3)$. 
  3. Apabila $Z$ sembarang titik pada daerah asal $T$, tentukan jarak $ZZ’$ dengan $Z’ = T(Z)$.
  4. Apabila $E$ dan $F$ dua titik pada daerah asal $T$, apa yang dapat dikatakan tentang jarak $E’F’$?

Pembahasan

Jawaban a)

Posisikan titik $A(0,1)$ pada koordinat Kartesius. Titik $A$ terletak pada lingkaran $C_1$. Tarik garis yang melalui titik $A$ dan $P$ sedemikian sehingga memotong lingkaran $C_2$ di $(0,5)$ yang tepat pada sumbu $Y$. Jadi, $T(A) = (0, 5)$.
Jawaban b)
Perhatikan gambar berikut.

Perhatikan segitiga $APC$ dan $PQB$. Kedua segitiga ini sebangun sehingga berlaku

$\begin{aligned} & \dfrac{PC} {PQ} = \dfrac{PA} {PB} = \dfrac{AC} {BQ} \\ & \dfrac{PC} {PQ} = \dfrac{PA} {PB} \Leftrightarrow \dfrac{PC} {4} = \dfrac{1}{5} \\ & PC = \dfrac{4}{5} \\ & \dfrac{AC} {BQ} = \dfrac{PA} {PB} \Leftrightarrow \dfrac{AC} {3}= \dfrac{1}{5} \\ & AC = \dfrac{3}{5} \end{aligned}$
Jadi, prapeta $B$ adalah $A = \left(\dfrac{4}{5}, \dfrac{3}{5}\right)$.
Jawaban c)
Misalkan $Z$ berada pada $C_1$ dan $Z’$ berada pada $C_2$ sedemikian sehingga $Z’ = T(Z)$. Karena $PZ = 1$ (jari-jari lingkaran kecil 1) dan $PZ’ = 5$ (jari-jari lingkaran besar 5), maka jarak $ZZ’$ adalah $|ZZ’| = 5- 1 = 4$.
Jawaban d)
Misalkan $E, F \in C_1,E \neq F$.
Panjang busur $EF$ dinyatakan sebagai
$|EF| = \dfrac{\angle EPF} {2\pi}. (2\pi(1)) = \angle EPF$
Selanjutnya, $E’ = T(E)$ dan $F’= T(F)$. Panjang busur $E’F’$ dinyatakan sebagai
$|E’F’| = \dfrac{\angle E’PF’} {\cancel{2\pi}} \cdot (\cancel{2\pi}(5)) = 5\angle E’PF’$
Karena $P, E, E’$ segaris dan juga $P, F, F’$ segaris, maka besar sudut $E’PF’$ sama dengan besar sudut $EPF$, sehingga
$|E’F’| = 5\angle E’PF’ = 5\angle EPF = 5|EF|$
Jadi, panjang busur $E’F’$ sama dengan $5$ kali panjang busur $EF$. 

[collapse]

Soal Nomor 5
Diketahui $f : V \mapsto V$ dengan $V$ adalah suatu bidang Euclides. Jika $P(x, y)$, maka $f(P) = (|x|, |y|) $
a. Tentukan $f(A)$ jika $A = (-3,6)$.
b. Tentukan semua prapeta dari titik $B(4,2)$.
c. Apakah bentuk daerah nilai $f$?
d. Apakah $f$ suatu transformasi?

Pembahasan

Jawaban a)
Jika $A(-3,6)$, maka berdasarkan definisi fungsi $f$, $f(A) = (|-3|, |6|) = (3,6)$.
Jawaban b)
Dalam hal ini, harus dicari prapeta $A(x, y)$ sedemikian sehingga $f(A) = B = (4,2)$. Koordinat $A$ yang mungkin ada $4$, yaitu $(4,2), (4,-2), (-4, 2), (-4,-2)$.
Jawaban c)
Daerah nilai $f$ adalah himpunan semua titik-titik di kuadran I, sumbu koordinat positif, atau titik pangkal (titik asal $(0,0$)).
Jawaban d)
Ambil dua titik, misalnya $A_1 = (3,5) \in V, A_2 = (3,-5) \in V$. Jelas bahwa $A_1 \neq A_2$, tetapi $f(A_1) = f(A_2) = (3,5)$. Jadi, terdapat $A_1 \neq A_2$, tetapi $f(A_1) = f(A_2)$ sehingga dapat dikatakan bahwa $f$ tidak injektif. Oleh karenanya, $f$ bukanlah suatu transformasi.

[collapse]

Soal Nomor 6
Diketahui fungsi $g : \text{sumbu X} \mapsto V$ di mana $V$ bidang Euclides, didefinisikan sebagai berikut.
Apabila $P(x, 0)$, maka $g(P) =(x, x^2)$.

  1. Tentukan peta $A(3,0)$ oleh $g$.
  2. Apakah $R(-14,196)$ anggota dari daerah nilai (daerah hasil/range) $g$? 
  3. Apakah $g$ surjektif?
  4. Gambarlah daerah nilai $g$.

Pembahasan

Jawaban a)
Peta $A(3,0)$ oleh $g$ adalah $g(A) = (3, 3^2) = (3,9)$.
Jawaban b)
$R(-14,196)$ adalah daerah nilai $g$ karena $R$ mempunyai prapeta, yaitu $(-14,0)$.
Jawaban c)
Ambil titik $A’ \in V$ dengan $A'(a, b)$ dan $b = a^2$. Jelas terdapat $A(a, 0)$ sehingga $g(A) = A’$. Jadi, $g$ surjektif.
Jawaban d)

[collapse]

Soal Nomor 7
Suatu transformasi $T : V \mapsto V$ didefinisikan sebagai berikut.
Apabila $P(x, y)$, maka
i) $T(P) = (x + 1, y)$, untuk $x \geq 0$
ii) $T(P) = (x- 1, y)$, untuk $x>0$
a) Apakah $T$ injektif?
b) Apakah $T$ suatu transformasi?

Pembahasan

Jawaban a)
Ambil titik $P(x_1,y_1)$ dan $Q(x_2,y_2)$ sehingga $P \neq Q$. Akan dibuktikan $T(P) \neq T(Q)$.
Karena $P \neq Q$, maka $x_1 \neq x_2$ ATAU $y_1 \neq y_2$.
i) Untuk $x \geq 0$
$T(P) = (x_1+1,y_1)$ dan $T(Q) = (x_2+1,y_2)$
Jelas $x_1\neq x_2$ mengimplikasikan $x_1+1\neq x_2+1$ atau $y_1 \neq y_2$. Jadi, $T(P) \neq T(Q)$
ii) Untuk $x < 0$
$T(P) = (x_1-1,y_1)$ dan $T(Q) = (x_2-1,y_2)$
Jelas $x_1\neq x_2$ mengimplikasikan $x_1-1\neq x_2-1$ atau $y_1 \neq y_2$. Jadi, $T(P) \neq T(Q)$
Berdasarkan i) dan ii), dapat disimpulkan bahwa $T$ injektif.
Jawaban b)
Untuk menunjukkan bahwa $T$ suatu transformasi, harus ditunjukkan bahwa $T$ injektif dan surjektif. $T$ telah dibuktikan injektif pada jawaban a. Selanjutnya, akan ditunjukkan $T$ surjektif.
i) Untuk $x \geq 0$
Andaikan $A = (x’, y’)$
Jika $A$ memiliki prapeta $B(x, y)$, maka haruslah berlaku $T(A) = (x’ + 1, y’)$. Jadi, $x’+1=x, y’= y$
atau
$\begin{cases} x’=x-1 \\ y’=y \end{cases}$
Jelas $T(x-1,y) = ((x-1)+1,y) = (x, y)$
Oleh karena $x’, y’$ selalu ada untuk sembarang nilai $x, y, x \geq 0$, maka $A$ selalu ada sehingga $T(A) = B$.
ii) Untuk $x < 0$
Andaikan $A = (x’, y’)$
Jika $A$ memiliki prapeta $B(x, y)$, maka haruslah berlaku $T(A) = (x’- 1, y’)$. Jadi, $x’-1=x, y’= y$
atau
$\begin{cases} x’=x+1\\ y’=y \end{cases}$
Jelas $T(x+1,y) = ((x+1)-1,y) = (x, y)$
Oleh karena $x’, y’$ selalu ada untuk sembarang nilai $x, y, x < 0$, maka $A$ selalu ada sehingga $T(A) = B$.
Dari i) dan ii), disimpulkan bahwa $T$ surjektif.
Untuk ini, $T$ transformasi sebab bersifat surjektif dan injektif.

[collapse]

Soal Nomor 8
Diketahui sebuah garis $S$ dan titik-titik $A, B, C$ diposisikan seperti pada gambar.
 

Diketahui $T : V \mapsto V$ didefinisikan sebagai berikut.

  1. Jika $P \in S$, maka $T(P) = P$.
  2. Jika $P \in S$, maka $T(P) = P’$ sedemikian sehingga garis $S$ adalah sumbu ruas $\overline{PP’}$.  

Berdasarkan informasi tersebut:
a. Lukislah $A’ = T(A), B’ = T(B)$.

b. Lukislah prapeta titik $C$.
c. Apakah $T$ suatu transformasi?
d. Buktikan bahwa $A’B’ = AB$.

Pembahasan

Jawaban a dan b)

Jawaban c)
Akan ditunjukkan bahwa $T$ transformasi, yaitu dengan menunjukkan bahwa $T$ surjektif dan injektif.
Jelas setiap $P$ pada $V$, ada prapeta $P’$, sehingga $T(P) = P’$. Jika $P \in S$, maka $P’ = P$ dan jika $P \notin S$, maka $P’$ adalah cermin dari $P$ terhadap sumbu $S$. Jadi, $T$ surjektif.
Untuk $P, Q \in S, P \neq Q$, jelas $P’ \neq Q’$. Untuk $P \notin S$, ambillah dua titik $A, B \notin S, A \neq B$. Kita akan menyelidiki kedudukan $A’$ dan $B’$. Andaikan $A’ = B’$.
Karena $S$ adalah sumbu ruas garis $AA’$, maka $S$ tegak lurus $AA’$ dan karena $S$ adalah sumbu dari ruas garis $BB’$, maka $S$ tegak lurus $BB’$.
Karena $A’=B’$ dan kedua garis tegak lurus $S$, maka $AA’$ dan $BB’$ haruslah berimpit. Akibatnya, $A = B$. Ini suatu kontradiksi karena redaksi awal mengatakan bahwa $A \neq B$. Jadi, pengandaian diingkari, dan $T$ injektif.
Dari kedua ini, dapat disimpulkan bahwa $T$ suatu transformasi.
Jawaban d)
Akan dibuktikan $A’B’ = AB$.

Misal $D$ titik potong garis $S$ dengan ruas garis $\overline{A’A}$ dan $E$ titik potong garis $S$ dengan ruas garis $\overline{B’B}$. Perhatikan segitiga $A’DE$ dan $ADE$.
$A’D = AD$ (berdasarkan definisi $S$ sebagai sumbu $\overline{A’A}$ sehingga $D$ tepat di tengah $\overline{A’A}$).
Juga diketahui bahwa $\angle A’DE = \angle ADE = 90^{\circ}$ (karena $S$ sumbu $\overline{A’A}$, maka $S \perp \overline{A’A}$). Berdasarkan teorema kekongruenan sisi-sudut-sisi, segitiga $A’DE$ kongruen dengan segitiga $ADE$. Akibatnya, $A’E = AE$ dan $\angle A’ED = \angle AED$.
Sekarang, perhatikan segitiga $A’B’E$ dan $ABE$.
Diketahui $A’E = AE~~~~~(i)$
dan $B’E = BE~~~~~(ii)$
(berdasarkan definisi $S$ sebagai sumbu $\overline{B’B}$ sehingga $E$ tepat di tengah $\overline{B’B}$).
Karena $S$ sumbu $\overline{B’B}$, maka $S \perp \overline{B’B}$ dan dapat ditulis
$\begin{aligned} \angle B’ED & = \angle BED = 90^{\circ} \\ \angle B’EA & = \angle B’ED- \angle A’ED \\ \angle BEA & = \angle BED- \angle AED \\ & = \angle B’ED- \angle A’ED \end{aligned}$
Berakibat
$\angle B’EA = \angle BEA~~~~~~~~(iii)$
Berdasarkan (i), (ii), dan (iii), maka menurut teorema kekongruenan sudut-sisi-sudut, segitiga $A’B’E$ kongruen dengan segitiga $ABE$. Akibatnya, $A’B’ = AB$ (terbukti) $\blacksquare$.

[collapse]

CategoriesTransformasi Geometri, Geometri, Geometri Analitik DatarTags, , , , ,

Leave a Reply

Silakan beri tanggapan dan saran, tidak perlu sungkan. Mohon juga diinformasikan melalui kolom komentar ini bila ada kesalahan pengetikan sekecil apapun (typo atau bahasa latex yang error) atau kesalahan konsep dan pembahasan soal. Terima kasih. Ganbatte!

Your email address will not be published. Required fields are marked *