SETENGAH PUTARAN

SETENGAH PUTARAN

PADA HAKEKATNYA SETENGAH PUTARAN

ADALAH BENTUK KHUSUS DARI PERPUTARAN,

NAMUN ADA SIFAT-SIFAT TERTENTU SEHINGGA

LEBIH BAIK DIBAHAS DALAM BAHASAN

TERSENDIRI.

KEKHUSUSAN-NYA ANTARA LAIN1. SETENGAH PUTARAN MERUPAKAN INVOLUSI,

2. DAPAT DIPANDANG SEBAGAI PENCERMINAN TERHADAP TITIK, 3. GESERAN DAPAT DINYATAKAN DALAM HASILKALI DUA SETENGAN PUTARAN

DEFINISI SETENGAH PUTARAN

• Setengah putaran terhadap titik P (dengan pusat P ) , dilambangkan dengan HP, adalah pemetaan yang memenuhi: untuk sebarang titik A di bidang V

• HP(A) = A , jika A=P• = B , dengan P titik tengah AB , jika A tidak sama dengan P.

. Rumus Aljabar dari Setengah Putaran.

• Misalkan P(a,b) dan HP memetakan A(x,y) ke A’(x’,y’). Berdasarkan definisi, P merupakan titik tengah AA’

• sehingga diperoleh :

Jadi x’ = -x + 2a dan y’ = -y + 2b• Atau

2y'y

bdan 2

x'x a

b

a

y

x

y

x2

'

'

BEBERAPA TEOREMA

Setengah putaran merupakan suatu involusi.

Sehingga HHIH P1-Patau

2P

Teorema : Setengah putaran adalah isometri.

Teorema : Untuk sebarang garis g dan setengah putaran HP , berlaku HP(g)//g

Misal P(a,b) .Ambil sebarang garis g pada bidang V. Misal g : px + qy +c = 0. Dan g’=HP(g).Untuk sebarang titik A(x,y) berdasarkan definisi setengah putaran diperoleh hubungan antara A(x,y) dan A’(x’,y’)=HP(A) sebagai x=-x’+2a dan y = -y’+2b.

Sehingga diperoleh g’ : p(-x’+2a)+q(-y’+2b)+c=0 atau

g’:-px-qy+(2ap+2bq+c)=0.

Tampak bahwa gradien garis g’ sama dengan

gradien garis g. Dapat disimpulkan bahwa g’//g.Jadi terbukti Untuk sebarang garis g dan setengah putaran HP , berlaku HP(g)//g.

.

• Teorema : Satu-satunya titik tetap dalam HP adalah titik P, sedangkan garis-garis tetapnya adalah semua garis yang melalui P.

• Teorema : Hasil kali dua setengah putaran adalah suatu geseran. Jika B titik tengah AC, maka HBHA=SAC=HCHB.

• Teorema : • Untuk tiga titik A,B, dan C yang tidak segaris, berlaku HCHBHA=HD dengan |AD|=|BC|.

Misalkan l : px+qy+c=0 merupakan garis tetap.

Sedangkan l’: px + qy - (2ap+2bq+c) = 0.

Agar l merupakan garis tetap haruslah

-(2ap+2bq+c)=c atau 2ap+2bq+2c=0 .

Ini berarti garis l melalui titik P.

Jadi agar l merupakan garis tetap haruslah

melalui P.

Jadi garis tetapnya adalah semua garis

yang melalui P.

.

A

B

C

P’

P

P”

AD

F

ECB

A

B

C

P’

P

P”

AKAN DIBUKTIKAN HBHA SUATU GESERAN

Berdasarkan definisi geseran | PA| =| P’A| , dan

| P’B| =| P”B| . Jadi dalam segitiga P’PP”, AB adalah garis

tengah yang sejajar dengan PP”, yang berarti

| PP”| =2| AB| . Jadi PP”/ / AB dan | PP”| =2| AB| . Karena P

,A, dan B sebarang maka terbukti bahwa HBHA= SCD dengan

CD/ / AB dan | CD| =2| AB| .

Jadi terbukti Hasil kali dua setengah putaran adalah

suatu geseran.

A

B

C

D

E

F

HCHB = SBE dengan | BE| =2| BC|

= SAF dengan | AF| =| BE| = 2| BC|

= HDHA dengan AD = ½ | AF| = | BC|

Akibatnya kita punya

HCHBHA = HDHAHA

= HDI

= HD dengan | AD| = | BC| .

• Akibat : Hasil kali geseran dan setengah putaran adalah suatu setengah putaran. 

• Teorema : Untuk sebarang tiga titik A, B, dan C berlaku HCHBHA=HAHBHC.

Menurut teorema sebelumnya, terdapat titik D

sedemikian sehingga

HCHBHA = HD

= HD1

= (HCHBHA)-1

= HCHBHA111

= HCHBHA

• Terbukti HCHBHA=HAHBHC.

.•  

• Diketahui lingkaran L, titik P dan garis g seperti terlihat di bawah ini.

Lukis garis h yang memotong L di A dan g di B sehingga P merupakan titik tengah A dan B

L

.P

g

. P

A

B

A

B

h

h

g

g’

Lukis HP(g)= g’ . Diperoleh g’//g dan g’ memotong L di A1 dan A2.Selanjutnya garis A1P=h1 dan A2P=h2 adalah garis yang Ditanyakan.Karena jika A1P memotong g di B, maka P adalah titik tengah A1 B.

Diketahui lingkaran L dengan tali busur AB dan CD . Misalkan S suatu titik tertentu pada CD.Lukislah titik P pada L dengan AP dan BP berturut-turut memotong CD di E dan F sedemikian sehingga S titik tengah EF.

S

C

D

A B

L

.

S

C

D

AB

L

.

KEADAAN AWAL

A’

GAMBAR SEAKAN MASALAH TELAH TERSELESAIKAN

S

C

D

A B

L

.

P

E

F

Andaikan titik P telah dapat terlukis. Dengan setengah putaran terhadap S, AP menjadi A’P’=HS(AP). Ini belum dapat terealisir karena P belum didapat. Tetapi A’ sudah dapat dilukis dan dapat diketahui bahwa A’P’ melalui F ( karena AP melalui E).

Pada segitiga A’BF dapat diketahui A’B dan m(<F) = m(<P) = ½ busur AB=besar sudut keliling lingkaran terhadap busur AB. Maka dapat dicari tempat kedudukan titik F dalam segitiga A’BF yang berupa lingkaran. Kemudian titik potong lingkaran itu dengan CD adalah titik F yang dicari, karena BF memotong L di titik P yang diminta. Dengan demikian dapat diketahui urutan cara melukis P.

1. Lukis A’=HS(A).

2. Lukis tempat kedudukan F dalam segitiga A’BF, yaitu lingkaran L1.

3. L1 memotong CD di F.

4. BF memotong L di P yang dicari.

1. Diketahui lingkaran L dengan persamaan (x-2)2+(y+1)2=9, titik P=(7, -

5) dan garis g dengan persamaan x – y = 10.

Dapatkah dibuat garis h yang memotong L di A dan g di B sedemikian

sehingga P titik tengah AB? Jika bisa dibuat tentukan koordinat titik A

dan B.

2. Diberikan dua lingkaran L1 dan L2 masing-masing mempunyai

persamaan L1 (x+3)2+(y-3)2=9, L2 (x-8)2+y2=36 ,dan garis g x+y= -

4. Tentukan persamaan garis h yang sejajar g dan koordinat titik-titik

A, B di L1 dan C,D di L2 sedemikian sehingga h memotong L1 di titik

A dan B, serta memotong L2 di titik C dan D dengan syarat |AB|=|CD|.

3. Diberikan dua titik A=(-8,10) dan B=(1,-11) serta dua garis s: 2x-y = 3,

t: y=2x-2. Tentukan jarak terpendek dari A dan B, dengang syarat

jalur yang memotong kedua garis s dan t harus tegak lurus terhadap

garis-garis tersebut.