Title | Latihan Soal Geometri Analitik dan Pembahasannya (17IMM1-Q) |
---|---|
Author | Orlando Lordses |
Pages | 27 |
File Size | 372.4 KB |
File Type | |
Total Downloads | 90 |
Total Views | 247 |
Geometri Analitik Latihan Soal dan Penyelesaian (Elips, Hiperbola, Parabola) Dari 17IMM1-Q π₯2 π¦2 1. Dari titik πΆ (10, β8) dibuat garis yang menyinggung elips 25 + 16 = 1. Persamaan tali busur yang menghubungkan kedua titik singgung itu ialahβ¦. Penyelesaian: π₯π₯1 π¦π¦1 + 2 =1 π2 π 10π₯ (β8)π¦ + =1 25 16 1...
Geometri Analitik Latihan Soal dan Penyelesaian (Elips, Hiperbola, Parabola) Dari 17IMM1-Q π₯2
π¦2
1. Dari titik πΆ (10, β8) dibuat garis yang menyinggung elips 25 + 16 = 1. Persamaan tali busur yang menghubungkan kedua titik singgung itu ialahβ¦.
Penyelesaian: π₯π₯1 π¦π¦1 + 2 =1 π2 π 10π₯ (β8)π¦ + =1 25 16 160π₯ β 200π¦ =1 400 160π₯ β 200π¦ = 400 4π₯ β 5π¦ = 10 2. Garis π₯ β π¦ β 5 = 0 menyinggung elips yang titik-titik apinya πΉ1 (β3, 0) dan πΉ2 (3,0). Persamaan elips yang memenuhi syarat tersebut adalahβ¦. Penyelesaian: (1) Pada elips berlaku π 2 = π2 β π 2 , maka π2 β π 2 = 9 (i) (2) Pada garis π₯ β π¦ β 5 = 0, didapatkan π¦ = π₯ β 5 dengan π = 1 dan π = β5 (3) π = βπ2 π2 + π 2 (β5)2 = π2 (1)2 + π 2 25 = π2 + π 2 (ii) (4) Eliminasi (i) dan (ii), maka: π2 β π 2 = 9 π2 + π 2 = 25 β2π 2 = β16 π 2 = 8β¦.(iii) (5) Subsitusikan (iii) kedalam (i) atau (ii) π2 β 8 = 9
π2 = 17 π₯2
Maka persamaan elips adalah 17 +
π₯2
π¦2 8
=1
π¦2
3. Dari titik api sebelah kanan elips 45 + 20 = 1 dipancarkan sinar yang mengapit sudut πΌ (π‘ππΌ = β2) dengan sumbu π positif. Persamaan garis yang dilalui oleh sinar pantulnya tersebut adalahβ¦.
Penyelesaian: (1) π 2 = π2 β π 2 π 2 = 45 β 20 π = Β±5 Maka titik fokusnya adalah (-5,0) dan (5,0). (2) Persamaan dari titik (-5,0) dengan π = β2. π¦ β 0 = β2(π₯ + 5) π¦ = β2π₯ β 10 (i) (3) Subsitusikan persamaan (i) ke persamaan elips π₯ 2 (β2π₯ β 10)2 + =1 45 20 20π₯ 2 + 45(4π₯ 2 + 40π₯ + 100) = 900 20π₯ 2 + 180π₯ 2 + 1800π₯ + 4500 = 900 200π₯ 2 + 1800π₯ + 3600 = 0 π₯ 2 + 9π₯ + 18 = 0 (π₯ + 3)(π₯ + 6) = 0 π₯1 = β3 dan π₯2 = β6 (4) Subsitusikan π₯ = β6 ke persamaan (i) π¦ = β2(β6) β 10 π¦ = 12 β 10 π¦=2 Maka titik π adalah (-6,2) (5) Persamaan garis yang melalui titik π (β6,2) dan titik fokus (5,0) adalah π¦ β π¦1 π₯ β π₯1 = π¦2 β π¦1 π₯2 β π₯1
π¦β0 π₯β5 = 2 β 0 β6 β 5 π¦ π₯β5 = 2 β11 β11π¦ = 2π₯ β 10 2π₯ + 11π¦ β 10 = 0
π₯2
π¦2
4. Persamaan garis singgung pada elips 30 + 24 = 1 yang sejajar dengan garis 4π₯ β 2π¦ + 23 = 0 adalahβ¦.
Penyelesaian: Persamaan garis singgung elips horizontal dengan gradien π pada pusat π (0,0): π¦ = ππ₯ Β± βπ2 π2 + π 2 β’
4π₯ β 2π¦ + 23 = 0 π¦ = 2π₯ +
23 2
, maka π = 2
Subsitusikan ke dalam rumus persamaan garis singgung elips: π¦ = 2π₯ Β± β30 Γ 4 + 24 π¦ = 2π₯ Β± β144 π¦ = 2π₯ Β± 12
5. Persamaan tali busur elips
π₯2 8
+
π¦2 4
= 1 yang dibagi dua sama panjang oleh titik
π΄ (2,1) adalahβ¦.
Penyelesaian: β’
π₯2 8
+
π¦2 4
β’
=1
π₯ 2 + 2π¦ 2 = 8β¦..(i)
Titik π΄ (2,1) π¦ β π¦1 = π(π₯ β π₯1 ) π¦ β 1 = π(π₯ β 2) π¦ = π(π₯ β 2) + 1β¦..(ii)
Subsitusikan persamaan (ii) ke dalam persamaan (i), maka π₯ 2 + 2[π(π₯ β 2) + 1]2 = 8 (π)
π₯ 2 + 2[π2 π₯ 2 β 4π2 π₯ + 4π2 + 2ππ₯ β 4π + 1] = 8 (1 + 2π)π₯ 2 + (4π β 8π2 )π₯ + 8π2 β 8π β 6 = 0 (π) π
Dari (π) didapat bahwa π₯1 + π₯2 = β π = β2. Pada elips, π₯1 + π₯2 bernilai mutlak, maka π₯1 + π₯2 = |β2| = 2 (π). π
Dari (π) di dapat bahwa π₯1 + π₯2 = β π =
8π2 β4π 2π2 +1
=
2(4π2 β2π) 2π2 +1
.
Karena membagi tengah, maka π₯1 + π₯2 di bagi 2 sehingga π₯1 + π₯2 =
4π2 β2π 2π2 +1
(π)
Dari persamaan (π) dan (π), didapatkan: π₯1 + π₯2 = π₯1 + π₯2 2=
4π2 β 2π 2π2 + 1
4π2 + 2 = 4π2 β 2π π = β1 Sehingga persamaan tali busur adalah: π¦ = π(π₯ β 2) + 1 π¦ = β1(π₯ β 2) + 1 π¦ = βπ₯ + 3
6. Luas jajaran genjang yang dua titik sudutnya adalah titik-titik api dari elips
π₯2 9
1 dan dua titik lainnya berimpit dengan ujung-ujung sumbu pendek dari elips adalahβ¦.
Penyelesaian: π = Β±β9 β 5 π = Β±β4 π =Β±2
+
π¦2 5
=
Maka didapat π1 = 2 + 2 = 4, dan π2 = 2β5. Sehingga luas jajaran genjang: π1 π2 2 4 Γ 2β5 = 4β5 2
2
7. Eksentrisitas dari elips adalah π = 5 dan jarak dari titik π pada elips ke salah satu garis arahnya adalah 20. Jarak dari titik π ke titik api yang bersesuaian dengan garis arah ini adalahβ¦
Penyelesaian: π=
πππππ π‘ππ‘ππ π ππ π‘ππ‘ππ πππ π‘ππ‘ππ ππππ’π π¦πππ ππππ ππ π’ππππ ππππππ πππππ πππβ 2 πππππ π‘ππ‘ππ π ππ π‘ππ‘ππ πππ = 5 20 40 π½ππππ π‘ππ‘ππ π ππ π‘ππ‘ππ πππ = =8 5
8. Suatu elips menyinggung sumbu π di titik π΄ (3,0) dn menyinggung sumbu π di π΅ (0, β4). Jika sumbu-sumbu simetrinya sejajar sumbu-sumbu koordinat maka persamaan elipsnya adalahβ¦.
Penyelesaian: Karena menyinggung di sumbu π di titik π΄ (3,0) dan di sumbu π di titik π΅ (0, β4), maka titik pusatnya adalah (3,-4), sehingga π = |π| = 3 dan π = |β4| = 4. Persamaan elips:
(π₯ββ)2 π2
+
(π¦βπ)2 π2
= 1, sehingga
(π₯ β 3)2 (π¦ + 4)2 + =1 32 42 (π₯ β 3)2 (π¦ + 4)2 + =1 9 16
9. Dari titik π (β16, 9) dibuat garis singgung pada elips
π₯2 4
+
π¦2 3
= 1. Jarak dari titik π
ke garis yang menghubungkan titik-titik singgung tersebut adalahβ¦.
Penyelesaian: (1) Tentukan persamaan garis polar. π₯1 π₯ π¦1 π¦ + 2 =1 π2 π 16π₯ 9π¦ β + =1 4 3 1 + 4π₯ π¦= β¦ . . (π) 3 (2) Subsitusikan ke persamaan elips 2
π₯ + 4
1 + 4π₯ 2 ( 3 ) 3
=1
π₯ 2 1 + 8π₯ + 16π₯ 2 + =1 4 27 27π₯ 2 + 4(1 + 8π₯ + 16π₯ 2 ) = 108 91π₯ 2 + 32π₯ β 104 = 0 (3) π₯1,2 =
βπΒ±βπ2 β4ππ 2π
π₯1,2 =
(β32 Β± β322 β 4 Γ 91 Γ (β104)) 2 Γ 91 π₯1,2 =
β32 Β± β38880 182
π₯1,2 =
β32 Β± 36β30 182
(4) Cari π¦, subsitusikan π₯ ke persamaan (π)
π¦1 =
π¦1 =
(β32 + 36β30) 1 + 4( ) 182 3
1 + 3
β30) 128 (β 182) + (14 + 182 )
π¦1 =
3 54 144β30 + 546 546
π¦2 =
π¦2 =
(β32 β 36β30) 1 + 4( ) 182 3 β30) 128 (β 182) β (14 + 182 )
1 + 3
3
π¦2 =
54 144β30 β 546 546
(5) Diperoleh titik singgung: (β32+36β30) 54+144β30
β’
π΄ (π₯2 . π¦2 ) = π΄ (
β’
π΅ (π₯3 , π¦3 ) = π΅ (
183
,
546
)
(β32β36β30) 54β144β30 183
,
546
)
(6) Cari jarak ππ΄ dan ππ΅ β’
ππ΄ = β(π₯1 β π₯2 )2 + (π¦1 β π¦2 )2 2
2
32 + 36β30 54 + 144β30 ππ΄ = β[β16 β ( )] + [9 β ( )] 182 546 2
2
β2880 β 36β30 4860 β 144β30 ππ΄ = β[ ] +[ ] 182 546 ππ΄ = β272,9 + 55,6 = 18,1 β 18 β’
ππ΅ = β(π₯1 β π₯3 )2 + (π¦1 β π¦3 )2 2
2
32 β 36β30 54 β 144β30 ππ΄ = β[β16 β ( )] + [9 β ( )] 182 546 2
2
β2880 + 36β30 4860 + 144β30 ππ΄ = β[ ] +[ ] 182 546 ππ΄ = β218,1 + 100,3 = 17,8 β 18
Jadi, jarak dari titik π ke garis yang menghubungkan titik-titik singgung adalah 18.
10. Persamaan elips yang sumbu-sumbunya berimpit dengan sumbu koordinat dan yang menyinggung dua garis 3π₯ β 2π¦ β 20 = 0 dan π₯ + 6π¦ β 20 = 0 adalahβ¦.
Penyelesaian: β’
3π₯ β 2π¦ β 20 = 0 3 π₯ β 10 2 3 π1 = 2 π¦=
β’
π₯ + 6π¦ β 20 = 0 1 20 π¦=β π₯+ 6 6 π2 = β
1 6
Sehingga, 3
Persamaan garis singgung dengan π1 = 2 adalah βπ2 π2 + π 2 = 10 3 2 π ( ) + π 2 = 100 2 2
9 2 π + π 2 = 100 4 9π2 + 4π 2 = 400 (i) 1
Persamaan garis singgung dengan π2 = β 6 adalah βπ2 π2 + π 2 =
20 6
1 2 20 2 π2 (β ) + π 2 = ( ) 6 6 1 2 400 π + π2 = 36 36 π2 + 36π 2 = 400 (ii) Eliminasi persamaan (i) dan (ii)
9π2 + 4π 2 = 400 |1| 9π2 + 4π 2 = 400 π2 + 36π 2 = 400 |9| 9π2 + 324π 2 = 3600 β320π 2 = β3200 3200 β320
π2 = β π 2 = 10
Subsitusikan π 2 = 10 ke persamaan (ii) π2 + 36π 2 = 400 π2 + 36 (10) = 400 π2 = 40 Sehingga diperoleh persamaan elipsnya adalah π₯2 π¦2 + =1 40 10
11. Titik π΄ (β3, β5) terletak pada hiperbola yang salah satu titik apinya πΉ (β2, β3) dan garis arah yang bersesuaian dengan titik api ini adalah π₯ + 1 = 0. Persamaan hiperbola yang memenuhi syarat diatas adalahβ¦
Penyelesaian: Misal ada sebuah titik (x,y), maka jarak terhadap titik fokus πΉ (β2, β3): β(π₯0 β π₯)2 + (π¦0 β π¦)2 Jarak fokus ke direktris π₯ + 1 = 0, maka π = β1 β π₯0 Sehingga, β(π₯0 β π₯)2 + (π¦0 β π¦)2 β(β3 + 2)2 + (β5 + 3)2 β5 π= = = β1 β π₯0 β1 + 3 2 Maka, β5 β(π₯ + 2)2 + (π¦ + 3)2 = 2 β1 β π₯
β5 (β1 β π₯) = β(π₯ + 2)2 + (π¦ + 3)2 2 5 (1 β 2π₯ + π₯ 2 ) = (π₯ 2 + 4π₯ + 4) + (π¦ 2 + 6π¦ + 9) 4 5 β 10π₯ + 5π₯ 2 = 4π₯ 2 + 16π₯ + 16 + 4π¦ 2 + 24π¦ + 36 π₯ 2 β 6π₯ β 47 β 4π¦ 2 β 24π¦ = 0
5
12. Agar garis π¦ = 2 π₯ + π menyinggung hiperbola
π₯2 9
π¦2
β 36 = 1 maka nilai π adalahβ¦.
Penyelesaian: 5
5
π¦ = 2 π₯ + π, maka π = 2 , π2 = 9 dan π 2 = 36. β’
9 2
π = βπ2 π2 β π 2
π=
5 2 β π = 9 ( ) β 36 2
Maka, π¦ = 2π₯ + 2
π=β
5
9
81 4 9
Sehingga, nilai π = 2 π₯2
13. Persamaan garis singgung pada hiperbola 20 β
π¦2 5
= 1 yang tegak lurus garis 4π₯ +
3π¦ β 7 = 0 adalahβ¦.
Penyelesaian: Persamaan hiperbola:
π₯2 20
β
π¦2 5
= 1, maka π2 = 20 dan π 2 = 5. Gradien garis 4π₯ +
4
3π¦ β 7 = 0 adalah ππ = β 3, sehingga gradien garis singgung adalah π Γ ππ = β1 π=β
1 3 = ππ 4
Sehingga persamaan garis singgung: π¦ = ππ₯ Β± βπ2 π2 β π 2
3 3 2 β π¦ = π₯ Β± 20 ( ) β 5 4 4 π¦=
3 9 π₯ Β± β20 Γ β5 4 16
π¦=
3 45 π₯Β±β β5 4 4
3 25 π¦ = π₯Β±β 4 4 π¦=
3 5 π₯Β± 4 2
4π¦ = 3π₯ Β± 10 Sehingga: 3π₯ β 4π¦ + 10 = 0 atau 3π₯ β 4π¦ β 10 = 0 π₯2
π¦2
14. Titik π pada hiperbola 24 β 18 = 1 yang terdekat ke garis 3π₯ + 2π¦ + 1 = 0 adalahβ¦.
Penyelesaian: 3π₯ + 2π¦ + 1 = 0 2π¦ = β3π₯ β 1 π¦=
β3π₯ β 1 2
3
Maka, gradien: β 2 Subsitusikan ke persamaan garis singgung, maka: π¦ = ππ₯ Β± βπ2 π2 β π 2 3 3 2 β π¦ = β π₯ Β± 24 (β ) β 18 2 2 3 π¦ = β π₯ Β± β54 β 18 2 3 π¦ = β π₯ Β± β36 2
3 π¦ =β π₯Β±6 2 Subsitusikan ke persamaan hiperbola: 2
π₯ β 24
2 3 (β 2 π₯ β 6)
18
=1
3 12 2 π₯ 2 (β 2 π₯ β 2 ) β =1 24 18 π₯ 2 β3π₯ β 12 β =1 24 72 3π₯ 2 β (9π₯ 2 + 72π₯ + 144) = 72 β6π₯ 2 β 72π₯ β 216 = 0 π₯ 2 + 12π₯ + 36 = 0 (π₯ + 6)(π₯ + 6) = 0, π₯ = β6 Subsitusikan nilai π₯ 3 π¦+ π₯+6=0 2 3 π¦ + (β6) + 6 = 0 2 π¦β9+6=0 π¦β3=0 π¦=3 Jadi, nilai titik π adalah (-6,3)
15. Jika garis 2π₯ β π¦ β 4 = 0 menyinggung hiperbola yang titik-titik apinya πΉ1 (β3,0) dan πΉ2 (3,0) maka persamaan hiperbola adalahβ¦. Penyelesaian: Pusat hiperbola (0,0)
Diketahui garis singgung
π 2 = π2 + π 2
2π₯ β π¦ β 4 = 0
32 = π2 + π 2
π¦ = 2π₯ β 4β¦β¦(ii)
π2 + π 2 = 9β¦β¦(i)
Gradien π = 2
Persamaan garis singgung hiperbola π¦ = ππ₯ Β± βπ2 π2 β π 2 Maka, π¦ = 2π₯ Β± β22 π2 β π 2 π¦ = 2π₯ Β± β4π2 β π 2β¦β¦ (iii) Dari persamaan (ii) dan (iii) di dapatkan 4 = β4π2 β π 2 16 = 4π2 β π 2 β¦..(iv) Eliminasi (i) dan (iv) π2 + π 2 = 9 4π2 β π 2 = 16 5π2 = 25 π2 = 5 Sehingga didapat π2 = 9 β π2 π2 = 9 β 5 = 4 Maka, persamaan parabolanya adalah π₯2 π¦2 β =1 π2 π 2 π₯2 π¦2 β =1 5 4
16. Luas daerah segitiga yang dibentuk oleh asimtot-asimtot hiperbola garis 9π₯ + 2π¦ β 24 = 0 adalahβ¦.
Penyelesaian: π
Persamaan asimtot: π¦ = Β± π π₯, maka: 3 π¦=Β± π₯ 2 2π¦ = Β±3π₯ 2π¦ Β± 3π₯ = 0β¦β¦(i) Eliminasi (i) dengan garis 9π₯ + 2π¦ β 24 = 0 β’
2π¦ + 3π₯ = 0 2π¦ + 9π₯ = 24 β6π₯ = β24 π₯=4 Maka, 2π¦ + 3π₯ = 0 2π¦ + 12 = 0 π¦ = β6, sehingga titik koordinat (4, β6)
β’
2π¦ β 3π₯ = 0 2π¦ + 9π₯ = 24 β12π₯ = β24 π₯=2 Maka, 2π¦ β 3π₯ = 0 2π¦ β 6 = 0 2π¦ = 6 π¦ = 3, sehingga titik koordinat (2,3)
π₯2 4
β
π¦2 9
= 1 dan
Didapatkan titik-titik segitiga adalah (4,-6), (2,3), (0,0) Sehingga luas segitiga: 1 (π₯ π¦ + π₯2 π¦3 + π₯3 π¦1 ) β (π¦1 π₯2 + π¦2 π₯3 + π¦3 π₯1 ) 2 1 2 1 = (12 + 0 + 0) β (β12 + 0 + 0) 2 =
1
= 2 (24) = 12 satuan luas
17. Titik-titik api suatu hiperbola berimpit dengan titik-titik api elips
π₯2 25
+
eksentrisitas numerik π = 2 maka persamaan hiperbolanya adalahβ¦.
Penyelesaian: Diketahui, π 2 = π2 β π 2 9 = 25 β π 2 π = Β±4 Diketahui eksentrisitas numerik hiperbola: π π 4 2= π π=
π=2 Maka, π 2 = π2 β π 2 42 = 22 + π 2 16 = 4 + π 2 π 2 = 12 Sehingga, persamaan hiperbolanya adalah π₯2 π¦2 + =1 4 12
π¦2 9
= 1.jika
18. Persamaan hiperbola yang titik-titik apinya pada puncak-puncak elips
π₯2 100
+
π¦2 64
=1
dan garis-garis arahnya melalui titik-titik api dari elips ini adalahβ¦.
Penyelesaian: (1) Titik fokus hiperbola = titik puncak elips Jika titik puncak elips adalah (π, 0) dan (βπ, 0), maka titik fokus hiperbola adalah (10,0) dan (β10,0) (2) Garis arah melalui titik fokus elips π 2 = π2 β π 2 π 2 = 100 β 64 π =Β±6 Maka garis arah melalui titik fokus (β6,0) dan (6,0) π2
(3) Garis arah hiperbola adalah π₯ = Β± π , maka 6=Β±
π2 10
Β± π2 = 60 (4) π 2 = π2 + π 2 100 = 60 + π 2 π 2 = 40 (5) Maka persamaan hiperbola π₯2 π¦2 β =1 60 40 19. Persamaan hiperbola yang sumbu-sumbunya berimpit dengan sumbu koordinat dan menyinggung dua garis 5π₯ β 6π¦ β 16 = 0 dan 13π₯ β 10π¦ β 48 = 0 adalahβ¦.
Penyelesaian: (1) Cari persamaan garis singgung β’
5π₯ β 6π¦ = 16 π¦=
β’
16β5π₯ β6
5
, maka π1 = 6
13π₯ β 10π¦ β 48 = 0 π¦=
β13π₯+48 β10
13
, maka π2 = 10
(2) Karena menyinggung maka π· = 0. Kemudian subsitusikan π¦ = ππ₯ + π ke dalam π₯2
π¦2
β’
π¦=
β π2 = 1, lalu π 2 β 4ππ = 0 sehingga akan didapat π 2 β π 2 β π2 π2 = 0. π2
(β
16β5π₯ β6
, maka
16 2 5 2 ) + π 2 β ( ) π2 = 0 6 2
36π 2 β 25π2 = β256 (i) β’
π¦=
β13π₯+48 β10
48 2 13 2 2 2 (β ) + π β ( ) π = 0 10 10 100π 2 β 169π2 = β2304 (ii) (3) Eliminasi (i) dan (ii) 36π 2 β 25π2 = β256
|100| 3600π 2 β 2500π2 = β25600
100π 2 β 169π2 = β2304 |36| 3600π 2 β 6084π2 = β82944 β3584π2 = 57344 π2 = 16 π=4 (4) Subsitusikan nilai π ke salah satu persamaan yang ada 36π 2 β 25π2 = β256 36π 2 β 25(4)2 = β256 36π 2 = β256 + 25(16) π2 = 4 π=2 Maka, persamaan hiperbola: π₯2 π¦2 β =1 16 4
20. Persamaan tali busur hiperbola
π₯2 16
β
π¦2 4
= 1 yang dibagi dua sama panjang oleh titik
π΅(6,2) adalahβ¦.
Penyelesaian: π₯2
π¦2
Persamaan hiperbola: π2 β π2 = 1, sehingga didapatkan π2 = 16 dan π 2 = 4. Dimiliki π΅ (6,2), maka π₯1 = 6 dan π¦1 = 2. Persamaan garis yang dilalui suatu titik dengan gradien π yaitu: π¦ = π(π₯ β π₯1 ) + π¦1 Maka, π¦ = π(π₯ β π₯1 ) + π¦1 π¦ = π(π₯ β 6) + 2 π2π₯
Gradien garis pada satu titik yaitu: π1 = π2 π¦1
1
π2π₯
4Γ6
24
3
Maka, π = π2 π¦1 = 16Γ2 = 32 = 4 1
3
Subsitusikan nilai π = 4 , pada persamaan garis sehingga menjadi: π¦ = π(π₯ β 6) + 2 3 π¦ = (π₯ β 6) + 2 4 4π¦ = 3π₯ β 18 + 8 4π¦ = 3π₯ β 10 4π¦ β 3π₯ + 10 = 0 π₯2
Jadi, persamaan tali busur hiperbola 16 β
π¦2 4
= 1 yang dibagi dua sama Panjang oleh
titik π΅ (6,2) adalah 4π¦ β 3π₯ + 10 = 0
21. Persamaan parabola dengan puncak titik asal, simetris terhadap ππ dan melalui titik π΄ (9,6) adalahβ¦.
Penyelesaian: Persamaan parabola: π¦ 2 = 4ππ₯ Untuk menentukan nilai π, maka subsitusikan titik π΄ (9,6) pada persamaan hiperbola sehingga: π¦ 2 = 4ππ₯
62 = 4π(9) 36 = 36π π=1 Subsitusikan π = 1 ke dalam persamaan parabola π¦ 2 = 4ππ₯, maka π¦ 2 = 4ππ₯ π¦ 2 = 4(1)π₯ π¦ 2 = 4π₯ Jadi persamaan parabola dengan titik asal, simetris terhadap ππ dan melalui titik π΄ (9,6) adalah π¦ 2 = 4π₯
22. Persamaan parabola dengan puncaknya π, terletak di tengah-tengah bidang atas, 1
simetris terhadap ππ, dan parameternya π = 4 adalahβ¦. Penyelesaian: Simetris terhadap ππ berarti parabola vertical, sehingga persamaannya: π₯ 2 = 2ππ¦. 1
Maka, subsitusi π = 4 ke persamaan parabola vertical, sehingga: 1 π₯2 = 2 ( ) π¦ 4 1 π₯2 = π¦ 2
23. Dari titik api parabola π¦ 2 = 12π₯ dipancarkan sinar yang membentuk sudut lancip 3
πΌ (π‘ππΌ = 4) dengan sumbu π posiitif. Persamaan garis yang dilalui sinar pantul tersebut adalahβ¦.
Penyelesaian: (1) π¦ 2 = π¦ 2 12π₯ = 2ππ₯ π=6 1
Sehingga titik fokusnya adalah (2 π, 0) = (3,0)
(2) Cari persamaan garis yang melalui titik (3,0) dengan π = π‘ππΌ =
3 4
π¦ β π¦1 = π(π₯ β π₯1 ) 3 (π₯ β 3) 4 3 9 π¦= π₯β 4 4 4 9 π₯ = (π¦ + ) 3 4 4 π₯ = π¦+3 3
π¦β0=
4
(3) Subsitusikan π₯ = 3 π¦ + 3 ke persamaan π¦ 2 = 12π₯ 4 π¦ 2 = 12 ( π¦ + 3) 3 π¦ 2 = 16π¦ + 36 π¦ 2 β 16π¦ β 36 = 0 (π¦ β 18)(π¦ β 2) = 0 π¦ = 18, π¦ = 2 4
(4) π¦ = 18 disubsitusikan ke persamaan π₯ = 3 π¦ + 3 π₯= π₯=
4 π¦+3 3
4 (18) + 3 3 π₯ = 27
Sehingga hasilnya (π₯, π¦) = (27,18). Karena π¦ = 18, maka persamaan garis pantulnya π¦ = 18.
1
24. Persamaan garis singgung pada parabola π¦ 2 = 6π₯ yang tegak lurus garis π¦ = 3 π₯ + 2 adalahβ¦.
Penyelesaian: 1
1
Persamaan garis singgung yang tegak lurus: π¦ = 3 π₯ + 2, maka π1 = 3. 1
Kemudian, π2 = β 1 = β3. 3
β’
2
π¦ = 4ππ₯
6π₯ = 4ππ₯ π=
3 2
Sehingga, persamaan garis singgung: π π 3 π¦ = β3π₯ + 2 β3 1 π¦ = β3π₯ β 2 π¦ = ππ₯ +
25. Dari titik π΄ (β1,2) dibuat garis-garis singgung pada parabola π¦ 2 = 10π₯. Persamaan garis yang menghubungkan titik-titik singgungnya adalahβ¦.
Penyelesaian: π¦ 2 = 4ππ₯ 10π₯ = 4ππ₯ π=
5 2
Sehingga: π¦π¦1 = 2π(π₯ + π₯1 ) 5 2π¦ = 2 Γ (π₯ β 1) 2 2π¦ = 5π₯ β 5 π¦=
5π₯ β 5 2
26. Persamaan parabola yang titik apinya πΉ (4,3) dan garis arahnya π₯ + 1 = 0 adalahβ¦.
Penyelesaian: β(π₯ β 4)2 + (π¦ β 3)2 = |π¦ + 1| (π₯ β 4)2 + (π¦ β 3)2 = (π¦ + 1)2 (π₯ 2 β 8π₯ + 16) + (π¦ 2 β 6π¦ + 9) = π¦ 2 + 2π¦ + 1 π₯ 2 β 8π₯ + 24 β 8π¦ = 0 8π¦ = π₯ 2 β 8π₯ + 24 π¦=
1 2 π₯ βπ₯+3 8
27. Titik-titik pada parabola π¦ 2 = 16π₯ yang jaraknya 13 dari titik api adalahβ¦.
Penyelesaian: Persamaan parabola: π¦ 2 = 2ππ₯ Maka, π¦ 2 = 16π₯ 2ππ₯ = 16π₯ π=8 1
Titik api (fokus) = (2 π, 0) = (4,0) Jarak dengan titik api adalah 13, maka 1 2 β π‘ππ‘ππ πππ = (π₯ β π) + π¦ 2 2 13 = β(π₯ β 4)2 + π¦ 2 132 = (π₯ β 4)2 + π¦ 2 132 = (π₯ β 4)2 + 2ππ₯ 132 = (π₯ β 4)2 + 16π₯ 132 = π₯ 2 β 8π₯ + 16 + 16π₯ 132 = π₯ 2 + 8π₯ + 16 132 = (π₯ + 4)2
(π₯ β 4) = 13
sehingga π₯=9 Maka, π₯1 = π₯2 = 9 Subsitusikan π₯1 = π₯2 = 9, sehingga π¦ 2 = 16π₯ π¦ 2 = 16 Γ 9 π¦ 2 = 144 π¦ = Β±12 Maka, titik pada parabola π¦ 2 = 16π₯ yang jaraknya 13 cm dari titik api adalah (9,12) dan (9,-12)
28. Titik π pada parabola π¦ 2 = 64π₯ yang terdekat dengan garis 4π₯ + 3π¦ β 14 = 0 adalahβ¦.
Penyelesaian: π
Rumus persamaan parabola adalah π¦ 2 = 2ππ₯, sehingga menjadi π¦ = ππ₯ + 2π dengan π = 32. β’
4π₯ + 3π¦ β 14 = 0 4
π¦ = β3π₯ +
14 3
4
, maka π = β 3 π¦ = ππ₯ +
π 2π
4 32 π¦=β π₯+ 4 3 2(β 3) 4 π¦ = β π₯ β 12 3 Sehingga: π¦ 2 = 64π₯
2 4 [(β π₯ β 12)] = 64π₯ 3
16 2 π₯ + 32π₯ + 144 = 64π₯ 9 16 2 π₯ β 32π₯ + 144 = 0 9 π₯ 2 β 18π₯ + 81 = 0 (π₯ β 9)(...