PENGANTAR GEOMETRI DAN KALKULUS PEUBAH …web.unair.ac.id/admin/file/f_22572_geometri_kpb.pdf ·...

i

CATATAN KULIAH

PENGANTAR GEOMETRI

DAN

KALKULUS PEUBAH BANYAK

Oleh:

Eridani

Departemen Matematika

Universitas Airlangga

SURABAYA

ii

Kata Pengantar

Bismillahirrahmanirrahim.

Alhamdulillah, puji syukur penulis panjatkan kehadirat Allah Subhanahu Wata’ala

yang telah melimpahkan karunia-Nya, sehingga penulis telah dapat menyusun catatan

kuliah ini.

Mempelajari Geometri untuk siswa Sekolah Menengah berarti terasosiasi dengan

jenis-jenis, berikut beberapa sifat, kurva sederhana, semisal garis (lurus), lingkaran,

dan parabola, di bidang datar. Untuk beberapa siswa Sekolah Menengah yang bermi-

nat mempelajari materi geometri di Olimpiade Sains, materi tersebut dapat ditambah

dengan beberapa kurva atau permukaan pada ruang (dimensi 3).

Selain itu, oleh karena bidang datar dan ruang (yang berturut-turut, biasa dino-

tasikan dengan R2 dan R

3) mempunyai struktur yang sangat kaya, seperti yang telah

dijelaskan dalam perkuliahan Aljabar Linier Elementer, maka materi elementer dalam

Struktur Aljabar juga layak untuk diperkenalkan di sini. Materi tersebut dipilihkan

berdasarkan keperluannya saja. Dimulai dengan vektor, sampai dengan penggunaannya

dalam menyajikan persamaan garis dan bidang (dalam bentuk notasi vektor). Tidak

lupa pula disajikan pengertian sudut (dan hasil kali dalam, sebagai perumumannya)

yang pada akhirnya akan mengarahkan kita kepada pengertian panjang vektor (berikut

ke konsep norma vektor sebagai perumumannya).

Penyajian materi dimulai dengan melakukan orientasi pada materi geometri Sekolah

Menengah, khususnya Trigonomeri, untuk memberikan gambaran awal tentang beber-

apa jenis benda-benda geometris baik di bidang maupun dalam ruang. Kemudian

dilanjutkan dengan penyajian tentang garis dan beberapa sifat pentingnya. Kemu-

dian geometri pada bidang diakhiri dengan penyampaian beberapa jenis irisan kerucut

dalam bidang datar.

Sebagai aplikasinya, mulai disajikan tentang kinematika benda (yang bergerak di

sepanjang kurva pada bidang datar), berikut memperkenalkan beberapa definisi pent-

ing dalam mekanika sederhana untuk melengkapi materi ini.

Puncaknya, materi tentang kinematika akan disajikan kembali tapi dengan setting

yang berbeda, yaitu dalam ruang dimensi 3.

Mudah-mudahan bimbingan dan bantuan dari semua pihak mendapat balasan yang

setimpal dari Allah yang Maha Adil. Akhir kata dengan mengucapkan tiada gading

iii

yang tak retak, penulis mohon maaf atas segala kekurangan, dan berharap semoga

tulisan ini bermanfaat setidak-tidaknya bagi penulis sendiri, maupun bagi para peminat

matematika pada umumnya.

DAFTAR ISI

Kata Pengantar ii

DAFTAR ISI iv

I Pendahuluan 1

I.1 Pengantar Trigonometri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

I.2 Sistem Koordinat Kartesius . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

I.2.1 Sistem Koordinat dan Garis Lurus . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

I.2.2 Garis pada sistem koordinat miring . . . . . . . . . . . . . . . . 11

II Vektor 12

II.1 Vektor dan Penggunaannya . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

II.1.1 Vektor pada Bidang Datar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

II.1.2 Penggunaan sifat-sifat Vektor dalam Geometri Datar . . . . . . . 15

II.1.3 Persamaan Garis pada Bidang . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

II.1.4 Garis dan Bidang dalam Ruang . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

IIIIrisan Kerucut 19

III.1 Lingkaran . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

III.2 Parabola . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

III.3 Ellips . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

IVKurva di Bidang atau Ruang 27

IV.1 Pengertian Kurva di Bidang . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

IV.1.1 Persamaan Garis pada Bidang . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

IV.1.2 Pengertian Garis dan Bidang dalam Ruang . . . . . . . . . . . . 31

IV.2 Pengertian Ruang Vektor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32

iv

Bab I

Pendahuluan

Seekor tiram berjemur di tepi pantai dengan kulit terbuka, tatkala seekor bangau

menghampiri dan mematuk dagingnya. Tiram itu mengatup dengan tiba-tiba, sambil

menjepit paruh panjang sang bangau. Tak satu pun mau mengalah. Akhirnya seorang

nelayan mendekati dan menangkap keduanya.

(Cerita rakyat Cina).

I.1 Pengantar Trigonometri

Subbab ini berisi tentang materi trigonometri sekolah menengah secara singkat. Di-

harapkan pembaca dapat menyerap informasi di dalamnya sekaligus melakukan ori-

entasi terkait penotasian yang dituliskan di dalamnya, dan yang terpenting, pembaca

dapat menjadikan penguasaan materi trigonometri di dalamnya dapat dijadikan seba-

gai dasar untuk persiapan mengerti konsep-konsep geometri yang akan disajikan dalam

bab-bab selanjutnya.

Dalam ∆ABC akan digunakan notasi sebagai berikut.

a := |BC|, b := |AC|, c := |AB|,

dan

α := ∠ BAC, β := ∠ ABC, γ := ∠ BCA.

Diketahui bahwa titik-titik K,L,M, terletak pada ruas-ruas garis AB,BC, dan CA.

Ruas-ruas garis AL,BM, dan CK disebut garis ceva, atau cevian ∆ABC. Sedangkan

L(∆ABC) menyatakan luas ∆ABC.

1

BAB I. PENDAHULUAN 2

♣ (Teorema Pythagoras). Jika dalam ∆ABC berlaku γ := 90◦, maka

c2 = a2 + b2.

Jika c2 = a2 + b2, dapatkah kita simpulkan bahwa γ = 90◦?

♦ Konstruksikan persegi �KLMN dengan panjang sisi a + b. Pasangkan titik-titik

D,E,F, dan G pada sisi-sisi persegi sedemikian hingga

|KD| = |LE| = |MF | = |NG| = a, dan |DL| = |EM | = |FN | = |GK| = b.

Konstruksikan persegi �DEFG. Dengan menggunakan fakta bahwa luas persegi yang

besar sama dengan luas persegi kecil ditambah luas empat segitiga, maka terbuktilah

apa yang diminta.

♣ (Aturan Sinus). Dalam ∆ABC berlaku

sin α

a=

sin β

b=

sin γ

c.

Catatan: Misalkan 0 < α, β < 90◦. Pengerjaan dimulai dari kasus γ = 90◦, kemudian

dilanjutkan dengan 0 < γ < 90◦, dan γ > 90◦.

♣ Buktikan bahwa dalam ∆ABC berlaku

• a = b cos γ + c cos β,

• sin(β + γ) = sin β cos γ + cos β sin γ,

• a(sin β − sin γ) + b(sin γ − sin α) + c(sin α − sin β) = 0.

♣ (Aturan Cosinus). Dalam ∆ABC berlaku

a2 = b2 + c2 − 2bc cos α.

Dapatkah anda memperoleh aturan sinus dari aturan cosinus, atau sebaliknya?

♦ Misalkan diketahui bahwa rumus cosinus berlaku dalam ∆ABC. Ini berarti

a2 = b2 + c2 − 2bc cos α,

b2 = a2 + c2 − 2ac cos β,


c2 = a2 + b2 − 2ab cos γ.

Oleh karena (b2 +c2−a2)2 = 4 b2c2 cos2 α = 4 b2c2(1−sin2 α), maka dengan mengingat

bahwa 2s := a + b + c, akan kita punyai

4 b2c2 sin2 α = 4 b2c2 − (b2 + c2 − a2)2

= (2 bc + b2 + c2 − a2)(2 bc − b2 − c2 + a2)

= (b + c + a)(b + c − a)(b + a − c)(a + c − b)

= 16 s(s − a)(s − b)(s − c) =: 16K2.

Dengan demikian

sin2 α

a2=

4K2

a2b2c2, atau

sin α

a=

2K

abc.

Dengan cara serupa, pada akhirnya akan kita peroleh

sin α

a=

sinβ

b=

sin γ

c=

2K

abc.

Sebaliknya, misalkan dalam ∆ABC berlaku rumus sinus

sin α

a=

sin β

b=

sin γ

c=

1

L.

Oleh karena α + β + γ = 180◦, maka

sin2 α = sin2(β + γ) = (sin β cos γ + cos β sin γ)2

= sin2 β + sin2 γ + 2 sin β sin γ(cos β cos γ − sin β sin γ)

= sin2 β + sin2 γ + 2 sin β sin γ cos(β + γ)

= sin2 β + sin2 γ − 2 sin β sin γ cos α.

Dengan demikian,

a2 = L2 sin2 α

= L2 sin2(β + γ)

= L2 sin2 β + L2 sin2 γ − 2L2 sinβ sin γ cos α

= b2 + c2 − 2 bc cos α.

Ini mengakhiri pembuktian.

♣ Pada ∆ABC, buktikan keberlakuan identitas berikut:


• tan α + tan β + tan γ = tan α tan β tan γ,

• sin2 α + sin2 β + sin2 γ = 2(1 + cos α cos β cos γ),

• (a + b) : c = cos α−β2

: sin(γ/2),

• 2 = cos αsinβ sinγ + cos β

sin α sinγ + cos γsinβ sinα ,

• (a + b) : (a − b) = tan α+β2

: tan α−β2

.

♣ Jika dalam ∆ABC berlaku

a2(1 + cos α) = 2 bc sin2 α,

buktikan bahwa ∆ABC samakaki.

♣ Jika dalam ∆ABC berlaku

a + b = c(cos α + cos β),

buktikan bahwa ∆ABC siku-siku.

♣ (Panjang Cevian). Misalkan m := |AK|, dan n := |BK|, maka

|CK|2 =a2m + b2n

m + n− mn.

Sederhanakan rumus di atas dalam hal K adalah titik tengah atau median AB.

Hasil ini disebut Teorema Stewart, yang dituliskan oleh M. Stewart pada 1746. Se-

jarah mencatat, kemungkinan Archimedes telah menuliskan teorema ini pada 300 SM.

Tetapi teorema berikut bukti lengkapnya pertamakali ditulis oleh R. Simson pada 1751.

♦ Misalkan digunakan notasi θ := ∠AKC, dan ω := ∠BKC. Dengan menerapkan

rumus cosinus pada ∆AKC, dan ∆BKC, akan kita punyai

b2 = m2 + |CK|2 − 2m|CK| cos θ, a2 = n2 + |CK|2 − 2n|CK| cos ω.

Oleh karena cos ω = − cos θ, maka

n2 + |CK|2 − a2

−2n|CK| = cos θ =m2 + |CK|2 − b2

2m|CK| .



♣ (Teorema Ceva). Jika ketiga cevian ∆ABC berpotongan pada satu titik (konkuren),

maka|AK||KB| ·

|BL||LC| ·

|CM ||MA| = 1.

Catatan: Hasil ini dibuktikan oleh matematikawan Italia Giovanni Ceva, pada 1678.

♦ Misalkan ketiga garis ceva AL,BM, dan CK berpotongan di P.

Oleh karena ∆APK mempunyai tinggi yang sama dengan ∆BPK, dan juga ∆ACK

memiliki tinggi yang sama dengan ∆BCK, cukup jelas bahwa

L(∆ACK)

L(∆BCK)=

|AK||KB| =

L(∆APK)

L(∆BPK).

Dengan demikian, akan kita peroleh

|AK||KB| =

L(∆ACK) − L(∆APK)

L(∆BCK)− L(∆BPK)=

L(∆APC)

L(∆BPC).

Dengan cara yang sama, kita dapatkan fakta-fakta berikut. Yaitu

|BL||LC| =

L(∆BPA)

L(∆CPA),

|CM ||MA| =

L(∆CPB)

L(∆APB).


♣ (Konvers Teorema Ceva). Jika ketiga cevian ∆ABC bersifat

|AK||KB| ·

|BL||LC| ·

|CM ||MA| = 1,

maka ketiga cevian konkuren.

♣ Misalkan K,L,M adalah median dan ketiga cevian konkuren di G, maka ∆ABC

terbagi menjadi enam segitiga yang mempunyai luas sama, dan

|CG||GK| =

|BG||GM | =

|AG||GL| =

2

1.

♣ (Teorema Trigono–Ceva). Pada ∆ABC, diberikan garis-garis ceva AL, BM, dan

CK. Ketiga garis ceva akan konkuren jika dan hanya jika

sin ∠CAL

sin ∠LAB· sin∠ABM

sin ∠MBC· sin ∠BCK

sin∠KCA= 1.

Tunjukkan bahwa Teorema Ceva dipenuhi dalam hal ketiga garis ceva merupakan garis

bagi sudut.

♣ Misalkan ∆ABC merupakan segitiga lancip. Tunjukkan bahwa Teorema Ceva

berlaku dalam hal ketiga garis ceva adalah garis tinggi. Apakah yang terjadi jika salah

satu sudut ∆ABC merupakan sudut tumpul?


I.2 Sistem Koordinat Kartesius

I.2.1 Sistem Koordinat dan Garis Lurus

Pada subbab ini kita mulai dengan mengenal sistem koordinat Kartesius yang akan

menjadi acuan kerja kita dalam menelaah berbagai macam irisan kerucut. Kita dapat

menganggap garis lurus merupakan bentuk paling sederhana dari hasil persinggungan

antara kerucut dengan suatu bidang datar.

♣ Hitunglah jarak antara dua titik di bidang koordinat.

Catatan: Misalkan kedua titik tersebut tersebut terletak di kuadran I. Dengan meng-

gunakan teorema Pythagoras dapat ditemukan rumus jarak yang diinginkan. Secara

umum dapat ditinjau dalam hal kedua titik terletak di dua kuadran yang berbeda.

♣ Misalkan P0 suatu titik yang terletak pada ruas garis P1P2 sedemikian sehingga

|P1P0| : |P2P0| = m : n. Tentukan koordinat P0. Jika koordinat P0 dan P1 diketahui,

dapatkah koordinat P2 ditentukan?

Catatan: Soal dapat disederhanakan dalam hal P1 dan P2 terletak di kuadran yang

sama.

♦ Misalkan diberikan titik-titik P1(x1, y1), P0(x, y), dan P2(x2, y2) di Kuadran I

dengan ketentuan 0 < x1 < x < x1, dan 0 < y1 < y < y2.

Untuk titik-titik A(x, y1) dan B(x2, y1), kita ketahui bahwa ∆PAP1 dan ∆BP2P1

kongruen. Dengan demikian

|P1A||PP1|

=|P1B||P1P2|

, dan|PA||PP1|

=|P2B||P1P2|

.

Hal ini mengakibatkan

x =mx2 + nx1

m + n, dan y =

my2 + ny1

m + n.

♣ Misalkan diberikan a, b, c taknol yang bersifat: a+ b+ c = 0, ax1 + bx2 + cx3 = 0,

dan ay1 + by2 + cy3 = 0. Tunjukkan bahwa (x1, y1), (x2, y2) dan (x3, y3) ketiganya

segaris.

♣ Carilah titik P yang berjarak sama terhadap titik-titik

(

am1,a

m1

)

,

(

am2,a

m2

)

,

(

am3,a

m3

)

, dan

(

a

m1m2m3

, am1m2m3

)

.


♣ Jika dalam △ABC, D merupakan titik tengah BC, buktikan bahwa

|AB|2 + |AC|2 = 2(|AD|2 + |DC|2).

Catatan: Sebagai langkah awal, soal dapat diselesaikan dalam hal △ABC segitiga siku-

siku di A. Selanjutnya dapat ditinjau untuk sebarang segitiga.

♣ (Pusat massa suatu segitiga). Misalkan D,E, dan F berturut-turut menyatakan

titik tengah ruasgaris BC,CA, dan AB dalam △ABC. Jika titik X bersifat |AX| :

|XD| = 2 : 1, buktikan bahwa

|BX| : |XE| = |CX| : |XF | = 2 : 1.

♣ Misalkan ℓ menyatakan garis yang melalui (2, 0) dan (0, 3). Jika (x, y) terletak di

ℓ, buktikan bahwa 6 = 3x + 2 y.

Catatan: Setelah mensketsa garis yang dimaksud, dapat ditinjau tiga macam kemu-

ngkinan, yaitu (x, y) berada di kuadran I, II atau IV.

♣ Tunjukkan bahwa A = {(x, 1 − x) : x ∈ R} menyatakan kumpulan titik yang

terletak pada garis yang melalui (1, 0) dan (0, 1).

Catatan: Salah satu sifat dari garis (lurus) adalah AB ⊂ A, jika A,B ∈ A.

♦ Misalkan A(a, b), B(c, d) menyatakan sebarang titik pada A. Ini berarti b = 1−a

dan d = 1 − c. Akan ditunjukkan bahwa AB ⊂ A, atau dengan kata lain, semua titik

pada AB juga berada di A.

Misalkan X(x, y) sebarang titik pada AB, ini berarti

x =ma + nc

m + ny =

mb + nd

m + n,

untuk suatu m, n > 0. Oleh karena

1 − x = 1 − ma + nc

m + n=

m − ma + n − nc

m + n=

mb + nd

m + n= y,

kita simpulkan bahwa X terletak pada A. Ini mengakhiri pembuktian.

♣ Tunjukkan bahwa, untuk a, b > 0,

x

a+

y

b= 1,


menyatakan persamaan garis yang melalui (a, 0) dan (0, b).

♦ Misalkan O menyatakan pusat koordinat, dan digunakan notasi A(a, 0), B(0, b),

dan P (x, y) terletak pada garis yang dimaksud. Misalkan P terletak di kuadran IV.

Jika Q(x, 0) terletak pada garis, maka cukup jelas bahwa ∠OAB = ∠QAP. Dengan

demikianb

a=

|OB||OA| = tan ∠OAB = tan ∠QAP =

|PQ||QA| =

−y

x − a.

Situasi dimana P terletak di kuadran I atau II ditinggalkan sebagai latihan.

♣ Misalkan c > 0. Tentukan persamaan garis yang melalui (0, c) dan membentuk

sudut lancip α dengan sumbu-x positif.

♦ Misalkan K(0, c) dan P (x, y) (titik di kuadran I) terletak pada garis yang dimak-

sud. Jelas bahwa ∆KPL adalah segitiga siku-siku, jika L(x, c), dan α := ∠(KL,PC).

Jelas bahwa

m := tan α =|PL||KL| =

y − c

x, atau y = mx + c,

adalah garis yang dimaksud. Sebagai latihan, dapat dicoba pencarian persamaan garis

saat P di kuadran II atau III.

♣ Buktikan bahwa y = m x+ c menyatakan persamaan garis yang melalui (0, c) dan

membentuk sudut α := arctan m dengan sumbu-x positif.

♣ Buktikan bahwa luas segitiga dengan titik-titik sudut (x1, y1), (x2, y2), dan (x3, y3)

adalah

1

2det

x1 y1 1

x2 y2 1

x3 y3 1

Catatan: Notasi “det(A)” menyatakan nilai determinan sebarang matriks bujursangkar

A.

♣ Buktikan bahwa Ax + By + C = 0 selalu menyatakan persamaan garis di bidang,

jika A, dan B tidak bersama-sama bernilai nol.

♦ Pembuktian dapat dimulai dengan memisalkan A atau B bernilai nol.

Misalkan P (x1, y1) dan Q(x2, y2) terletak pada garis yang dimaksud. Harus ditun-

jukkan bahwa sebarang titik pada ruasgaris PQ juga terletak pada garis yang dimaksud.

Tetapi hal ini sangat mudah karena telah dibuktikan dalam soal sebelumnya.


♣ Misalkan y = m1x+c1 dan y = m2x+c2 menyatakan dua garis yang berpotongan

dan membentuk sudut α. Buktikan bahwa

tan α =m1 − m2

1 + m1m2

.

♦ Misalkan K adalah titik potong kedua garis yang dimaksud. Pandang ∆ABK,

dengan A(−c1/m1, 0) dan B(−c2/m2, 0). Kita definisikan

α = ∠(AK,BK), β := arctan m1, γ := arctan m2.

Karena jumlah sudut-sudut dalam ∆ABK adalah 180◦, maka tan α = tan(β − γ). Ini

mengakhiri pembuktian.

♣ Tentukan syarat agar A1x + B1y + C1 = 0 dan A2x + B2y + C2 = 0 keduanya

berimpit, sejajar atau saling tegak lurus.

♦ Misalkan A1B2 − A2B1 6= 0, dan titik P (x0, y0) menyatakan perpotongan kedua

garis. Jelas bahwa

x0 =B1C2 − B2C1

A1B2 − A2B1

, dan y0 =A2C1 − A1C2

A1B2 − A2B1

.

Misalkan α menyatakan sudut yang dibentuk oleh kedua garis, maka

tan α =A2B1 − A1B2

A1A1 + B1B2

.

Jika kedua garis saling tegaklurus, maka α = 90◦ dan tan α = ∞. Ini berarti

A1B2 − A2B1 6= 0, dan A2B1 − A1B2 = 0.

♣ Misalkan dalam △ABC titik-titik D,E, dan F berturut-turut terletak di AB,BC,

dan CA. Jika AB⊥CD,BC⊥AE, dan AC⊥BF, buktikan bahwa CD,AE, dan BF

berpotongan di satu titik.

♣ Buktikan bahwa persamaan garis yang melalui (a cos3 θ, a sin3 θ) dan tegak lurus

garis x sec θ + y csc θ = a adalah x cos θ − y sin θ = a cos 2θ.

♣ Misalkan garis ℓ berpotongan tegak lurus dengan y = mx di (x0, y0). Jika y = mx

membentuk sudut α dengan sumbu-x positif, buktikan bahwa ℓ mempunyai persamaan

x cos α + y sin α =√

x20+ y2

0.


♦ Misalkan α adalah sudut lancip yang bersifat m = tan α.

Jelas bahwa ℓ mempunyai persamaan

m(y − y0) = x − x0, atau x cos α + y sin α = x0 cos α + y0 sin α.

Dengan mengingat

sin α =y0

√

x20+ y2

0

dan cos α =x0

√

x20+ y2

0

,

maka kita akan sampai pada kesimpulan.

♣ Misalkan ℓ adalah garis yang melalui (x0, y0) dan membentuk sudut α dengan

garis y = mx + c. Buktikan bahwa ℓ mempunyai persamaan

y − y0 =m + tan α

1 − m tan α(x − x0), atau y − y0 =

m − tan α

1 + m tan α(x − x0).

♣ Misalkan garis ℓ, yang melalui P1(x1, y1) dan P2(x2, y2), memotong Ax+By+C =

0 di P0. Jika P0 terletak diantara P1 dan P2, buktikan bahwa

(Ax1 + By1 + C)(Ax2 + By2 + C) < 0.

♣ Misalkan (x0, y0) tidak terletak pada garis Ax + By + C = 0. Buktikan bahwa

jarak titik tersebut terhadap garis adalah

|Ax0 + By0 + C|√A2 + B2

.

♦ Jelas bahwa Ax+By−(Ax0+By0) = 0 menyatakan persamaan garis yang melalui

(x0, y0) dan sejajar Ax + By + C = 0.

Pandang garis y = mx, m := B/A, yang tegak lurus kedua garis sebelumnya. Jika

y = mx memotong kedua garis di P dan Q, jelas bahwa

P

(

− AC

A2 + B2,− BC

A2 + B2

)

, Q

(

A(Ax0 + By0)

A2 + B2,B(Ax0 + By0)

A2 + B2

)

.

Oleh karena jarak (x0, y0) ke garis Ax + By + C = 0 sama dengan |PQ|, dan

|PQ|2 =(Ax0 + By0 + C)2

A2 + B2,

maka kita sampai pada akhir bukti.

♣ Buktikan bahwa syarat agar tiga garis

a1x + b1y + c1 = 0, a2x + b2y + c2 = 0, a3x + b3y + c3 = 0


berpotongan di satu titik adalah

det

a1 b1 c1

a2 b2 c2

a3 b3 c3

= 0.

♣ Misalkan ℓ1, dan ℓ2 berturut-turut mempunyai persamaan a1x+ b1y + c1 = 0 dan

a2x + b2y + c2 = 0. Jika ℓ3 adalah garis yang mempunyai sifat ∠(ℓ1, ℓ3) = ∠(ℓ2, ℓ3),

buktikan bahwa persamaan untuk ℓ3 adalah

a1x + b1y + c1√

a21+ b2

1

= ±a2x + b2y + c2√

a22+ b2

2

.

Catatan: Notasi ∠(ℓ1, ℓ2) menyatakan besar sudut yang dibentuk oleh garis ℓ1 dan ℓ2.

I.2.2 Garis pada sistem koordinat miring

Misalkan bidang datar kita dilengkapi dengan sistem koordinat sedemikian sehingga

kedua sumbu koordinatnya membentuk sudut lancip ω. Untuk selanjutnya, sistem ko-

ordinat yang seperti itu akan kita sebut sistem koordinat miring.

♣ Tentukan jarak antara dua titik pada sistem koordinat miring.

♣ Buktikan bahwa luas segitiga dengan titik-titik sudut (x1, y1), (x2, y2), dan (x3, y3)

adalah

1

2(sin ω) det

x1 y1 1

x2 y2 1

x3 y3 1

♣ Jika garis ℓ memotong sumbu-y di (0, c), c > 0, dan membentuk sudut α dengan

sumbu-x, buktikan bahwa persamaan garis ℓ adalah

y = mx + c, m :=sin α

sin(ω − α).

♣ Jika y = m1x + c1 dan y = m2x + c2 berpotongan dan membentuk sudut α,

buktikan bahwa

tan α =(m1 − m2) sin ω

1 + (m1 + m2) cos ω + m1m2

.

♣ Tentukan syarat agar A1x + B1y + C1 = 0 dan A2x + B2y + C2 = 0 keduanya

sejajar atau saling tegak lurus.

Bab II

Vektor

Ketika kuat, wujudkan kelemahan. Ketika siap, wujudkan ketidaksiapan. Ketika

dekat, wujudkan seolah-olah jauh. Ketika jauh, wujudkan seolah-olah dekat.

Ketika ia mencari keuntungan, pancinglah ia. Ketika ia berada dalam kekacauan,

seranglah ia. Ketika ia berbobot, bersiaplah melawannya. Ketika ia kuat, hindarilah

ia. Ketika ia penuh amarah, lecehkanlah dia. Seranglah dia, ketika ia tidak siap.

Muncullah di tempat yang tidak disangkanya.

(Sun Tzu, tema sentral strategi).

II.1 Vektor dan Penggunaannya

II.1.1 Vektor pada Bidang Datar

Misalkan R menyatakan sistem bilangan real, yaitu himpunan bilangan real yang

dilengkapi dengan empat operasi baku (tambah, kurang, kali, dan bagi), dan pengertian

urutan. Pada dasarnya, R2 := {(x, y) : x, y ∈ R} dapat didefinisikan (selain sebagai

himpunan semua titik pada bidang datar) sebagai kumpulan semua vektor dengan titik

awal pusat koordinat O := (0, 0), dan titik akhir (x, y).

Misalkan A := (x1, y1) ∈ R2, maka A dapat juga dituliskan dalam bentuk

−→OA,

atau −→a saja. Jika B := (x2, y2), maka kita definisikan vektor lokasi−−→AB dengan

−−→AB :=

−→b −−→a . Dengan demikian, AB = (x2−x1, y2−y1). Jelas bahwa A dan B berturut-turut

menyatakan titik awal, dan titik akhir vektor−−→AB.

♣ Misalkan ‖−→a ‖2 menyatakan panjang vektor −→a . Dengan menggunakan rumus Phy-

12

BAB II. VEKTOR 13

tagoras, buktikan bahwa ‖−→a ‖2 = (x21 + y2

1)1/2, dan

‖−→a ‖2 = 0 ⇐⇒ −→a = O.

Jika didefinisikan, untuk setiap k ∈ R, k−→a := (kx1, ky1), hitunglah ‖k−→a ‖2. Berikan

interpretasi geometris untuk k−→a . Berikan definisi tentang dua vektor yang sejajar.

♦ Misalkan −→a = O := (0, 0). Jelas bahwa ‖−→a ‖2 = 0. Sebaliknya, misalkan diberikan

−→a := (x, y) yang bersifat ‖−→a ‖2 = 0. Ini berarti

‖−→a ‖22 = 0, atau x2 + y2 = 0.

Oleh karena 0 ≤ x2, y2, maka 0 ≤ x2 ≤ x2 + y2 = 0. Ini berarti x2 = 0, atau x = 0.

Dengan cara yang sama, akan kita peroleh pula y = 0.

♣ Jika α := ∠(−→a ,−→b ), buktikan berturut-turut, bahwa

‖−→a −−→b ‖2

2 = ‖−→a ‖22 + ‖−→b ‖2

2 − 2 ‖−→a ‖2‖−→b ‖2 cos α,

dan

cos α =−→a · −→b

‖−→a ‖2‖−→b ‖2

, dengan −→a · −→b :=1

2

(

‖−→a ‖22 + ‖−→b ‖2

2 − ‖−→a −−→b ‖2

2

)

.

−→a · −→b biasanya didefinisikan sebagai hasil kali titik antara −→a dan−→b .

Tunjukkan pula bahwa −→a · −→a = ‖−→a ‖22, dan −→a · (−→b +−→c ) = −→a · −→b +−→a · −→c . Berapa

besar sudut yang dibentuk oleh dua vektor sejajar?

♦ Misalkan diberikan ∆OAB dengan A(x1, y1), dan B(x2, y2). Cukup jelas bahwa

α := ∠(−→a ,−→b ) = ∠(OA,OB). Dengan demikian sisi-sisi ∆OAB masing-masing mem-

punyai panjang ‖−→a ‖2, ‖−→b ‖2, dan ‖−→a −−→

b ‖2. Dengan menerapkan rumus cosinus pada

∆OAB, maka terbuktilah apa yang diminta.

♣ (Teorema Phytagoras). Jika α := ∠(−→a ,−→b ), buktikan bahwa

α = 90◦ ⇐⇒ ‖−→a +−→b ‖2

2 = ‖−→a ‖22 + ‖−→b ‖2

2 ⇐⇒ ‖−→a +−→b ‖2 = ‖−→a −−→

b ‖2.

♦ Misalkan α = 90◦. Dari rumus sebelumnya, jelas bahwa

‖−→a +−→b ‖2

2 = ‖−→a − (−−→b )‖2

2

= ‖−→a ‖22 + ‖ − −→

b ‖22 − 2 ‖−→a ‖2‖ −

−→b ‖2 cos 90◦

= ‖−→a ‖22 + ‖ − −→

b ‖22

= ‖−→a ‖22 + ‖−→b ‖2

2.

BAB II. VEKTOR 14

Misalkan diketahui ‖−→a +−→b ‖2

2 = ‖−→a ‖22 + ‖−→b ‖2

2. Jelas bahwa

‖−→a −−→b ‖2

2 = ‖−→a + (−−→b )‖2

2 = ‖−→a ‖22 + ‖ − −→

b ‖22 = ‖−→a ‖2

2 + ‖−→b ‖22 = ‖−→a +

−→b ‖2

2.

Misalkan ‖−→a +−→b ‖2 = ‖−→a − −→

b ‖2. Dengan mengingat bahwa 180◦ − α = ∠(−→a ,−−→b ),

maka kita akan sampai pada kesimpulan

cos α = 0, atau α = 90◦.

♣ (Ketaksamaan Cauchy-Schwarz, dan ketaksamaan segitiga). Untuk sebarang −→a dan−→b , buktikan bahwa

|−→a · −→b | ≤ ‖−→a ‖2‖−→b ‖2, dan ‖−→a +

−→b ‖2 ≤ ‖−→a ‖2 + ‖−→b ‖2.

♦ Ketaksamaan Cauchy-Schwarz dapat dengan mudah dibuktikan dengan mengin-

gat definisi sudut antara dua vektor dan fakta bahwa | cos α| ≤ 1.

Dari fakta dibawah ini

‖−→a +−→b ‖2

2 = ‖−→a ‖22 + ‖−→b ‖2

2 − 2 ‖−→a ‖2‖−→b ‖2 cos α

= ‖−→a ‖22 + ‖ − −→

b ‖22 − 2−→a · −→b

≤ ‖−→a ‖22 + ‖ − −→

b ‖22 + 2 |−→a · −→b |

≤ ‖−→a ‖22 + ‖ − −→

b ‖22 + 2 ‖−→a ‖2‖

−→b ‖2

=

(

‖−→a ‖2 + ‖−→b ‖2

)2

,

kita sampai pada kesimpulan bahwa ketaksamaan segitiga untuk vektor bernilai benar.

Dengan mengingat bahwa

‖−→a +−→b ‖2 ≤ ‖−→a ‖2 + ‖−→b ‖2 ⇔ −→a · −→b ≤ ‖−→a ‖2‖

−→b ‖2,

maka bisa diperoleh cara lain untuk membuktikan kebenaran ketaksamaan segitiga dari

ketaksamaan Cauchy-Schwarz.

♣ (Proyeksi). Misalkan −→c = k−→b , untuk suatu k ∈ R. Jika

‖−→a ‖22 = ‖−→c ‖2

2 + ‖−→a −−→c ‖22,

carilah nilai k. Konstruksikan posisi vektor-vektor yang menggambarkan soal tersebut.

Catatan: Soal ini bercerita tentang proyeksi −→a sepanjang−→b . Nilai k didefinisikan

sebagai komponen dari −→a sepanjang−→b .

BAB II. VEKTOR 15

II.1.2 Penggunaan sifat-sifat Vektor dalam Geometri Datar

Pada subbab ini akan dijelaskan sebagian sifat-sifat penting beberapa bangun geometri

pada bidang datar. Penjelasan sifat tersebut memanfaatkan sifat-sifat natural vektor

bidang.

♣ Misalkan dalam ∆ABC, diketahui bahwa M dan N berturut-turut adalah titik

tengah AB dan BC. Tunjukkan bahwa CA sejajar dengan MN. Berapa panjang MN?

♦ Kita tahu bahwa−−→CM =

−−→CN +

−−→NM =

−→CA +

−−→AM. Dengan demikian

1

2

−−→CB +

−−→NM =

−→CA +

1

2

−−→AB ⇔ −−→

NM =1

2

(−−→AB +

−−→BC

)

=1

2

−→AC,

dan ini berarti−−→NM sejajar

−→AC.

Misalkan m,n > 0. Jika |BN | : |NC| = |BM | : |MA| = m : n, masihkah CA sejajar

dengan MN?

♣ Yang dimaksud dengan paralelogram, dinotasikan dengan P(ABCD), adalah

segiempat yang dibentuk dari dua pasang ruas garis yang sejajar. Jika AC dan BD

berpotongan di K, tunjukkan bahwa K adalah titik tengah kedua ruas garis tersebut.

♦ Cukup jelas bahwa |AB| = |DC|, dan |AD| = |BC|. Pilih s,m > 1 yang bersifat

s−−→AK =

−→AC =

−−→AB +

−−→BC, dan m

−−→KB =

−−→DB =

−−→AB −−−→

AD =−−→AB −−−→

BC.

Beberapa penyederhanaan, akan mengarahkan kita kepada

(sm − s − m)−−→AB = (m − s)

−−→BC.

Tetapi kita ketahui bahwa kedua vektor tidak sejajar, dengan demikian

sm − s − m = 0 = m − s, atau s = m = 2.

♣ Dalam suatu paralelogram P(ABCD), diketahui bahwa M dan N berturut-turut

adalah titik tengah AB dan DC. Tunjukkan bahwa P(AMCN) juga suatu paralelo-

gram.

♣ Bagaimana cara mengkonstruksi suatu paralelogram, jika diberikan −→a dan−→b

sebagai dua diagonalnya?

BAB II. VEKTOR 16

♣ Misalkan dalam paralelogram P(ABCD) diketahui bahwa M adalah titik tengah

BC. Jika AM memotong BD di P, tunjukkan bahwa |BP | : |PD| = 1 : 2.

♣ Jika dua diagonal segiempat berpotongan dikedua titik tengahnya, tunjukkan

bahwa segiempat tersebut adalah paralelogram.

♣ Buktikan bahwa C terletak pada AB jika dan hanya jika terdapat λ ∈ (0, 1)

sedemikianhingga

−→c = λ−→a + (1 − λ)−→b .

II.1.3 Persamaan Garis pada Bidang

Dalam subbab ini kita akan membicarakan tentang konsep garis lurus pada bidang

datar. Misalkan A terletak pada garis lurus ℓ, dan ℓ terletak pada suatu bidang datar.

Jika vektor−→b sejajar dengan garis ℓ, maka sebarang titik C pada ℓ dapat disajikan

dalam bentuk −→a + t0−→b , untuk suatu t0 ∈ R. Dengan kata lain, terdapat t0 ∈ R

sedemikian hingga −→c = −→a + t0−→b . Di sini dikatakan bahwa

−→b merupakan vektor arah

garis ℓ. Cukup jelas bahwa

ℓ := {−→a + t−→b : t ∈ R},

dan X(t) := −→a + t−→b = (x1 + t x2, y1 + t y2) menyatakan posisi titik pada ℓ untuk setiap

t ∈ R. Kadangkala X(t) juga disebut sebagai persamaan parametrik suatu garis lurus.

♣ Carilah persamaan garis yang melalui titik-titik A(a1, a2), dan B(b1, b2).

♦ Misalkan X sebarang titik pada garis tersebut, maka−−→AX selalu sejajar dengan

−−→AB. Dengan demikian dapat ditemukan t ∈ R yang bersifat

−−→AX = t

−−→AB. Ini berarti

−−→OX −−→a = t(

−→b −−→a ), atau X(t) = ((1 − t)a1 + t b1, (1 − t)a2 + t b2), t ∈ R.

♣ Tentukan garis yang melalui titik A(a1, a2), dan tegaklurus vektor −→c := (c1, c2).

♦ Misalkan X sebarang titik pada garis tersebut, maka−−→AX selalu tegaklurus dengan

−→c . Dengan demikian−−→AX · −→c = 0. Ini berarti

−−→OX −−→a = t(


♣ Misalkan X1(t), dan X2(t) menyatakan dua buah garis di bidang. Tentukan syarat

agar kedua garis tersebut, berturut-turut, berpotongan, sejajar, atau identik. Tentukan

syarat agar X1(t) dan X2(t) saling tegak lurus. Jika α := ∠(X1,X2), hitunglah tan α.

BAB II. VEKTOR 17

♦ Misalkan diberikan persamaan garis Xk(t) := −→ak + t−→bk , t ∈ R, dengan k = 1, 2.

Jika α := ∠(X1,X2), maka α := ∠(−→b1 ,

−→b2). Dengan demikian

cos α =

−→b1 · −→b2

‖−→b1‖2‖−→b2‖2

.

♣ Tuliskan semua persamaan garis yang anda ketahui dalam Geometri Analitik

dalam bentuk persamaan parametrik X(t).

♣ Jika P (x0, y0) tidak terletak pada garis ℓ1, hitunglah jarak P terhadap ℓ1.

♦ Kita cari salah satu titik, namakan A(x1, y1), yang terletak di ℓ1, dan −→a :=−→OA.

Misalkan ℓ1 mempunyai persamaan parametrik

X(t) := −→a + t−→b , t ∈ R.

Kita definisikan sudut lancip α := ∠(−→AP,

−→b ). Jika R adalah suatu titik pada ℓ1

sedemikian hingga−→PR tegak lurus

−→b , maka cukup jelas bahwa ‖PR‖2 dapat dianggap

sebagai jarak P ke ℓ1.

Dari ∆APR kita tahu bahwa ‖PR‖2 = ‖PA‖2 sinα. Oleh karena karena cos α dapat

dihitung dengan mudah, maka kita sampai pada akhir solusi.

II.1.4 Garis dan Bidang dalam Ruang

Sebarang bidang (datar) dikarakterisasi oleh suatu vektor yang tegak lurus dengan

bidang tersebut dan satu titik tertentu yang dilalui bidang tersebut.

Secara geometris, jika P dan Q sebarang dua titik pada bidang P, maka ruas garis

PQ juga terletak pada P. Ini berarti bahwa semua titik dalam PQ juga terletak di P.

♣ Tentukan besar sudut yang dibentuk oleh dua vektor dalam ruang.

♣ Jika vektor −→a := (a1, a2, a3) tegak lurus bidang P, dan B(x0, y0, z0) terletak di

P, tentukan persamaan P dalam notasi vektor.

Catatan: Vektor −→a disebut vektor normal atau normal dari bidang P.

♦ Misalkan O adalah pusat koordinat, dan X sebarang titik pada bidang P. Jelas

bahwa−−→BX tegak lurus dengan −→a . Dengan demikian −→a · −−→BX = 0, atau dengan kata

lain−−→OX · −→a =

−−→OB · −→a .

BAB II. VEKTOR 18

♣ Tentukan persamaan garis yang suatu titik tertentu dan sejajar suatu vektor

tertentu. Tentukan persamaan garis yang melalui dua titik yang diberikan.

Misalkan garis ℓ1 dan ℓ2 berpotongan di P (x0, y0, z0). Tentukan bidang yang memuat

kedua garis tersebut.

♦ Misalkan −→a := (a1, a2, a3) dan−→b := (b1, b2, b3) berturut-turut adalah vektor arah

ℓ1 dan ℓ2. Misalkan −→c := (c1, c2, c3) adalah normal bidang yang dimaksud. Dengan

demikian komponen −→c dapat dicari dari sistem persamaan linier (SPL)

−→a · −→c = 0, dan−→b · −→c = 0,

dan kita sampai pada akhir solusi.

♣ Misalkan diberikan tiga titik taksegaris Ak(xk, yk), dengan k = 1, 2, 3. Tentukan

bidang yang memuat ketiga titik tersebut.

♦ Misalkan −→a := (a1, a2, a3) menyatakan vektor normal bidang yang dimaksud.

Jelas bahwa−−−→A1A2,

−−−→A1A3, dan

−−−→A2A3 tegak lurus terhadap −→a . Dengan demikian kom-

ponen −→a dapat dicari dari SPL

−→a · −−−→A1A2 = 0, dan −→a · −−−→A2A3 = 0.

♣ Tentukan syarat agar tiga titik terletak dalam sebuah garis. Tentukan syarat agar

empat titik terletak dalam sebuah bidang.

♣ Misalkan suatu garis ℓ berpotongan dengan bidang P, dan membentuk sudut

(lancip) α. Tentukan besarnya α.

♦ Misalkan −→a , dan−→b berturut-turut adalah vektor arah ℓ dan vektor normal P.

Cukup jelas bahwa α = ∠(ℓ,P) = ∠(−→a ,P). Selain itu, karena P ⊥ −→b , maka

90◦ − α = ∠(−→a ,−→b ).

♣ Dengan melakukan pertimbangan untuk beberapa situasi yang mungkin muncul,

tentukan besar sudut yang dibentuk oleh dua bidang yang berpotongan. Bagaimana

dengan besar sudut yang terjadi antara perpotongan dua garis?

♣ Misalkan diberikan dua bidang yang berpotongan. Tunjukkan bahwa perpoton-

gannya merupakan suatu garis (lurus).

♣ Tentukan jarak antara suatu titik terhadap suatu bidang yang tidak memuat titik

tersebut.

Bab III

Irisan Kerucut

Nasehat untuk sang Jendral: Bertekad mati, engkau bisa tewas. Bertekad hidup,

engkau bisa tertangkap. Cepat marah, engkau bisa dihasut. Murni dan jujur, engkau

bisa dipermalukan. Mengasihi orang banyak, engkau bisa dibuat jengkel.

(Sun Tzu, 350 sebelum Masehi).

III.1 Lingkaran

Lingkaran didefinisikan sebagai himpunan semua titik yang berjarak sama (disebut

jejari lingkaran) terhadap satu titik tertentu (disebut pusat lingkaran). Misalkan dike-

tahui suatu titik P0(x0, y0), dan r > 0. Lingkaran yang berpusat di P0 dan berjari-jari

r > 0 (atau himpunan semua titik yang jaraknya terhadap P0 sebesar r) dinyatakan

sebagai himpunan

L(P0, r) :={

(x, y) ∈ R2 : (x − x0)

2 + (y − y0)2 = r2

}

.

Posisi sebarang titik P1 terhadap L(P0, r) mempunyai kemungkinan sebagai berikut:

• P1 terletak di luar lingkaran, jika |P0P1| > r;

• P1 terletak pada lingkaran, jika |P0P1| = r;

• P1 terletak di dalam lingkaran, jika |P0P1| < r.

♣ Tentukan pusat dan jejari lingkaran yang memenuhi persamaan

x2 + y2 + 2gx + 2fy + c = 0.

19

BAB III. IRISAN KERUCUT 20

♦ Dengan metode melengkapkan kuadrat, kita akan sampai pada bentuk

(x + g)2 + (y + f)2 = g2 + f2 − c,

yang merupakan persamaan lingkaran asalkan memenuhi syarat-syarat tertentu. Seba-

gai contoh, oleh karena g2 +f2−c menyatakan kuadrat jejari lingkaran yang dimaksud,

maka haruslah g2 + f2 − c > 0. Sebaliknya, jika g2 + f2 − c = 0, maka lingkaran yang

dimaksud hanya terdiri satu titik saja (dalam hal ini adalah titik pusat lingkaran),

yaitu (−g,−f).

♣ Misalkan P1 dan P2 merupakan perpotongan lingkaran x2 + y2 = a2, a > 0,

dengan garis y = mx + c. Hitunglah |P1P2|.

♦ Jika P1(x1, y1), dan P2(x2, y2), merupakan perpotongan antara garis dan lingkaran,

maka cukup jelas bahwa x1, x2 adalah akar-akar persamaan kuadrat

(1 + m2)x2 + 2mcx + c2 − a2 = 0.

Menurut sifat-sifat akar persamaan kuadrat, kita punyai

x1 + x2 = − 2mc

1 + m2dan x1 x2 =

c2 − a2

1 + m2.

Hal ini akan mengarahkan kita kepada

(x1 − x2)2 = (x1 + x2)

2 − 4x1x2 =4

(1 + m2)2(a2(1 + m2) − c2).

Karena P1, dan P2 terletak di garis y = mx + c, maka y1 − y2 = m(x1 − x2). Dengan

demikian

|P1P2|2 = (x1 − x2)2 + (y1 − y2)

2 = (1 + m2)(x1 − x2)2 = 4

(a2(1 + m2) − c2)

1 + m2.

Beberapa catatan perlu diberikan di sini. Jika garis yang dimaksud melalui pusat

koordinat, maka c = 0. Ini akan berakibat |P1P2| = 2 a. Sesuatu yang sudah cukup

jelas, karena P1P2 merupakan busur terbesar, yaitu merupakan diameter lingkaran,

jika garis melalui pusat lingkaran.

Jika P1 = P2, maka |P1P2| = 0. Akibatnya, kita akan memperoleh c2 = a2(1 + m2).

Ini juga cukup jelas. Jika P1 = P2, maka garis yang dimaksud akan menyinggung

lingkaran di titik P1.


Tetapi jika kita perhatikan, maka hanya salah satu dari garis ℓ1 atau ℓ2, dengan

persamaan

y = mx + a√

1 + m2 atau y = mx − a√

1 + m2

saja yang meyinggung lingkaran di P1. Sementara yang lainnya juga menyinggung

lingkaran di titik, katakanlah, di P3. Dengan demikian, jika kita ingin menemukan

garis (dengan gradien m) yang menyinggung lingkaran, maka akan diperoleh ℓ1 dan ℓ2

dengan persamaan seperti di atas, tidak ada yang lain.

Penjelasan geometris dari fakta aljabar tersebut adalah:

• Garis y = mx + a√

1 + m2 dan y = mx − a√

1 + m2 sejajar,

• masing-masing garis menyinggung lingkaran di P1 dan P3,

• dan, kedua titik berposisi diametral di lingkaran.

♣ Misalkan P terletak di ℓ1. Carilah jarak P ke ℓ2.

♦ Secara geometris, jarak yang dicari pasti sama dengan diameter lingkaran.

♣ Misalkan P (x1, y1) terletak di L((0, 0), a). Carilah garis singgung (yang menying-

gung lingkaran L((0, 0), a)) di titik P.

♦ Misalkan P (x1, y1), dan Q(x2, y2), merupakan perpotongan antara garis ℓ dan

lingkaran. Cukup jelas bahwa persamaan ℓ adalah

y − y1 = m(x − x1), dengan m :=y2 − y1

x2 − x1

.

Karena P,Q terletak pada lingkaran, maka x21 + y2

1 = a2 = x22 + y2

2. Ini berarti

x21 − x2

2 = y22 − y2

1 , atauy2 − y1

x2 − x1

= −x1 + x2

y1 + y2

.

Dengan demikian, persamaan ℓ adalah

y − y1 = −x1 + x2

y1 + y2

(x − x1).

Agar ℓ menyinggung lingkaran di P, maka kita harus “menggerakkan” Q di sepanjang

lingkaran untuk mendekati P. Secara analitis, ini berarti x2 → x1, dan y2 → y1 secara

bersamaan. Dengan demikian m → −x1/y1. Hal ini akan mengarahkan kita kepada

x1x + y1y = x21 + y2

1 = a2,


yang merupakan persamaan garis singgung yang dimaksud.

♣ Buktikan bahwa lingkaran ax2 + ay2 + 2gx + 2fy + c = 0 menyentuh sumbu-x,

jika g2 = ac. Carilah syarat agar lingkaran tersebut menyentuh sumbu-y.

♣ Misalkan lingkaran L(P0, r) melalui titik-titik P1, P2, dan P3, dengan |P1P3| =

2r. Jika ℓ1, dan ℓ2 berturut-turut adalah garis lurus yang melalui P1, P2, dan P2, P3,

hitunglah ∠(ℓ1, ℓ2).

♦ Misalkan r > 0. Karena alasan kesederhanaan, akan kita tinjau situasi berikut.

Pandang titik-titik P1(−r, 0), P2(x0, y0), P3(r, 0) yang terletak pada lingkaran

x2 + y2 = r2.

Jelas bahwa ℓ1 dan ℓ2 berturut-turut mempunyai persamaan

y − y0 =y0

x0 + r(x − x0), dan y − y0 =

y0

x0 − r(x − x0).

Jika α := ∠(ℓ1, ℓ2), maka α = 90◦.

♣ Tentukan syarat agar suatu lingkaran melalui titik-titik sudut suatu segitiga (bu-

jursangkar/persegi).

♦ Misalkan O adalah pusat koordinat. Kita tinjau situasi khusus berikut. Misalkan

diberikan ∆OAB, dengan A(a, 0), dan B(0, b), a, b > 0. Ini berarti

x2 + y2 − ax − by = 0

menyatakan persamaan lingkaran yang melalui sebarang segitiga siku-siku, dan sekali-

gus persegipanjang dengan panjang sisi-sisi a > 0 dan b > 0.

Sedangkan x2 + y2 − ax − ay = 0 menyatakan persamaan lingkaran yang melalui

titik-titik sebarang persegi dengan panjang sisi a > 0. Bagaimana dengan situasi yang

lebih umum?

♣ Misalkan diberikan titik-titik P1(x1, y1) dan P2(x2, y2). Buktikan bahwa

(x − x1)(x − x2) + (y − y1)(y − y2) = 0

menyatakan persamaan lingkaran yang berpusat di titik tengah P1P2.

♣ Tentukan syarat agar suatu lingkaran memotong sumbu-sumbu koordinat di tiga

(empat) titik berbeda.


♣ Carilah persamaan lingkaran yang melalui (1,−2), (4,−3) dan titik pusatnya

terletak di 3x + 4y = 7.

♣ Misalkan P1 terletak di luar lingkaran L(P0, r). Buktikan bahwa akan selalu ada

dua garis singgung terhadap L(P0, r) yang melalui P1.

♣ Misalkan tiga garis singgung suatu lingkaran membentuk segitiga siku-siku. Car-

ilah persamaan lingkaran tersebut.

Catatan: Tinjaulah lingkaran di kuadran I dan pilihlah garis-garis singgung yang rele-

van.

♣ Misalkan P1(x1, y1) terletak di luar lingkaran x2+y2 = r2. Jika ℓ1 dan ℓ2 garis-garis

singgung terhadap lingkaran di P2 dan P3 yang berpotongan di P1, carilah persamaan

garis yang melalui P2 dan P3.

♣ Misalkan ℓ1 dan ℓ2 menyinggung lingkaran x2+y2 = r2. Jika ℓ1 dan ℓ2 berpotongan

di (x1, y1), dan α := ∠(ℓ1, ℓ2) adalah sudut lancip, buktikan bahwa

tan α =2r

√

x21+ y2

1− r2

x21+ y2

1− 2r2

.

♣ Tentukan nilai p agar garis x cos α + y sin α = p menyinggung lingkaran

x2 + y2 − 2ax cos α − 2by sin α = a2 sin2 α.

♣ Misalkan P1, dan P2 adalah titik-titik potong garis y = mx+c terhadap lingkaran

x2 + y2 = 2ax + 2by. Misalkan ℓ1, dan ℓ2 (keduanya melalui pusat koordinat) masing-

masing adalah garis yang melalui P1, dan P2, tentukan syarat yang harus dipenuhi agar

ℓ1⊥ ℓ2.

III.2 Parabola

Grafik parabola telah cukup dikenal saat di Sekolah Menengah. Saat membicarakan lin-

tasan peluru yang ditembakkan dari suatu meriam, maka para ahli mekanika langsung

terasosiasi dengan grafik yang berbentuk parabola sebagai lintasan peluru tersebut.

Misalkan p > 0. Parabola didefinisikan sebagai kumpulan semua titik yang jaraknya

terhadap titik (p, 0) (disebut fokus parabola) sama dengan jaraknya terhadap garis

x = −p (disebut direktriks parabola). Tentu saja salah satu titik yang memenuhi


ketentuan tersebut adalah (0, 0) (disebut verteks parabola). Ini berarti (0, 0) juga

terletak pada parabola tersebut. Kelak akan diketahui pula bahwa (0, 0) sekaligus

dapat dianggap sebagai “puncak” parabola tersebut.

Pencarian persamaan parabola dapat dijelaskan melalui cara berikut ini. Misalkan

(x0, y0) terletak pada parabola. Cukup jelas bahwa:

y20 + (x0 − p)2 = (x0 + p)2.

Melalui beberapa penyederhanaan, akan kita peroleh y20 = 4p x0. Ini berarti (x0, y0)

terletak pada kurva y2 = 4p x yang merupakan persamaan parabola yang dicari.

♣ Tentukan persamaan parabola yang mempunyai fokus (a, b) dan direktriks

x

a+

y

b= 1.

♣ Misalkan suatu parabola mempunyai ketentuan bahwa verteks dan fokusnya ter-

letak pada sumbu-x dan masing-masing berjarak a1 dan a2 terhadap pusat koordinat.

Buktikan bahwa persamaan parabolanya adalah

y2 = 4(a2 − a1)(x − a1).

♣ Misalkan OP menyatakan busur pada parabola y2 = 4p x. Jika P bergerak disepa-

njang parabola, buktikan bahwa tempat kedudukan titik tengah busur juga merupakan

parabola.

♣ Misalkan A dan B terletak pada parabola y2 = 4p x. Jika |AB| = 8 p, dan AB

tegak lurus sumbu-x, buktikan bahwa ∠AOB = 90◦.

♣ Jika A dan B terletak pada parabola y2 = 4p x, hitunglah |AB|. Tentukan syarat

agar sebarang garis menyinggung parabola.

♣ Tentukan syarat agar garis y = m x + c menyinggung parabola y2 = 4p (x + p).

♣ Tentukan persamaan garis singgung pada sebarang titik di parabola.

♣ Misalkan A tidak terletak pada parabola y2 = 4p x. Ada berapa banyak garis

singgung pada parabola yang melalui A?

♣ Misalkan ℓ1 dan ℓ2 menyinggung parabola y2 = 4p x di A dan B. Jika kedua garis

tersebut berpotongan di (x1, y1), buktikan bahwa

y1 y = 2 p(x + x1)


menyatakan garis yang melalui kedua titik singgung tersebut.

♣ Misalkan AB busur pada y2 = 4p x. Buktikan bahwa titik tengah semua busur

pada parabola yang sejajar AB terletak pada garis yang sejajar sumbu-x.

♣ Jika ℓ melalui A dan menyinggung parabola y2 = 4p x di B, hitunglah |AB|.

♣ Buktikan bahwa (p t2, 2p t) terletak pada parabola y2 = 4p x untuk setiap t ∈ R.

Tentukan garis singgung pada (p t2, 2p t). Tentukan titik potong dua garis singgung

dalam t.

Catatan: Garis di sini biasa kita sebut garis-t.

III.3 Ellips

Grafik ellips telah cukup dikenal saat kita mempelajari lintasan bumi yang mengelilingi

matahari. Hukum Kepler dapat menunjukkan hal tersebut, jika diperlukan penjelasan

logis mengenai hal ini.

Diberikan titik-titik berikut: A(a, 0), B(0, b), F1(c, 0) dan F2(−c, 0), dengan b > 0,

dan a > c > 0. Diketahui suatu kurva dengan sifat-sifat berikut:

• Kurva tersebut melalui A dan B.

• Sebarang titik P (x, y) pada kurva tersebut bersifat |PF1| + |PF2| = konstan.

Oleh karena kurva tersebut melalui A, maka cukup jelas bahwa

|PF1| + |PF2| = 2a.

Dengan demikian, jika P (x, y) terletak pada kurva tersebut akan kita peroleh

x2

a2+

y2

a2 − c2= 1.

Oleh karena kurva tersebut melalui B, dan a > c > 0 maka b2 = a2 − c2.

Dengan demikianx2

a2+

y2

b2= 1,

menyatakan persamaan kurva tersebut, yang biasa kita sebut ellips.

Titik F1 dan F2 disebut fokus ellips. Titik-titik potong ellips terhadap sumbu-x

biasa disebut verteks dari ellips. Sumbu mayor ellips didefinisikan sebagai ruas garis

yang dibentuk oleh titik-titik potong ellips terhadap sumbu-x, sedangkan sumbu minor

ellips adalah ruas garis yang dibentuk oleh titik-titik potong ellips terhadap sumbu-y.


1. Jika suatu garis memotong ellips di P dan Q, tentukan |PQ|.

2. Tentukan syarat agar garis y = mx + c selalu menyinggung ellips.

3. Buktikan, bahwa selalu terdapat dua garis singgung terhadap ellips dengan besar

gradien tertentu.

4. Tentukan titik-titik pada ellips sedemikian hingga garis singgung pada titik-titik

tersebut membentuk sudut 45◦ terhadap sumbu-x.

5. Misalkan y = m x memotong ellips di P1 dan P2. Buktikan bahwa garis singgung

di P1 dan P2 sejajar.

6. Jika garis normal pada suatu titik di ellips didefinisikan sebagai garis yang tegak

lurus garis singgung di titik tersebut, tentukan garis normal di sebarang titik di

ellips.

7. Buktikan bahwa titik potong ellips

n2x2 + m2y2 = n2m2 dan m2x2 + n2y2 = n2m2

terletak pada suatu lingkaran.

Bab IV

Kurva di Bidang atau Ruang

Biarkan mata-mata musuh memasuki benteng pertahanan kita. Pasok mereka dengan

informasi palsu dan menyesatkan untuk menyebarkan perselisihan dalam kubu mereka

sendiri.

(J. Edgar Hoover, pendiri Federal Bureau Investigation).

IV.1 Pengertian Kurva di Bidang

Secara informal, pengertian “kurva” adalah grafik sebarang fungsi, baik itu mempunyai

“panjang” hingga ataupun takhingga. Dengan demikian kurva biasa disajikan dalam

bentuk “parametrik” C = C(t) := (f(t), g(t)), a < t < b, dengan f : (a, b) → R dan

g : (a, b) → R sebarang fungsi yang diketahui. Jika a := −∞ atau b := ∞, maka kurva

tersebut dikatakan mempunyai panjang takhingga.

Pandang garis y = 2x dan titik-titik A(1, 2) dan B(3, 6), pada garis tersebut. Mis-

alkan X(x, y) sebarang titik pada ruas garis AB. Jika |AX| : |XB| = m : n, maka

cukup jelas bahwa

x =3m + n

m + n, dan y =

6m + 2n

m + n.

Misalkan t := m/(m + n). Cukup jelas bahwa

X = X(t) := (3t + (1 − t), 6t + 2(1 − t)) = (2t + 1, 4t + 2), 0 ≤ t ≤ 1,

menyatakan sebarang titik di AB, untuk setiap t ∈ [0, 1]. Jika t kita “gerakkan” mulai

dari t = 0, sampai dengan t = 1, akan kita lihat bahwa X(t) juga akan “bergerak”

sepanjang AB, dimulai dari A(1, 2) sampai ke B(3, 6).

27

BAB IV. KURVA DI BIDANG ATAU RUANG 28

Sebaliknya, untuk s := n/(m + n), akan kita punyai

Y = Y (s) := (s + 3(1 − s), 2s + 6(1 − s)) = (3 − 2s, 6 − 4s), 0 ≤ s ≤ 1,

yang menyatakan “pergerakan” suatu benda sepanjang AB dimulai dari B(3, 6) sampai

ke A(1, 2).

Misalkan untuk kurva X(t) = (2t + 1, 4t + 2), 0 ≤ t ≤ 1, dilakukan transformasi

peubah t 7→ 2k, maka kita akan memperoleh

U(k) := X(2k) = (2(2k) + 1, 4(2k) + 2), 0 ≤ 2k ≤ 1,

atau

U(k) = (4k + 1, 8k + 2), 0 ≤ k ≤ 1/2.

Selain itu, transformasi peubah t 7→ p/3, akan menghasilkan

R(p) := X(p/3) = (2(p/3) + 1, 4(p/3) + 2), 0 ≤ p/3 ≤ 1,

atau

R(p) = (1 + 2p/3, 2 + 4p/3), 0 ≤ p ≤ 3.

♣ Misalkan ‖−→a ‖2 menyatakan panjang vektor −→a . Dengan menggunakan rumus Phy-

tagoras, buktikan bahwa ‖−→a ‖2 = (x21 + y2

1)1/2, dan

‖−→a ‖2 = 0 ⇐⇒ −→a = O.

Jika didefinisikan, untuk setiap k ∈ R, k−→a := (kx1, ky1), hitunglah ‖k−→a ‖2. Berikan

interpretasi geometris untuk k−→a . Berikan definisi tentang dua vektor yang sejajar.

♦ Misalkan −→a = O := (0, 0). Jelas bahwa ‖−→a ‖2 = 0. Sebaliknya, misalkan diberikan

−→a := (x, y) yang bersifat ‖−→a ‖2 = 0. Ini berarti

‖−→a ‖22 = 0, atau x2 + y2 = 0.

Oleh karena 0 ≤ x2, y2, maka 0 ≤ x2 ≤ x2 + y2 = 0. Ini berarti x2 = 0, atau x = 0.

Dengan cara yang sama, akan kita peroleh pula y = 0.

♣ Jika α := ∠(−→a ,−→b ), dan −→a ·−→b := x1x2 + y1y2 (yang kita definisikan sebagai hasil

kali titik antara −→a dan−→b ), buktikan berturut-turut, bahwa

‖−→a −−→b ‖2

2 = ‖−→a ‖22 + ‖−→b ‖2

2 − 2 ‖−→a ‖2‖−→b ‖2 cos α,


dan

cos α =−→a · −→b

‖−→b ‖2‖−→b ‖2

.

Tunjukkan pula bahwa −→a · −→a = ‖−→a ‖22, dan −→a · (−→b + −→c ) = −→a · −→b + −→a · −→c .






♣ (Teorema Phytagoras). Jika α := ∠(−→a ,−→b ), buktikan bahwa

α = 90◦ ⇐⇒ ‖−→a +−→b ‖2

2 = ‖−→a ‖22 + ‖−→b ‖2

2 ⇐⇒ ‖−→a +−→b ‖2 = ‖−→a −−→

b ‖2.

♦ Misalkan α = 90◦. Dari rumus sebelumnya, jelas bahwa

‖−→a +−→b ‖2

2 = ‖−→a − (−−→b )‖2

2

= ‖−→a ‖22 + ‖ − −→

b ‖22 − 2 ‖−→a ‖2‖ −

−→b ‖2 cos 90◦

= ‖−→a ‖22 + ‖ − −→

b ‖22

= ‖−→a ‖22 + ‖−→b ‖2

2.

Misalkan diketahui ‖−→a +−→b ‖2

2 = ‖−→a ‖22 + ‖−→b ‖2

2. Jelas bahwa

‖−→a −−→b ‖2

2 = ‖−→a + (−−→b )‖2

2 = ‖−→a ‖22 + ‖ − −→

b ‖22 = ‖−→a ‖2

2 + ‖−→b ‖22 = ‖−→a +

−→b ‖2

2.

Misalkan ‖−→a +−→b ‖2 = ‖−→a − −→

b ‖2. Dengan mengingat bahwa 180◦ − α = ∠(−→a ,−−→b ),

maka kita akan sampai pada kesimpulan

cos α = 0, atau α = 90◦.






♣ (Ketaksamaan Cauchy-Schwarz, dan ketaksamaan segitiga). Untuk sebarang −→a dan−→b , buktikan bahwa

|−→a · −→b | ≤ ‖−→a ‖2‖−→b ‖2, dan ‖−→a +

−→b ‖2 ≤ ‖−→a ‖2 + ‖−→b ‖2.


♦ Ketaksamaan Cauchy-Schwarz dapat dengan mudah dibuktikan dengan mengin-

gat definisi sudut antara dua vektor dan fakta bahwa | cos α| ≤ 1.

Dari fakta dibawah ini

‖−→a +−→b ‖2

2 = ‖−→a ‖22 + ‖−→b ‖2

2 − 2 ‖−→a ‖2‖−→b ‖2 cos α

= ‖−→a ‖22 + ‖ − −→

b ‖22 − 2−→a · −→b

≤ ‖−→a ‖22 + ‖ − −→

b ‖22 + 2 |−→a · −→b |

≤ ‖−→a ‖22 + ‖ − −→

b ‖22 + 2 ‖−→a ‖2‖

−→b ‖2

=

(

‖−→a ‖2 + ‖−→b ‖2

)2

,

kita sampai pada kesimpulan bahwa ketaksamaan segitiga untuk vektor bernilai benar.

♣ (Proyeksi). Misalkan −→c = k−→b , untuk suatu k ∈ R. Jika

‖−→a ‖22 = ‖−→c ‖2

2 + ‖−→a −−→c ‖22,

carilah nilai k. Konstruksikan posisi vektor-vektor yang menggambarkan soal tersebut.

Catatan: Soal ini bercerita tentang proyeksi −→a sepanjang−→b . Nilai k didefinisikan

sebagai komponen dari −→a sepanjang−→b .

IV.1.1 Persamaan Garis pada Bidang

Dalam subbab ini kita akan membicarakan tentang konsep garis lurus pada bidang

datar. Misalkan A terletak pada garis lurus ℓ, dan ℓ terletak pada suatu bidang datar.

Jika vektor−→b sejajar dengan garis ℓ, maka sebarang titik C pada ℓ dapat disajikan

dalam bentuk −→a + t0−→b , untuk suatu t0 ∈ R. Dengan kata lain, terdapat t0 ∈ R

sedemikian hingga −→c = −→a + t0−→b . Di sini dikatakan bahwa

−→b merupakan vektor arah

garis ℓ. Cukup jelas bahwa

ℓ := {−→a + t−→b : t ∈ R},

dan X(t) := −→a + t−→b = (x1 + t x2, y1 + t y2) menyatakan posisi titik pada ℓ untuk setiap

t ∈ R. Kadangkala X(t) juga disebut sebagai persamaan parametrik suatu garis lurus.

♣ Carilah persamaan garis yang melalui titik-titik A(a1, a2), dan B(b1, b2).

♦ Misalkan X sebarang titik pada garis tersebut, maka−−→AX selalu sejajar dengan

−−→AB. Dengan demikian dapat ditemukan t ∈ R yang bersifat

−−→AX = t

−−→AB. Ini berarti

−−→OX −−→a = t(



♣ Tentukan garis yang melalui titik A(a1, a2), dan tegaklurus vektor −→c := (c1, c2).

♦ Misalkan X sebarang titik pada garis tersebut, maka−−→AX selalu tegaklurus dengan

−→c . Dengan demikian−−→AX · −→c = 0. Ini berarti

−−→OX −−→a = t(


1. Carilah persamaan garis yang melalui suatu titik dan tegak lurus terhadap suatu

vektor yang diketahui.

2. Misalkan seekor kutu berjalan dari titik A ke titik B dengan waktu tempuh

1 detik. Tentukan posisi kutu pada detik ke-5, jika kutu tersebut menempuh

lintasan berbentuk garis lurus. Apa yang terjadi jika waktu tempuh dari A ke B

3 detik? Apa yang terjadi jika pergerakannya berlawanan arah?

3. Tuliskan semua persamaan garis yang anda ketahui dalam Geometri Analitik

dalam bentuk persamaan parametrik X(t).

4. Misalkan X1(t), dan X2(t) menyatakan dua buah garis di bidang. Tentukan syarat

agar kedua garis tersebut, berturut-turut, berpotongan, sejajar, atau identik.

5. Tentukan syarat agar X1(t) dan X2(t) saling tegak lurus. Jika α := ∠(X1,X2),

hitunglah tan α.

6. Jika P tidak terletak pada garis ℓ, hitunglah jarak P terhadap ℓ.

IV.1.2 Pengertian Garis dan Bidang dalam Ruang

Sebarang bidang (datar) dikarakterisasi oleh suatu vektor yang tegak lurus dengan

bidang tersebut dan satu titik tertentu yang dilalui bidang tersebut.

Secara geometris, jika P dan Q sebarang dua titik pada bidang P, maka ruas garis

PQ juga terletak pada P. Ini berarti bahwa semua titik dalam PQ juga terletak di P.

1. Jika vektor −→a tegak lurus bidang P, dan B terletak di P, tentukan persamaan

P dalam notasi vektor.

Catatan: Vektor −→a disebut vektor normal atau normal dari bidang P.


2. Misalkan A terletak pada bidang datar P. Jika−−→AB tegak lurus bidang P, dan X

adalah sebarang titik pada P, tentukan persamaan bidangnya.

3. Jika titik-titik A,B,C tidak segaris, tentukan persamaan bidang yang memuat

ketiga titik tersebut.

IV.2 Pengertian Ruang Vektor

Kita bisa mendefinisikan R3 sebagai kumpulan semua vektor. Tepatnya, kita punyai

R2 := {(a, b, c) : a, b, c ∈ R}.

disebut fungsi jarak atau jarak, jika memenuhi sifat-sifat berikut:

• ρ(a, b) = 0 jika dan hanya jika a = b;

• ρ(a, b) = ρ(b, a);

• ρ(a, c) ≤ ρ(a, b) + ρ(b, c),

untuk setiap a, b, c ∈ X.

1. Misalkan R dilengkapi dengan pengertian nilai mutlak | · | di dalamnya. Untuk

sebarang a, b ∈ R, didefinisikan ρ1(a, b) := |a − b|. Buktikan bahwa ρ1 mendefin-

isikan pengertian jarak di R.

2. Misalkan R2 dilengkapi dengan pengertian panjang vektor ‖ · ‖2 di dalamnya.

Untuk sebarang a, b ∈ R2, didefinisikan ρ2(a, b) := ‖a − b‖2. Buktikan bahwa ρ2

mendefinisikan pengertian jarak di R2. Dapatkah kita mendefinisikan jarak di R

3

melalui pengertian panjang vektor di ruang?

PENGANTAR GEOMETRI DAN KALKULUS PEUBAH …web.unair.ac.id/admin/file/f_22572_geometri_kpb.pdf ·...

Documents

Transcript of PENGANTAR GEOMETRI DAN KALKULUS PEUBAH …web.unair.ac.id/admin/file/f_22572_geometri_kpb.pdf ·...