BAB XIV V E K T O R Pengertian Vektor adalah besaran yang mempunyai arah. Tafsiran geometri sebuah vektor dilukiskan sebagai panah.

14. 1 Pengertian

Vektor adalah besaran yang mempunyai arah. Tafsiran geometri sebuah vektor dilukiskan sebagai panah.

Ada tiga cara menuliskan sebuah vektor, yaitu … 1. ^→a =

⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡

3 2 1

a a a

2. ^→a = (a1, a2, a3) 3. ^→a = a1

→

i + a2

→

j + a3

→

k

Ciri khas vektor adalah panjang dan arah vektor tersebut. Sebuah vektor tidak tergantung pangkal dan ujungnya. Vektor boleh digeser selama tidak merubah arah dan panjangnya

Contoh :

ABCD adalah jajaran genjang dengan titik A(2,p,5), B(q,3,1). Diketahui vektor

→

−−

DC = (1, r, p), maka ⏐ ⁻AB^−−→⏐ = …

(A) 14 (B) 21 (C) 66 (D) 2 21 (E) 3 14 Jawab :

Perhatikan ⁻AB^−−→ =

⎥⎦⎤

⎢⎣⎡

−−

−

A B

A B

A B

z z

y y

x

x = ⎥⎦

⎢ ⎤

⎣

⎡

−−− 4

p 3

2 q

→

−

−

−

AB = ⁻⁻DC^→ karena panjang dan arah sama

⇒ ⎥⎦

⎢ ⎤

⎣

⎡

−−− 4

p 3

2 q

= ⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ p r

1 ⇒ q = 3 ; p = −4 dan r = 3 − p = 3 − (−4) = 7

Diperoleh ⁻AB^−−→= (1, 7, −4)

⏐ ⁻AB^−−→⏐ = 1²+7²+(−4)² = 66

A(a_x,a_y,a_z)

B (a_x, a_y, a_z) Vektor dengan titik pangkal A (ax, ay, az) dan titik

ujung B (bx, by, bz) dinotasikan dengan ⁻⁻AB^→. Definisi ⁻⁻AB = ^→

⎥⎥

⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎢

⎣

⎡

−

−

−

z z

y y

x x

a b

a b

a b

Vektor dengan titik pangkal O (0, 0, 0) disebut vektor posisi

Perhatikan gambar

→a = OA adalah vektor posisi titik A ^−−→

→

b = ⁻⁻OB^→ adalah vektor posisi titik B Maka ⁻⁻AB^→ = ^→b − ^→a

x

z A

B O y

Misalkan ^→a = (a1, a2, a3)

Notasi : |^→a| (baca panjang vektor ^→a ) Definisi : |^→a| = a₁²+a₂²+a₃²

→a = ^→b jika dan hanya jika

• ⏐^→a ⏐ = ⏐^→b⏐

• ^→a dan ^→b arahnya sama

A B

C D

14. 2 Operasi pada vektor

Secara analitik (aljabar) operasi jumlah pada vektor didefinisikan sebagai

Secara geometri operasi jumlah pada vektor dapat dilukiskan sebagai berikut …

Berikut ini adalah sifat-sifat penjumlahan vektor 1. Komutatif : ^→a + ^→b = ^→b + ^→a

2. Assosiatif : (^→a + ^→b) + ^→c = ^→a + ( ^→b+ ^→c)

3. Ada unsur identitas yaitu ^→0= (0, 0, 0) sehingga ^→a + ^→0 = ^→0+ ^→a = ^→a 4. Ada vektor −^→a sehingga a + (−^→a) = ^→0

Catatan : Vektor ^→0 dapat dilukiskan sebagai sebuah titik. Vektor ^→0 tidak mempunyai arah.

Sedangkan gambaran lebih jauh vektor −^→a adalah …

Dibawah ini adalah pengertian analitik operasi k ^→a (baca : kelipatan vektor ^→a)

Berikut ini adalah operasi k ^→a dipandang dari sisi geometri … Misalkan ^→a = (a1, a2, a3) ; ^→b = k ^→a, k bilangan real ⇒ ^→b = (k a1, k a2, k a3)

Misalkan ^→a = (a1, a2, a3) dan

→

b = (b1, b2, b3) Maka ^→a +

→

b = (a1 + b1, a2 + b2, a3 + b3)

→a

→

b

→a + ^→b

Titik pangkal ^→a dan ^→b harus sama. Lukiskan jajaran genjang.

→a + ^→b adalah vektor diagonal.

Aturan Jajaran Genjang

→a +^→b

→a Ujung dari vektor ^→a harus

menjadi pangkal dari vektor ^→b.

→a + ^→b = ⁻⁻PQ + ^{→ −}QR =^{−−→ −−}PR^→ P

Q A t u r a n S e g i t i g a R

→

b

→a −^→a Misalkan ^→a = ⁻⁻PQ^→; ^→a = (a1, a2, a3)

Maka :

→

−−QP = −^→a = (−a1, −a2, −a3) P

Q Q

P

Misalkan ^→b = k ^→a , maka …

• ^→b segaris (atau sejajar) dengan ^→a

• ⏐ ^→b ⏐ = ⏐k⏐ ⏐^→a⏐

→a

k^→a , k > 0

k^→a , k < 0

1. Diketahui ^→u = (3, 11, 5), ^→v = (−1,2,7), AD^−−→ = (6, 5, t). Jika ⁻⁻AB^→ sejajar ^→u,

→

−−

ACsejajar ^→v dan AD^−−→ = ⁻⁻AB^→+ ⁻⁻AC^→, maka ⁻⁻DB^→= … Jawab :

→

−−

AB sejajar ^→u ⇒ ⁻⁻AB^→= k₁ (3, 11, 5) ⁻⁻AC^→ sejajar ^→v ⇒ ⁻⁻AC^→ = k₂ (−1,2,7)

→

−−

AD = ⁻⁻AB^→+ ⁻⁻AC^→= k1 (3, 11, 5) + k2 (−1,2,7) = (3k1 − k2, 11k1 + 2k2, 5k1 + 7k2) Jadi 3k1 − k2 = 6 ⇒ k2 = 3 k1 − 6

11k1 + 2k2 = 5 ⇒ 11k1 + 2(3k1 − 6) = 5 ⇒ 17k1 = 17 ⇒ k1 = 1 dan k2 = −3 t = 5 k1 + 7k2 = 5 − 21 = −16

Dengan demikian ⁻⁻DB^→ = ⁻⁻DA^→ + ⁻⁻AB^→ = (−6, −5, 16) + (3, 11, 5) = (−3, 6, 21) 2. Titik D ditengah-tengah AC dan titik E

ditengah-tengah AB. Buktikan ⁻⁻DE^→ =

2 1 ^−−→

CB Bukti

→

−−

DA = ¹₂ CA^−−→ ( karena ⁻⁻DA^→ searah dengan CA^−−→ dan ⏐⁻⁻DA^→⏐ = ₂¹⏐CA^−−→⏐ )

→

−−

AE = ¹₂ ⁻⁻AB^→ ( karena ⁻⁻AE^→ searah dengan ⁻⁻AB^→ dan ⏐⁻⁻AE^→⏐ = ₂¹⏐⁻⁻AB^→⏐) Dengan demikian: ⁻⁻DE^→ = ⁻⁻DA^→ + ⁻⁻AE^→

= ₂^{1 −}CA^−→ + ₂^{1 −−}AB^→ = ₂¹ (CA^−−→ + ⁻⁻AB^→) = ₂^{1 −−}CB^→ 3. Perhatikan gambar disamping ini ABCD

adalah segi empat sembarang. Jika P, Q, R dan S masing-masing tengah-tengah AB, BC, CD dan DA. Buktikan PQRS jajaran genjang.

Bukti :

Perhatikan ∆ ADB: Karena S tengah-tengah AB dan P tengah-tengah AD, maka ⁻⁻PS^→= ₂^{1 −−}DB^→ (cara pembuktian persis soal no 2)

Perhatikan ∆ CDB: Karena Q tengah-tengah CD dan R tengah-tengah CB, maka QR^−−→= ₂^{1 −−}DB^→ (cara pembuktian persis soal no 2)

Diperoleh⁻⁻PS^→= QR^−−→ dan ini berarti segiempat PQRS jajaran genjang.

→a searah dengan ^→b ⇒ ^→a = k ^→b, k > 0

→a berlawanan arah dengan ^→b ⇒ ^→a = k ^→b, k < 0

→a sejajar (atau segaris) dengan ^→b ⇒ ^→a = k ^→b

A C B

D E

D Q

A

B

P S

R

C

4. OABCDE adalah segi enam sama sisi. Jika ^→a = ⁻⁻OA^→, ^→b = ⁻⁻OB^→dan ^→c = ⁻⁻OC^→, ^→d =

→

−−

OD , ^→e = ⁻⁻OE^→, maka ^→a + ^→b + ^→c+ ^→d + ^→e = … (A) 2 ^→c (B) 2₂^{1 →}c (C) 3^→c (D) 3₂^{1 →}c (E) 4^→c Jawab : C

→a + ^→e = OA^−−→+ ⁻⁻OE^→

= ⁻⁻OA^→+ ⁻⁻AP^→=⁻⁻OP^→= ¹₂ ^→c

→

b + ^→d = ⁻⁻OB^→ + ⁻⁻OD^→

= (⁻⁻OA^→+AB^−−→) + (⁻⁻OE^→+ED^−→)

= (OA^−−→ + ⁻⁻OE^→) + ⁻⁻AB^→+ ED^−→ = ₂^{1 →}c+ ₂^{1 →}c + ₂^{1 →}c = 1₂^{1 →}c Diperoleh : ^→a + ^→b + ^→c + ^→d + ^→e = 3^→c

5. Vektor ^→a = OA^−−→, ^→b= ⁻⁻OB^→dan ^→c= ⁻⁻OC^→. P pada AB dan Q pada BC. Diketahui ^→a = −^→i − 3^→j+ −^→k,

→

b = 2^→i + 3^→j+ 11^→k,

→c = 14^→i − 5^→j+ 7^→k

Jika ⁻⁻PQ^→ = 2 ^→i + n ^→k, maka n =

(A) − 2 (B) −1 (C) 1₂¹ (D) 2 (E) 3 Jawab : C

→

−−

PB = segaris dengan ⁻⁻AB^→ ⇒ ⁻⁻PB^→ = k1

→

−−

AB = k1 (^→b −^→a ) = k1 (3, 6, 12)

→

−−

BQ = segaris dengan ⁻⁻BC^→ ⇒ BQ^−−→ = k2

→

−−

BC = k2 (^→c −^→b ) = k2 (12, −8, −4) Karena ⁻⁻PQ^→ = ⁻⁻PB^→ + BQ^−−→

( 2, 0, n) = k1 (3, 6, 12) + k2 (12, −8, −4) Diperoleh 3k1 + 12 k2 = 2 ⏐ kali 2 ⏐

6k1 − 8 k2 = 0

32 k2 = 4 ⇒ k2 = ₈¹ dan 6k1 − 8k2 = 0 ⇒ k1 = ¹₆ Dengan demikian n = 12 k1 − 4 k2 = 12 ⋅ ₆¹ − 4 ⋅ ₈¹ = 1 ₂¹ 6. Perhatikan gambar ^→a = ⁻⁻OA^→, ^→b = ⁻⁻OB^→, Vektor ⁻⁻EC^→ = …

(A) 3 1 ^→a +

3 1 ^→

b (D)

3 2 ^→a +

3 1 ^→

b

(B) ₆^{1 →}a + ¹₃ ^→b (E) ₃^{1 →}a + ₆^{1 →}b (B) ₆^{1 →}a + ₆^{1 →}b

Jawab :

→

−

−

−

EC = ⁻⁻ED^→ + DC^−−→

=

3 1 ^−−→

EB +

3 1 ^−−→

CA

= ¹₃ (⁻⁻EO^→ + ⁻⁻OB^→) + ₃¹ ( CO^−−→ + ⁻⁻OA^→)

= ¹₃ (− ⁻EC^−−→ + ⁻⁻OB^→) + ₃¹ (−2⁻EC^−−→ + OA^−−→)

= −⁻EC^−−→ + ₃^{1 −−}OA^→ + ₃^{1 −−}OB^→

Diperoleh 2 ⁻EC^−−→ = ₃^{1 −−}OA^→ + ₃^{1 −−}OB^→ ⇒ ⁻EC^−−→ = ₆^{1 →}a + ₆^{1 →}b O

A B C

D

E

P

→

b

→a

O P

A C

B Q

→c

O

A

B C

D 1

2 3

1 E

1 1

−

7. ADCF dan DSFT jajaran genjang.

Jika AS : SC = 3 : 1, CT : TB = 3 : 2

→a = CA^−−→,^→b = ⁻⁻CB^→, Maka DA^−−→ = (A) ₈^{3 →}a − ₁₀^{3 →}b (D) ₁₀^{3 →}a − ₈^{3 →}b

(B) ₈^{3 →}a+ ₁₀^{3 →}b (E) −₈^{3 →}a − ₁₀^{3 →}b (C) ₁₀^{3 →}a + ₈^{3 →}b

Jawab : A

→

−−

DS = ⁻⁻TF^→ ; karena DSFT jajaran genjang

→

−−

DA + ⁻⁻AS^→ = ⁻⁻TC^→ + ⁻CF^−→

→

−−

DA − 4 3^→a = −

5

3^→b −DA^−−→ 2 DA^−−→ =

4 3 ^→a −

5 3 ^→b

→

−−

DA =

8 3^→a −

10 3 ^→b

14. 3. Perbandingan pada ruas garis

1. Titik C, D, P dan Q berturut-turut ditengah-tengah OA, AB, OD dan BC.

Jika ^→a = ⁻⁻OA^→, ^→b = ⁻⁻OB^→, maka ⁻⁻PQ^→ = … (A) ₅^{2 →}b (C) ₇^{3 →}b (E) ₇^{3 →}a+₅^{2 →}b (B) ₃^{1 →}b (D) ¹₄ ^→b

Jawab : D

→

−−

OC segaris dengan ^→a dan ⏐⁻⁻OC^→⏐ = ¹₂⏐^→a ⏐ ⇒ ⁻⁻OC^→ =

2 1 ^−−→

OA CQ : QB = 1 : 1 ⇒ OQ^−−→ = ₂^{1 −−}OC^→ + ₂^{1 −−}OB^→ = ₄¹ OA^−−→ + ₂^{1 −−}OB^→ AD : DB = 1 : 1 ⇒ ⁻⁻OD^→ = ¹₂ ⁻⁻OA^→ + ₂^{1 −−}OB^→

→

−−

OP segaris dengan OD^−−→ dan ⏐⁻⁻OP^→⏐ = ₂¹⏐OD^−−→⏐ ⇒ ⁻⁻OP^→ = ¹₂ OD^−−→

⇒ ⁻⁻OP^→ = ₄^{1 −−}OA^→ + ¹₄ ⁻⁻OB^→

A C

D B

S

T F

ADCF jajaran genjang ⇒⁻⁻CF^→=⁻⁻AD = −^{→ −−}DA^→

→

−−

ASb e r l a w a n a n a r a h dengan CA^−−→ dan AS : CA = 3: 4, maka⁻⁻_AS^→= −₄³ CA^−−→= −₄^3→a

→

−−TC b e r l a w a n a n a r a h d e n g a n ⁻⁻CB^→ dan

TC: CB = 3 : 5, maka ⁻⁻TC^→= −₅^{3 −−}CB^→= −₅^3→b

→

b = _mⁿ_+n ^→a + _m^m_+n ^→c

T

P Q

R m

→ n

a

→

b

→c

P Q

A B

C

D O

Dengan demikian ⁻⁻PQ^→ = ⁻⁻OQ^→ − ⁻⁻OP^→ = ¹₄ ⁻⁻OA^→ + ₂^{1 −−}OB^→ − (¹₄ ⁻⁻OA^→ + ₄^{1 −−}OB^→)

= 4

1 ^−−→ OB =

4 1 ^→b

2. Titik A, B dan C segaris dan ^→a , ^→b , ^→c seperti gambar.

a. Buktikan dapat ditulis …

→

b = α ^→a + (1 − α) ^→c untuk suatu konstanta α

b. Jika ^→b = x (^→a + 5 ^→c) − ^→c. Tentukan nilai x Jawab :

a. Misalkan AB : BC = m : n ⇒ ^→b = _mⁿ_+n ^→a + _m^m_+n ^→c Tuliskan α = _mⁿ_+n ⇒ ^→b = α ^→a + (1 − α) ^→c

b. Karena ^→b = x (^→a + 5 ^→c ) − ^→c = x^→a + (5x −1) ^→c Maka x + (5x −1) = α + (1 − α) = 1

Diperoleh 6x − 1 = 1 ⇒ x = ₃¹

3. Perhatikan gambar BP : PC = 3 : 2 AR : RD = 2 : 1

→a = OA^−−→, ^→b = OB^−−→, ^→c= ⁻⁻OC^→, dst Jika ⁻⁻PR^→ = ^→a + ₃^{2 →}b − ₅^{2 →}c dan ^→d = k1

→a + k2

→

b + k3

→c Maka k1 + k2 + k3 = … (A) 1,9 (C) 1,3 (E) 2,6 (B) 2,9 (D) 2,3

Jawab : B

BP : PC = 3 : 2 ⇒ ^→p = ₅^{3 →}c + ₅^{2 →}b AR : RD = 2 : 1 ⇒ ^→r = ₃^{2 →}d + ₃^{1 →}a Perhatikan ⁻⁻PR^→ = ^→r − ^→p

→a + ₃^{2 →}b − ₅^{2 →}c = (₃^{2 →}d + ₃^{1 →}a ) − (₅^{3 →}c + ₅^{2 →}b ) ⏐ kali 15 ⏐ 15^→a + 10^→b − 6^→c = 10^→d + 5^→a − 9^→c − 6^→b

10^→d = 10^→a + 16^→b + 3^→c ⇒ ^→d = ^→a + 1,6^→b + 0,3^→c Dengan demikian k1 + k2 + k3 = 2,9

A

D B

P C

R O

→c

→a

→

b A C B

14. 4. Perkalian titik

Contoh :

1. Jika diketahui vektor ^→a dan ^→b dengan ⏐^→a + ^→b⏐= 15 dan ⏐^→a − ^→b⏐ = 10 dan

⏐^→b⏐ = 5, maka⏐^→a⏐ = … (A) 2

1 275 (B) 2

1 325 (C) 2

1 450 (D) 2

1 475 (B) 2 1 550 Jawab : E

⏐^→a + ^→b⏐² = 225 ⇒ ⏐^→a⏐² + 2^→a ^→b + ⏐^→b⏐² = 225

⏐^→a + ^→b⏐² = 100 ⇒ ⏐^→a⏐² − 2^→a ^→b + ⏐^→b⏐² = 100 2 ⏐^→a⏐² + 2⏐^→b⏐² = 325

⇒ 2 ⏐^→a⏐² + 2 ⋅ 25 = 325 ⇒ 2 ⏐^→a⏐² = 275

⇒ ⏐^→a⏐ = 2 275 =

2 1 550

2. Diketahui vektor ⁻⁻OA^→ = ^→i + ^→k dan ⁻⁻OB^→ = 4^→i + 3^→j+ 5^→k. Titik P pada AB sehingga ∠AOP = ∠BOP, maka ⁻⁻OP^→ = …

(A) ₃^{5 →}i + ¹₂ ^→j+ ₂^{3 →}k (C) ₂^{3 →}i + ¹₂ ^→j+ ₃^{5 →}k (E)^→i + ₄^{3 →}j+ ₃^{1 →}k (B) ₂^{1 →}i + ¹₂ ^→j+ ¹₄ ^→k (D) ₂^{1 →}i + ^→j+ ₄^{1 →}k

Jawab : C

Misalkan ^→a = (a1, a2, a3 )

→

b = (b1 , b2, b3 ) Maka berlaku …

→a . ^→b = a1 b1 + a2 b2 + a3 b3

α = ∠ (^→a ,^→b) ⇒ cos α=

b|

| | a |

b a

→ →

→

→⋅ =

| |b a| |

b a b a b

a_{1 1 2 2 3 3}

→ →

+ +

→a . ^→b = |^→a| |^→b| cos α

α

→a

→

b

1. ^→a ⋅ ^→b = ^→b ⋅ ^→a

2. ^→a ⋅ (^→b + ^→c ) = ^→a ⋅ ^→b + ^→a ⋅ ^→c 3. ^→a ⋅ ^→a = ⏐^→a ⏐²

4. ^→a tegak lurus ^→b ⇔ ^→a⋅ ^→b = 0 Sifat-sifat

Perhatikan : ⁻⁻OP^→ = ⁻⁻OA^→ + ⁻⁻AP^→

= ⁻⁻OA^→ + k ⁻⁻AB^→

= (1, 0, 1) + k (3, 3, 4)

= (1 + 3k, 3k, 1 + 4k)

OP OB

OP OA

→

−

−

⋅

→

−

−

→

⋅−−

→

−−

=

α α

→

−

−

→

−

−

→

−−

→

−−

cos

| OP

|

| OB

|

cos

| OP

|

| OA

| = _−−→

→

−−

OB| |

OA| | =

50 2 =

5 1

Diperoleh : 5 ⁻⁻OA^→ ⋅ ⁻⁻OP^→ = ⁻⁻OB^→ ⋅ ⁻⁻OP^→ 5 ( 2 + 7k ) = 9 + 41k 10 + 35k = 9 + 41k ⇒ k = ₆¹ Dengan demikian ⁻⁻OP^→ = (₂³, ₂¹, ₃⁵)

3. Jika ^→a + 2^→b − ^→c = ^→0; ⏐^→a⏐ : ⏐^→b⏐ : ⏐^→c⏐ = 3 : 1 : 2 dan α = ∠(^→a,^→c), maka sin α =

(A) 4

1 7 (B)

2

1 7 (C)

3

1 7 (D)

3

2 7 (E)

4

3 7

Jawab : A

⏐^→a⏐ : ⏐^→b⏐ : ⏐^→c⏐ = 3 : 1 : 2 ⇒ ⏐^→a⏐ = 3t; ⏐^→b⏐ = t; ⏐^→c⏐ = 2t 2^→b = ^→c − ^→a ⇒ ⏐2^→b⏐² = ⏐^→c − ^→a⏐²

⇒ 4 ⏐^→b⏐² = ⏐^→c⏐² − 2 ^→a ^→c + ⏐^→a⏐²

⇒ 4 |b^|

→ 2

= |^→c^|2 − 2 |^→a^| |^→c| cosα + |^→a^|2

⇒ 4 t² = 4 t² − 12 t² cosα + 9 t²

⇒ 12 t² cosα = 9 t² ⇒ cos α =

12 9 =

4 3

⇒ sin α = ₄¹ 7

4. Vektor ^→a + 2^→b tegak lurus dengan vektor 3^→a −^→b. Jika ⏐^→a⏐ : ⏐^→b⏐ = 2 : 3, dan α = ∠(^→a,^→b), maka cos α = …

(A) 2

1 (B) 3

1 (C) 4

1 (D) 5

1 (E) 6 1 Jawab :

⏐^→a⏐ : ⏐^→b⏐ = 2 : 3 ⇒ ⏐^→a⏐ = 2t; ⏐^→b⏐ = 3t

→a + 2^→b ⊥ 3^→a −^→b ⇒ (^→a + 2^→b) ( 3^→a −^→b) = 0

⇒ 3 ⏐^→a⏐² + 5 ^→a ^→b − 2 ⏐^→b⏐² = 0

⇒ 3 ⏐^→a⏐² + 5 ⏐^→a⏐ ⏐^→b⏐ cos α − 2 ⏐^→b⏐² = 0

⇒ 12 t² + 30 t² cos α − 18t² = 0

⇒ cos α =

5 1

5. Segitiga OAB sama sisi. Titik C pada OA sehingga OC : CA = 2 : 1, Titik D pada

OB sehingga OD : DB = 2 : 3. Jika ^→a = ⁻⁻OA^→,^→b = ⁻⁻OB^→ dan ⁻⁻CD^→⋅ ⁻⁻AB^→ = 4,8 maka ⏐^→a + ^→b⏐ = …

(A) 3 (B) 2 3 (C) 3 3 (D) 4 3 (E) 5 3 Jawab : C

→

−

AP segaris denganAB ⇒ ^{−→ −}AP = k ^→ AB ^−→

α α

O

B

P A

3

4 7

α

Dari CD^−−→⋅ ⁻⁻AB^→ = 4,8

(⁻⁻CO^→ + OD^−−→) (AO^−−→ + ⁻⁻OB^→) = 4,8 (−3

2 ^→a + 5

2 ^→b) (−^→a + ^→b) = 4,8 ⏐ kali 15 ⏐ (−10^→a + 6^→b) (−^→a + ^→b) = 72

10⏐^→a⏐² − 16^→a^→b + 6⏐^→b⏐² = 72 10⏐^→a⏐² − 8⏐^→a⏐² + 6⏐^→a⏐ = 72 8 ⏐^→a⏐² = 72 ⇒ ⏐^→a⏐² = 9

⏐^→a + ^→b⏐² = (^→a + ^→b) (^→a + ^→b) = ⏐^→a⏐² + 2 ^→a ^→b +⏐^→b⏐² = ⏐^→a⏐² +⏐^→a⏐² +⏐^→a⏐² = 27

Jadi ⏐^→a + ^→b⏐ = 27= 3 3

6. Titik P, Q dan R segaris dan vektor ^→p, ^→q, ^→r masing-masing vektor posisi titik P, Q dan R. Jika ^→p= (2,1,−1), ⁻⁻PQ^→ = (3,2,1) dan ^→r ⊥ ⁻⁻PQ^→, maka ^→r = …

(A) ₂¹(1, 3, 2) (B) (0, 4, 3) (C) (1,3,−2) (D) ¹₂(0,3,−2) (A) ₂¹(1,0,−3) Jawab : E

P, Q dan R segaris ⇒ ⁻⁻PR^→ = α⁻⁻PQ^→ ⇒ ^→r− ^→p = α⁻⁻PQ^→ ⇒ ^→r = ^→p + α⁻⁻PQ^→

⇒ ^→r= (2,1,−1) + α (3,2,1) = (2 + 3α, 1 + 2α, −1 + α)

→r ⊥ ⁻⁻PQ^→ ⇒ ^→r ⋅ ⁻⁻PQ^→ = 0 ⇒ (2 + 3α, 1 + 2α, −1 + α) . (3,2,1) = 0

⇒ 14 α + 7 = 0 ⇒ α = −₂¹

Dengan demikian ^→r = (2 −₂³, 1 − 1, −1 − ₂¹) = (₂¹, 0, −₂³) = ₂¹(1, 0, −3) 7. D.ABC bidang empat dengan alas ∆ ABC sama sisi, yaitu p. Jika CD

tegak lurus alas dan CD = q, maka cos∠(⁻⁻AD^→,⁻⁻BC^→) = … (A) _{2 2}

q p

q

+ (C)

2 2 q p

p 2

+ (E)

2 2 q p

q 2

+ (B) 2 p2 q2

q

+ (D) _{2 2} q p 2

p + Jawab : D

∠(⁻⁻AC^→ ,⁻⁻BC^→ ) bertolak belakang dengan ∠ACB, maka ∠(⁻⁻AC^→ ,⁻⁻BC^→) = ∠ACB = 60⁰

Jadi ⁻⁻AC^{→ −−}BC^→ = ⏐⁻⁻AC^→⏐ ⏐⁻⁻BC^→⏐ cos 60⁰ = p ⋅ p ⋅ ₂¹ = ₂¹ p² CD tegak lurus bidang alas ⇒ CD^−−→ ⊥ ⁻⁻BC^→ ⇒ CD^{−−→ −−}BC^→ = 0.

Dengan demikian : ⁻⁻AD^{→ −−}BC^→ = (⁻⁻AC^→ + CD^−−→) ⁻⁻BC^→

= ⁻⁻AC^{→ −−}BC^→ + ⁻⁻CD^{→ −−}BC^→ =

2

1 p² + 0 =

2 1 p² Dilain sisi : ⁻⁻AD^{→ −−}BC^→ =⏐⁻⁻AD^→⏐ ⏐⁻⁻BC^→ ⏐ cos ∠(⁻⁻AD^→,⁻⁻BC^→ )

A

C

B

D

A B

→ C

u ^→u

→v

→v

O

A B

C 1

2

D 2

2

∆OAB sama sisi , maka ...

• ⏐^→a ⏐ = ⏐^→b⏐

• ^→a ^→b = ⏐^→a ⏐⏐^→b⏐ cos 60⁰

= ⏐^→a ⏐⏐^→a ⏐ ₂¹

= ₂¹⏐^→a ⏐²