1. GEOMETRI
KOORDINAT
Oleh:
Ririn Suparti Kurnianingsih
Henry Kurniawan
Tri Wahyudi
Dosen Pengampu
: 1. Dr. Somakim, M.Pd.
2. Dr. Nila Kesumawati, M.Si.
PROGRAM PASCASARJANA PENDIDIKAN MATEMATIKA
UNIVERSITAS SRIWIJAYA PALEMBANG
2013

2. KOORDINAT
1. PENDAHULUAN
Sekitar tahun 1630, Pierre de Fermat dan Rene Descartes menemukan
keuntungan dari angka dalam geometri, sebagai koordinat. Descartes adalah yang
pertama memperkenalkan hal tersebut secara rinci dalam bukunya “Geometrie”
pada tahun 163. Oleh karena itu dia mendapatkan penghargaan besar untuk ide
dan pendekatan koordinat geometri yang dikenal sebagai Cartesian.
Descartes berpikir geometri adalah yang seperti digambarkan Euclid, dan angka
hanya membantu dalam mempelajari geometri. Tetapi kemudian ilmuwan
matematika menemukan objek dengan sifat "non-Euclidean", seperti "garis"
memiliki lebih dari satu garis sejajar yang melalui suatu titik tertentu. Untuk
memperjelas situasi ini, perlu untuk mendefinisikan titik, garis, panjang, dan
sebagainya, dan untuk membuktikan bahwa mereka memenuhi aksioma Euclid.
Hal dilakukan dengan bantuan koordinat, disebut arithmetization of geometry.
Pada tiga bagian pertama bab ini, kita lakukan langkah-langkah utama, yaitu
menggunakan himpunan R bilangan real untuk menentukan bidang Euclidean R2
dan titik, garis, dan lingkaran di dalamnya. Disini juga akan didefinisikan konsep
jarak dan sudut, dan akan ditunjukkan bagaimana beberapa aksioma dan teorema
penting mengikuti.

Ini memberikan gambaran aljabar konstruktibiliti dengan penggaris dan
jangka, yang memungkinkan untuk membuktikan bahwa bentuk tertentu tidak
konstruktibel.

Hal ini memungkinkan kita untuk mendefinisikan apa artinya "perpindahan"
bentuk geometri, yang memberikan kebenaran untuk bukti Euclid SAS, dan
memunculkan pertanyaan baru.

3. 2. PEMBAHASAN
2.1 Garis bilangan dan bidang bilangan
Himpunan R bilangan riil adalah hasil dari mengisi kesenjangan dalam himpunan
Q bilangan rasional dengan bilangan irasional, seperti √2. Inovasi ini
memungkinkan untuk mempertimbangkan R sebagai garis, karena tidak memiliki
kesenjangan dan angka di dalamnya digunakan menjadi titik pada garis. Salah
satu tujuannya menggunakan R untuk membangun model untuk semua bidang
geometri Euclid: struktur yang mengandung "garis", "lingkaran", "ruas garis," dan
seterusnya, dengan semua sifat-sifat yang dibutuhkan oleh Euclid.
Langkah pertama adalah untuk membangun "bidang," dalam hal ini akan
membutuhkan sifat garis sejajar dalam geometri eculid. Bayangkan garis yang
saling tegak lurus, yang disebut sumbu x dan sumbu y, berpotongan pada titik O
yang disebut titik asal (Gambar 1). Sumbu adalah garis bilangan, dengan O adalah
angka 0 pada masing-masing sumbu, dan diasumsikan bahwa arah positif pada
sumbu x adalah ke kanan dan bahwa arah positif pada sumbu y adalah ke atas.
Gambar 1. Sumbu dan koordinat
Terdapat garis yang sejajar dengan sumbu y dan sumbu x melalui titik P. Kedua
garis bertemu sumbu x dan sumbu y pada a dan b disebut “x dan y” koordinat P.
Hal ini penting untuk mengetahui yang mana angka pada sumbu x dan yang mana
angka pada sumbu y. Karena jelas sangat berbeda antara x = 3 dan y = 4 dengan x
= 4 dan y = 3.

4. Dengan demikian, mengingat adanya garis bilangan R yang titik-titiknya adalah
bilangan real, maka terdapat bidang bilangan yang titiknya adalah pasangan
bilangan real. Yang biasa ditulis sebagai R × R atau R2.
2.2 Garis dan persamaannya
Ketika koordinat diperkenalkan, memungkinkan untuk mendefinisikan bentuk
dari garis lurus yang dikenal sebagai gradien. Gradien adalah hasil bagi kenaikan
dan jarak dan yang lebih penting lagi bahwa nilai gradien tidak tergantung pada
dua titik pada garis yang menentukan kenaikan dan jarak tersebut. Perhatikan
gambar 2.
Gambar 2. Mengapa gradien sebuah garis konstan
Pada gambar di atas, terdapat dua ruas garis pada garis yang sama, yaitu:

AB, kenaikannya adalah |BC| dan jarak yang dilalui |AC|, dan

A’B’, kenaikannya adalah |B’C’| dan jarak yang dilalui |A’C’|.
Sudut α adalah sama karena AC dan A’C’ sejajar, dan sudut β adalah sama karena
BC dan B’C’ adalah sejajar. Begitu juga sudut di C dan C’ keduanya sudut sikusiku. Jadi, segitiga ABC dan A’B’C’ sebangun, sehingga sisi yang bersesuaian
memiliki perbandingan yang proporsional.
|𝐵𝐶|
|𝐵’𝐶’|
=
|𝐴𝐶|
𝐴’𝐶’
Oleh karena itu, gradien = konstan.

5. Misal pada gambar 3, diberikan garis dengan gradien a yang memotong sumbu y
pada titik Q di mana y = c. Jika P = (x, y) adalah titik pada garis ini, maka
kenaikan dari Q ke P adalah y – c dan jaraknya adalah x.
𝐺𝑟𝑎𝑑𝑖𝑒𝑛 = 𝑎 =
𝑦− 𝑐
𝑥
Dengan mengalikan kedua ruas dengan x, menjadi:
ax = y – c atau y = ax + c
Persamaan ini dipenuhi oleh semua titik di garis, dan oleh karenanya disebut
persamaan garis.
Gambar 3. Tipikal titik pada garis
Hampir semua garis memiliki persamaan ini, kecuali garis yang tidak melewati
sumbu y. Garis tersebut adalah garis vertikal, yang tidak memiliki kemiringan
seperti yang telah kita definisikan, meskipun bisa dikatakan memiliki kemiringan
yang tak terbatas. Seperti garis yang memiliki persamaan:
x = c, untuk c konstanta
Dengan demikian, semua garis memiliki persamaan:
ax + by + c = 0, untuk a, b dan c konstanta.
Disebut persamaan linear dalam variabel x dan y.

6. Secara khusus, jika garis didefinisikan sebagai himpunan titik-titik (x, y) pada
bidang bilangan yang memenuhi persamaan linier maka dapat dibuktikan
pernyataan berikut yang Euclid ambil sebagai aksioma:

Ada garis yang unik melalui dua titik yang berbeda,

Untuk setiap garis L dan titik P di luar L, ada garis yang unik melalui P tidak
bertemu dengan L.
Latihan
Diberikan titik yang berbeda P1 = (x1, y1) dan P2 = (x2, y2), misalkan P = (x, y)
adalah setiap titik pada garis melalui P1 dan P2.
2.2.1 Dengan persamaan gradien, tunjukkan bahwa x dan y memenuhi persamaan
𝑦2 − 𝑦1
𝑦 − 𝑦1
=
𝑗𝑖𝑘𝑎 𝑥1 ≠ 𝑥2
𝑥2 − 𝑥1
𝑥 − 𝑥1
2.2.2 Jelaskan mengapa persamaan yang ditemukan dalam Latihan 3.2.1 adalah
persamaan garis lurus.
2.2.3 Apa yang terjadi jika x2 = x1?
Tidak mengherankan garis sejajar adalah garis dengan gradien yang sama.
2.2.4 Tunjukkan bahwa garis yang berbeda y = ax + c dan y = a’x + c’ memiliki
satu titik yang sama kecuali mereka memiliki kemiringan yang sama (a =
a’). Tunjukkan bahwa hal ini juga terjadi ketika satu baris memiliki gradien
yang tak terbatas.
2.2.5 Jika L memiliki persamaan y = 3x, apa persamaan garis yang sejajar dengan
L dan melalui P = (2, 2)?
Penyelesaian
2.2.1 Persamaan garis
: y = ax + c ... (1)
P1(x1, y1) terletak pada garis
: y1 = ax1 + c ... (2)
P2(x2, y2) terletak pada garis
: y2 = ax2 + c ... (3)

7. 
Persamaan (1) dikurang persamaan (2), diperoleh:
y = ax + c
y1 = ax1 + c –
(y – y1) = a(x – x1)
Menjadi
𝑦 − 𝑦1
𝑎=
… . (4)
𝑥 − 𝑥1

Persamaan (3) dikurang persamaan (2), diperoleh:
y2 = ax2 + c
y1 = ax1 + c –
(y2 – y1) = a(x2 – x1)
Menjadi
𝑦2 − 𝑦1
𝑎=
… . (4)
𝑥2 − 𝑥1

Dari persamaan (4) dan (5), diperoleh:
𝑦 − 𝑦1
(𝑦2 – y1 )
=
(𝑥 − 𝑥1 )
(𝑥2 – 𝑥1 )
2.2.2 Karena
(𝑦 2 – y 1 )
(𝑥 2 – 𝑥 1 )
= gradien (a), sehingga persamaannya menjadi:
𝑦 − 𝑦1
= 𝑎
(𝑥 − 𝑥1 )
𝑦 − 𝑦1 = 𝑎(𝑥 − 𝑥1 )
Adalah bentuk persamaan garis lurus yang melalui titik (x1, y1) dan gradien
a.
2.2.3 Jika x1 = x2, maka:
𝑦 − 𝑦1
(𝑦2 – y1 )
=
(𝑥 − 𝑥1 )
(𝑥2 – 𝑥1 )
𝑎=
𝑦2 – y1
𝑥2 – 𝑥2
𝑎=
𝑥 − 𝑥1
0
𝑎=∞
Jadi garis akan memiliki gradien tak terhingga atau berupa garis vertikal.

8. 2.2.4 Karena a, a’ ≠ ∞, maka:
y = ax + c
x=
𝑦 −𝑐
y = a’x + c’
x=
𝑎
𝑦−𝑐′
𝑎′
Diperoleh:
𝑦− 𝑐
𝑦 − 𝑐′
=
𝑎
𝑎′
𝑦 − 𝑐 𝑎′ = 𝑦 − 𝑐 ′ 𝑎
𝑎′ 𝑦 − 𝑎′ 𝑐 = 𝑎𝑦 − 𝑎𝑐 ′
𝑎′ 𝑦 − 𝑎𝑦 = 𝑎′ 𝑐 − 𝑎𝑐 ′
𝑦 𝑎′ − 𝑎 = 𝑎′ 𝑐 − 𝑎𝑐 ′
𝑎′ 𝑐 − 𝑎𝑐′
𝑦= ′
𝑎 − 𝑎
Subtitusikan y ke salah satu persamaan di atas:
𝑦 = 𝑎𝑥 + 𝑐
𝑎′ 𝑐 −
𝑎′ −
𝑎′ 𝑐 −
𝑎′ −
𝑎′ 𝑐 −
𝑎𝑐 ′
= 𝑎𝑥 + 𝑐
𝑎
𝑎𝑐 ′
𝑐(𝑎′ − 𝑎)
− ′
= 𝑎𝑥
𝑎
𝑎 − 𝑎
𝑎𝑐 ′ − 𝑎′ 𝑐 + 𝑎𝑐
= 𝑎𝑥
𝑎′ − 𝑎
𝑎𝑐 − 𝑎𝑐 ′
= 𝑎𝑥
𝑎′ − 𝑎
𝑎(𝑐 − 𝑐 ′ )
= 𝑎𝑥
𝑎′ − 𝑎
𝑐 − 𝑐′
= 𝑥
𝑎′ − 𝑎
Jadi titik koordinat pada perpotongan kedua garis tersebut adalah
𝑐−𝑐 ′
𝑎 ′ −𝑎
,
𝑎 ′ 𝑐−𝑎𝑐 ′
𝑎 ′ −𝑎
Jika a = a’, maka pembaginya akan sama dengan 0, dan titik tersebut tidak
terdefinisi.
Jika salah satu gradien garisnya adalah ∞ maka bentuk garis tersebut
tentunya x = n untuk n ∈ R. Maka titik potongnya adalah (n, an + c)

9. 2.2.5 Persamaan garis yang sejajar dengan L dan melalui titik P(2, 2)
L ≡ y = 3x , jadi L memiliki gradien = 3.
Persamaan garis yang melalui satu titik dan gradien tertentu:
𝑦 − 𝑦1 = 𝑎(𝑥 − 𝑥1 )
𝑦−2 =3 𝑥−2
𝑦 − 2 = 3𝑥 − 6
𝑦 = 3𝑥 − 4
2.3 Jarak
Misalkan P1 = (x1, y1) dan P2 = (x2, y2) adalah dua titik di R2, membentuk
koordinat segitiga siku-siku seperti yang ditunjukkan pada gambar 4, dan |P1P2|
adalah panjang sisi miringnya.
Gambar 4. Segitiga yang mendefinisikan jarak
Sisi vertikal segitiga memiliki panjang y2 – y1, dan sisi horizontal memiliki
panjang x2 – x1. Berdasarkan teorema Pythagoras:
|P1P2|2 = (x2 – x1)2 + (y2 – y1)2
dan karena itu,
|𝑃1 𝑃2 | =
(𝑥2 – 𝑥1 )2 + (𝑦2 – 𝑦1 )2

10. Persamaan lingkaran
Rumus jarak di atas mengarah langsung ke persamaan lingkaran, sebagai berikut.
Misalkan kita memiliki lingkaran dengan jari-jari r dan pusat di titik P = (a, b).
Kemudian setiap titik Q = (x, y) pada lingkaran berada pada jarak r dari P, dan
karenanya rumus di atas memberikan:
(𝑥 − 𝑎)2 + (𝑦 − 𝑏)2
𝑟 = |PQ| =
Dengan mengkuadratkan kedua sisi, didapatkan:
𝑥− 𝑎
2
+
𝑦− 𝑏
2
= 𝑟2
Ini disebut persamaan lingkaran karena memenuhi setiap titik (x, y) pada
lingkaran.
Garis berjarak sama dari dua titik
Sebuah lingkaran adalah himpunan titik-titik yang berjarak sama dari titik
pusatnya. Apa himpunan titik-titik yang berjarak sama dari dua titik di R2?
Himpunan titik-titik yang berjarak sama dari dua titik adalah garis.
Untuk melihat mengapa, diberikan dua titik P1 = (a1, b1) dan P2 = (a2, b2).
Kemudian titik P = (x, y) berjarak sama dari P1 dan P2 jika |PP1| = |PP2|, yaitu
jika x dan y memenuhi persamaan
(𝑥 − 𝑎1 )2 + (𝑦 − 𝑏1 )2 =
𝑥 − 𝑎1
2
+
𝑦 − 𝑏1
2
(𝑥 − 𝑎2 )2 + (𝑦 − 𝑏2 )2
= 𝑥 − 𝑎2
2
+
𝑦 − 𝑏2
2
2
2
2
2
𝑥 2 − 2𝑎1 𝑥 + 𝑎1 + 𝑦 2 − 2𝑏1 𝑦 + 𝑏1 = 𝑥 2 − 2𝑎2 𝑥 + 𝑎2 + 𝑦 2 − 2𝑏2 𝑦 + 𝑏2
2
2
2
2
−2𝑎1 𝑥 + 𝑎1 − 2𝑏1 𝑦 + 𝑏1 = −2𝑎2 𝑥 + 𝑎2 − 2𝑏2 𝑦 + 𝑏2
2
2
2
2
−2𝑎1 𝑥 + 𝑎1 − 2𝑏1 𝑦 + 𝑏1 + 2𝑎2 𝑥 − 𝑎2 + 2𝑏2 𝑦 − 𝑏2 = 0
2
2
2
2
2(𝑎2 − 𝑎1 )𝑥 + 2(𝑏2 − 𝑏1 )𝑦 + (𝑎1 − 𝑎2 ) + (𝑏1 − 𝑏2 ) = 0
Dengan demikian, titik P = (x, y) berjarak sama dari P1 dan P2 bentuk garis.

11. Latihan
Persamaan garis dan lingkaran memungkinkan untuk membuktikan banyak
teorema geometris oleh aljabar, seperti yang disadari Descartes. Bahkan , mereka
memperluas lingkup geometri dengan memungkinkan banyak kurva yang akan
dijelaskan oleh persamaan . Tapi aljabar juga berguna dalam membuktikan bahwa
jumlah tertentu tidak sama. Salah satu contoh adalah ketaksamaan segitiga.
2.3.1 Misalkan sebuah segitiga , untuk memudahkan ambil satu titik sudut di O =
(0, 0), P = (x1 ,0) dengan x1 > 0, dan Q = (x2, y2). Tunjukkan bahwa
𝑂𝑃 = 𝑥1 ,
𝑃𝑄 =
2
(𝑥2 − 𝑥1 )2 + 𝑦2 ,
𝑂𝑄 =
2
2
𝑥2 + 𝑦2
Ketaksamaan segitiga menyatakan bahwa |OP| + |PQ| > |OQ| (setiap dua sisi
segitiga bersama-sama lebih besar dari sisi ketiga). Untuk membuktikan
pernyataan ini, itu sudah cukup untuk menunjukkan bahwa
(|OP| + |PQ|)2 > |OQ|2
2.3.2 Tunjukkan bahwa
( 𝑂𝑃 + 𝑃𝑄 )2 − |𝑂𝑄|2 = 2𝑥1
2
(𝑥2 − 𝑥1 )2 + 𝑦2 − (𝑥2 − 𝑥1 )
2.3.3 Tunjukkan bahwa istilah dalam tanda kurung siku dalam Latihan 2.3.2
adalah positif jika y2 ≠ 0, dan karenanya bahwa ketaksamaan segitiga
berlaku dalam kasus ini.
2.3.4 Jika y2 = 0, mengapa ini tidak menjadi masalah?
Penyelesaian
2.3.1 Tunjukkan:
𝑂𝑃 =
(𝑥1 − 0)2 + (0 − 0)2
𝑂𝑃 =
𝑥1 2
𝑂𝑃 = 𝑥1
𝑃𝑄 =
𝑥2 − 𝑥1
2
+ 𝑦2 − 0
𝑃𝑄 =
𝑥2 − 𝑥1
2
2
+ 𝑦2
2

12. 𝑂𝑄 =
2
+ 𝑦2 − 0
2
𝑃𝑄 =
𝑥2 − 0
2
+ 𝑦2 − 0
2
𝑃𝑄 =
2.3.2
𝑥2 − 0
2
2
𝑥2 + 𝑦2
𝑂𝑃 + 𝑃𝑄
2
− 𝑂𝑄
2
=
𝑥1 +
𝑥2 − 𝑥1
= 𝑥1 2 + 2𝑥1
2
2
+ 𝑦2
2
−
2
2
2
𝑥2 + 𝑦2
2
2
+ 𝑦2 + 𝑥2 − 𝑥1
2
𝑥2 − 𝑥1
2
2
2
+ 𝑦2 + 𝑥2 − 2𝑥1 𝑥2
2
2
2
+𝑦2 − 𝑥2 − 𝑦2
= 𝑥1 2 + 2𝑥1
𝑥2 − 𝑥1
2
2
2
2
+𝑥1 + 𝑦2 − 𝑥2 − 𝑦2
2
2
2
+ 𝑦2 − 2𝑥1 𝑥2 + 2𝑥1
= 2𝑥1
𝑥2 − 𝑥1
= 2𝑥1
2
(𝑥2 − 𝑥1 )2 + 𝑦2 − (𝑥2 − 𝑥1 )
2.3.3 Untuk menunjukkan persamaan yang berada dalam tanda kurung siku
bernilai positif, maka:
2
(𝑥2 − 𝑥1 )2 + 𝑦2 > 𝑥2 − 𝑥1
2
(𝑥2 − 𝑥1 )2 + 𝑦2 > (𝑥2 − 𝑥1 )2
(kuadratkan kedua ruas)
2
2
Akan bernilai benar jika 𝑦2 > 0, karena y ≠ 0 berati 𝑦2 > 0 dan begitu juga
2
(𝑥2 − 𝑥1 )2 + 𝑦2 > 𝑥2 − 𝑥1 juga benar.
2.3.4 Ketika y2 = 0 tidak menjadi masalah, ketika y2 = 0 titik O, P, Q akan
membentuk garis lurus. Sehingga ketaksamaan segitiga tidak berlaku.
2.4 Persimpangan garis dan lingkaran
Sekarang garis dan lingkaran didefinisikan oleh persamaan, sehingga dapat
diberikan bentuk aljabar yang setara pada pengoperasian penggaris dan jangka.

Gambar garis melalui titik yang diberikan untuk menemukan persamaan garis
melalui titik (x1, y1) dan (x2, y2). Gradien antara kedua titik tersebut adalah
𝑦 2 −𝑦1
𝑥 2 −𝑥 1
, yang harus sama dengan kemiringan
𝑦 −𝑦 1
𝑥−𝑥 1
khusus (x1, y1), sehingga persamaannya adalah:
antara titik (x, y) dan titik

13. 𝑦 − 𝑦1
(𝑦2 – y1 )
=
(𝑥 − 𝑥1 )
(𝑥2 – 𝑥1 )
Kalikan kedua sisi dengan (x – x1)(x2 – x1), didapatkan persamaan:
(y – y1)(x2 – x1) = (x – x1)( y2 – y1) atau (y2 – y1)x – (x2 – x1)y – x1y2 + y1x2 = 0

Gambar lingkaran dengan pusat dan jari-jari yang diberikan sesuai dengan
mencari persamaan lingkaran dengan pusat yang diberikan (a, b) dan diberi
jari-jari r, yaitu:
(x – a)2 + (y – b)2 = r2

Cari titik baru sebagai persimpangan dari garis yang ditarik sebelumnya dan
lingkaran yang bersesuaian dengan menemukan titik solusi:
 Sepasang persamaan garis,
 Sepasang persamaan lingkaran,
 Persamaan garis dan persamaan lingkaran.
Sebagai contoh, untuk menemukan persimpangan dua lingkaran
(x – a1)2 + (y – b1)2 = r12 dan (x – a2)2 + (y – b2)2 = r22
kita memperluas persamaan lingkaran sebagai
2
2
2
𝑥 2 − 2𝑎1 𝑥 + 𝑎1 + 𝑦 2 − 2𝑏1 𝑦 + 𝑏1 − 𝑟1 = 0 … . (1)
2
2
2
𝑥 2 − 2𝑎2 𝑥 + 𝑎2 + 𝑦 2 − 2𝑏2 𝑦 + 𝑏2 − 𝑟2 = 0 … . (2)
Kurangi Persamaan (2) dengan persamaan (1). x2 dan y2 akan hilang, dan akan
diperoleh persamaan linier dalam x dan y:
2
2
2(𝑎2 − 𝑎1 )𝑥 + 2(𝑏2 − 𝑏1 )𝑦 + 𝑟2 − 𝑟1 = 0 … . (3)
Kita dapat memecahkan Persamaan (3) dalam x atau y Kemudian substitusikan
hasilnya ke dalam persamaan (1) dan memberikan persamaan kuadrat baru
untuk y atau x. Jika persamaannya adalah dalam bentuk Ax2 + Bx + C = 0,
maka kita tahu bahwa solusinya adalah:
𝑥=
−𝐵 ±
𝐵 2 − 4𝐴𝐶
2𝐴
Kriteria aljabar untuk konstruktibilti. Sebuah titik adalah konstruktibel (mulai
dari titik 0 dan 1) jika dan hanya jika koordinat yang diperoleh dari nomor 1
dengan operasi +, -, ×, ÷, dan √.

14. Latihan
2.4.1 Cari perpotongan lingkaran x2 + y2 = 1 dan (x – 1)2 + (y – 2)2 = 4.
2.4.2 Periksa kebenaran jawaban pada latihan 3.4.1 dengan sketsa dua lingkaran.
2.4.3 Garis x + 2y – 1 = 0 ditemukan dengan menghilangkan x2 dan y2 dari
persamaan lingkaran harus memiliki beberapa arti geometris. Apa itu?
Penyelesaian
2.4.1 Perpotongan lingkaran
 x2 + y2 = 1
x2 + y2 – 1 = 0 … (1)
 (x – 1)2 + (y – 2)2 = 4
x2 – 2x + 1 + y2 – 4y + 4 = 4
x2 – 2x + y2 – 4y + 1 = 0 … (2)
 Dari persamaan (1) dan (2)
x2 + y2 – 1 = x2 – 2x + y2 – 4y + 1
– 1 = – 2x – 4y + 1
– 2 = – 2x – 4y
−1 = −𝑥 − 2𝑦
𝑥 = −2𝑦 + 1 … (3)
 Subtitusikan persamaan (3) ke persamaan (1)
x2 + y2 – 1 = 0
−2𝑦 + 1
2
+ 𝑦2 − 1 = 0
4𝑦 2 − 4𝑦 + 1 + 𝑦 2 − 1 = 0
5𝑦 2 − 4𝑦 = 0
𝑦=
−𝐵 ±
𝐵 2 − 4𝐴𝐶
2𝐴
𝑦=
−(−4) ± (−4)2 − 4.5.0
2.5
𝑦=
4 ± 16
10

15. 4+4
8
4
=
=
10
10 5
4−4
0
𝑦2 =
=
=0
10
10
𝑦1 =
 Subtitusikan y1 dan y2 ke dalam persamaan 3 untuk mendapatkan x1 dan
x2
x1  𝑥 = −2𝑦 + 1
𝑥 = −2
4
5
+1
8
𝑥 = −5 + 1
3
𝑥1 = − 5
x1  𝑥 = −2𝑦 + 1
𝑥 = −2.0 + 1
𝑥 = 0+1
𝑥2 = 1
3
 Jadi koordinat titik potong kedua lingkaran adalah − 5 ,
4
5
dan 1, 0
2.4.2 Sketsa perpotongan dua lingkaran
2.4.3 Persamaan garis x + 2y – 1 = 0 adalah persamaan garis lurus yang melalui
dua titik potong lingkaran.

16. 2.5 Sudut dan gradien
Sudut θ antara garis y = tx dan sumbu x adalah tan-1t, dan fungsi tan-1t bukan
fungsi aljabar. Juga tidak fungsi inversnya t = tan θ atau fungsi terkait sin θ
(sinus) dan cos θ (kosinus).
Jika garis L1 memiliki kemiringan t1 dan garis L2 memiliki kemiringan t2, maka
kemiringan L1 relatif terhadap L2, didefinisikan sebagai sebagai berikut:
±
𝑡1 − 𝑡2
1 + 𝑡1 𝑡2
Definisi ini berasal dari rumus dalam trigonometri,
tan(𝜃1 − 𝜃2 ) =
tan 𝜃1 − tan 𝜃2
1 + tan 𝜃1 tan 𝜃2
Dengan mengambil t1 = tan θ1 dan t2 = tan θ2. Alasan untuk tanda ± dan nilai
mutlak adalah bahwa gradien t1 dan t2 sendiri tidak menentukan sudut, mereka
hanya menentukan sepasang garis dan karenanya sepasang sudut yang menambah
sudut lurus.
Bagaimanapun, dengan hati-hati memungkinkan untuk menggunakan konsep
gradien relatif untuk menguji aljabar apakah sudut-sudutnya sama. Konsep ini
juga memungkinkan untuk menyatakan aksioma SAS dan ASA di koordinat
geometri.
Latihan
Contoh yang paling berguna dari gradien relatif adalah garis tegak lurus.
2.5.1 Tunjukkan bahwa garis dengan gradien t1 dan t2 tegak lurus hanya jika t1t2 =
-1.
2.5.2 Gunakan kondisi tegak lurus yang ditemukan dalam latihan 2.5.1 untuk
menunjukkan bahwa garis dari (1, 0) ke (3, 4) tegak lurus terhadap garis dari
(0, 2) ke (4, 0).

17. Pembahasan selanjutnya akan mendefinisikan rotasi O menjadi transformasi rc,s
dari R2 terhadap dua bilangan real c dan s seperti c2 + s2 = 1. Transformasi rc,s
memindahkan titik (x, y) ke titik (cx – sy , sx + cy). Hal ini dapat menjelaskan
dalam pembahasan selanjutnya mengapa alasan menyebutnya rotasi O dan
mengapa c = cos θ dan s = sin θ, dimana θ adalah sudut pada rotasi.
Andaikan dalam kasus ini terdapat dua rotasi 𝑟𝑐1 ,𝑠1 dan 𝑟𝑐2 ,𝑠2 dimana:
c1 = cos θ1, s1 = sin θ1; c2 = cos θ2, s2 = sin θ2.
Hal ini akan membantu dalam pembuktian persamaan untuk cos, sin, dan tan dari
θ1 + θ2.
2.5.3 Tunjukkan hasil dari 𝑟𝑐1 ,𝑠1 dan 𝑟𝑐2 ,𝑠2 adalah untuk memindahkan (x, y) ke
((c1c2 − s1s2)x − (s1c2 + c1s2)y, (s1c2 + c1s2)x + (c1c2 − s1s2)y)
2.5.4 Asumsikan 𝑟𝑐1 ,𝑠1 adalah rotasi O melalui sudut θ1 dan 𝑟𝑐2 ,𝑠2 O melalui sudut
θ2, simpulkan dari latihan 2.5.3, bahwa:
cos (θ1 + θ2) = cos θ1 cos θ2 – sin θ1 sin θ2
sin (θ1 + θ2) = sin θ1 cos θ2 + cos θ1 sin θ2
2.5.5 Simpulkan dari latihan 2.5.4 bahwa:
tan 𝜃1 + 𝜃2 =
tan 𝜃1 + tan 𝜃2
1 − tan 𝜃1 tan 𝜃2
tan 𝜃1 − 𝜃2 =
tan 𝜃1 − tan 𝜃2
1 + tan 𝜃1 tan 𝜃2
Penyelesaian
2.5.2 Garis akan saling tegak lurus jika t1.t2 = -1
 Garis pertama melalui titik (1, 0) dan (3, 4)
𝑦 − 𝑦1
𝑥 − 𝑥1
=
𝑦2 − 𝑦1
𝑥2 − 𝑥1
𝑦−0
𝑥−1
=
4−0 3−1
𝑦
𝑥−1
=
4
2
2𝑦 = 4𝑥 − 4

18. 𝑦 = 2𝑥 − 2
Jadi t1 = 2
 Garis kedua melalui titik (0, 2) ke (4, 0)
𝑦 − 𝑦1
𝑥 − 𝑥1
=
𝑦2 − 𝑦1
𝑥2 − 𝑥1
𝑦−2
𝑥−0
=
0−2 4−0
𝑦−2
𝑥
=
−2
4
4𝑦 − 8 = −2𝑥
4𝑦 = −2𝑥 + 8
𝑦=−
1
𝑥+2
2
1
Jadi t2 = − 2
 Syarat tegak lurus jika t1.t2 = -1
1
t1.t2 = 2 . − 2 = -1 (terbukti)
2.5.3 Hasil dari 𝑟𝑐1 ,𝑠1 dan 𝑟𝑐2 ,𝑠2 adalah:
 Rotasi oleh 𝑟𝑐1 ,𝑠1
𝑟𝑐1 ,𝑠1 𝑥, 𝑦 = (𝑐1 𝑥 − 𝑠1 𝑦, 𝑠1 𝑥 + 𝑐1 𝑦)
 Dilanjutkan oleh rotasi oleh 𝑟𝑐2 ,𝑠2
𝑟𝑐2 ,𝑠2 𝑐1 𝑥 − 𝑠1 𝑦, 𝑠1 𝑥 + 𝑐1 𝑦
= (𝑐2 (𝑐1 𝑥 − 𝑠1 𝑦) − 𝑠2 (𝑠1 𝑥 + 𝑐1 𝑦), 𝑠2 (𝑐1 𝑥 − 𝑠1 𝑦) + 𝑐2 (𝑠1 𝑥 + 𝑐1 𝑦))
= (𝑐1 𝑐2 𝑥 − 𝑠1 𝑐2 𝑦 − 𝑠1 𝑠2 𝑥 − 𝑐1 𝑠2 𝑦, 𝑐1 𝑠2 𝑥 − 𝑠1 𝑠2 𝑦 + 𝑠1 𝑐2 𝑥 + 𝑐1 𝑐2 𝑦)
= (𝑐1 𝑐2 − 𝑠1 𝑠2 𝑥 − (𝑠1 𝑐2 + 𝑐1 𝑠2 )𝑦, (𝑐1 𝑠2 + 𝑠1 𝑐2 )𝑥 + (𝑐1 𝑐2 − 𝑠1 𝑠2 )𝑦)
2.5.4 𝑟𝑐1 ,𝑠1 adalah rotasi O melalui sudut θ1 dan 𝑟𝑐2 ,𝑠2 O melalui sudut θ2
 Rotasi oleh 𝑟𝑐1 ,𝑠1 melalui sudut θ1 memberikan matriks
cos 𝜃1
sin 𝜃1
− sin 𝜃1
cos 𝜃1
 Rotasi oleh 𝑟𝑐2 ,𝑠2 melalui sudut θ2 memberikan matriks
cos 𝜃2
sin 𝜃2
− sin 𝜃2
cos 𝜃2

19.  Oleh karena itu rotasi yang melalui sudut θ1 + θ2 adalah hasil kali dua
matriks tersebut. Maka:
cos(𝜃1 + 𝜃2 ) − sin 𝜃1 + 𝜃2
sin 𝜃1 + 𝜃2
cos 𝜃1 + 𝜃2
=
cos 𝜃1
sin 𝜃1
− sin 𝜃1
cos 𝜃1
cos 𝜃2
sin 𝜃2
− sin 𝜃2
cos 𝜃2
=
cos 𝜃1 cos 𝜃2 − sin 𝜃1 sin 𝜃2
sin 𝜃1 cos 𝜃2 + cos 𝜃1 sin 𝜃2
− cos 𝜃1 sin 𝜃2 − sin 𝜃1 cos 𝜃2
cos 𝜃1 cos 𝜃2 − sin 𝜃1 sin 𝜃2
 Sehingga dapat diperoleh:
cos (θ1 + θ2) = cos θ1 cos θ2 – sin θ1 sin θ2
sin (θ1 + θ2) = sin θ1 cos θ2 + cos θ1 sin θ2
2.5.5 Dari latihan 2.5.4 dapat diperoleh:
 tan 𝜃1 + 𝜃2
tan 𝜃1 + 𝜃2 =
sin⁡ 𝜃1 + 𝜃2
cos⁡ 𝜃1 + 𝜃2
=
=
sin 𝜃1 cos 𝜃2 + cos 𝜃1 sin 𝜃2
cos 𝜃1 cos 𝜃2 − sin 𝜃1 sin 𝜃2
sin 𝜃1 cos
cos 𝜃1 cos
cos 𝜃1 cos
𝜃2
𝜃2
𝜃2
cos 𝜃1 cos 𝜃2
cos 𝜃1
=
=
+
cos 𝜃1 sin
𝜃1 cos
sin 𝜃1 sin
+ cos
−
cos 𝜃2
cos 𝜃1
cos 𝜃2
sin 𝜃1 sin 𝜃2
1 − cos 𝜃 cos 𝜃
1
2
tan 𝜃1 + tan 𝜃2
1 − tan 𝜃1 tan 𝜃2
tan 𝜃1 + tan(−𝜃2 )
1 − tan 𝜃1 tan(−𝜃2 )
=
tan 𝜃1 − tan 𝜃2
1 − tan 𝜃1 (− tan 𝜃2 )
=
tan 𝜃1 − tan 𝜃2
1 + tan 𝜃1 tan 𝜃2
𝜃2
𝜃2
cos 𝜃1 cos 𝜃2
 tan 𝜃1 − 𝜃2
tan 𝜃1 + (−𝜃2 ) =
𝜃2
(𝑑𝑖𝑏𝑎𝑔𝑖 dengan cos 𝜃1 cos 𝜃2 )

20. 2.6 Isometris
Sebuah transformasi dari bidang adalah sebuah fungsi f: R2 → R2, dengan kata
lain, fungsi yang memindahkan titik ke titik. Sebuah transformasi f disebut
isometri atau dalam bahasa Yunani berarti sama panjang jika memindahkan dua
titik, P1 dan P2, ke titik f(P1) dan f(P2) terpisah jarak yang sama.
|f(P1)f(P2)| = |P1P2|
Ada banyak isometries bidang, tetapi dapat dibagi menjadi tipe sederhana dan
jelas.
Isometries
tertentu
(translasi
dan
rotasi)
memungkinkan
untuk
memindahkan titik asal kemanapun dalam bidang dan sumbu x ke setiap baris.
Dengan demikian, R2 adalah benar-benar seperti bidang Euclid, dalam arti bahwa
setiap titik adalah seperti titik lain dan setiap baris adalah seperti garis lain.
Translasi
Translasi memindahkan setiap titik dari bidang pada jarak yang sama dan dalam
arah yang sama. Setiap translasi tergantung pada dua konstanta a dan b, jadi kita
melambangkannya dengan ta ,b. Ia memindahkan setiap titik (x, y) ke titik (x + a, y
+ b) . Hal ini jelas bahwa translasi menjaga jarak antara dua titik.
Diberikan P1 = (x1, y1) dan P2 = (x2, y2). Oleh karena itu,
ta,b(P1) = (x1 + a, y1 + b), ta,b(P2) = (x2 + a, y2 + b)
Dan karena itu,
=
(𝑥2 + 𝑎 − 𝑥1 − 𝑎)2 + (𝑦2 + 𝑏 − 𝑦1 − 𝑏)2
=
𝑡 𝑎,𝑏 𝑃1 𝑡 𝑎,𝑏 𝑃2
(𝑥2 − 𝑥1 )2 + (𝑦2 − 𝑦1 )2
= 𝑃1 𝑃2
Rotasi
Rotasi rc,s memindahkan titik (x, y) ke titik (cx – sy, sx + cy). Misalkan P1 = (x1,
y1) dan P2 = (x2, y2), oleh karena itu
rc,s (P1) = (cx1 – sy1, sx1 + cy1), rc,s (P2) = (cx2 – sy2, sx2 + cy2)

21. dan karena itu,
𝑟𝑐 ,𝑠 𝑃1 𝑟𝑐 ,𝑠 𝑃2
=
=
𝑐 𝑥2 − 𝑥1 − 𝑠(𝑦2 − 𝑦1 )
2
+ 𝑠 𝑥2 − 𝑥1 + 𝑠(𝑦2 − 𝑦1 )
2
𝑐 2 𝑥2 − 𝑥1 2 − 2𝑐𝑠 𝑥2 − 𝑥1 𝑦2 − 𝑦1 + 𝑠 2 𝑦2 − 𝑦1 2
+𝑠 2 (𝑥2 − 𝑥1 )2 + 2𝑐𝑠 𝑥2 − 𝑥1 𝑦2 − 𝑦1 + 𝑐 2 (𝑦2 − 𝑦1 )2
=
𝑐 2 + 𝑠 2 (𝑥2 − 𝑥1 )2 + 𝑐 2 + 𝑠 2 (𝑦2 − 𝑦1 )2
=
(𝑥2 − 𝑥1 )2 + (𝑦2 − 𝑦1 )2 , karena c2 + s2 = 1
= 𝑃1 𝑃2
Dengan demikian, rc,s mempertahankan panjang. Selain itu, rc,s memindahkan
(0,0) untuk dirinya sendiri, dan berpindah (1, 0) ke (c, s) dan (0, 1) ke (-s, c).
Gambar 5. Perpindahan garis oleh rotasi
Refleksi
Untuk menjelaskan refleksi yang termudah adalah refleksi di sumbu x, yang
memindahkan P = (x, y) ke 𝑃 = (x, -y). Tentu ini adalah isometri.
Kita dapat mencerminkan bidang di setiap baris, dan kita dapat melakukan ini
dengan menggabungkan refleksi di sumbu x dengan translasi dan rotasi. Sebagai
contoh, refleksi dalam garis y = 1 (yang sejajar dengan sumbu x) adalah hasil dari
tiga isometri berikut:

t0, -1, translasi yang memindahkan garis y = 1 sampai sumbu x,

refleksi di sumbu x,

t0, 1 , yang memindahkan sumbu x kembali ke garis y = 1 .

22. Secara umum, kita dapat melakukan refleksi dalam setiap baris L dengan
memindahkan L ke sumbu x oleh beberapa kombinasi translasi dan rotasi, refleksi
di sumbu x , dan kemudian pindah sumbu x kembali ke L.
Glide refleksi (Peluncuran/proses pencerminan)
Proses pencerminan adalah hasil dari sebuah pencerminan diikuti dengan translasi
dalam arah garis refleksi. Sebagai contoh, jika kita merefleksikan pada sumbu x,
dari (x, y) ke (x, -y), dan mengikuti ini dengan translasi t1 dengan panjang 1 dalam
arah x, maka (x, y) akan menjadi (x + 1, -y).
Peluncuran refleksi dengan panjang translasi nol akan berbeda dari tiga jenis
isometri sebelumnya.

Bukan sebuah translasi, karena translasi memetakan dari setiap garis dalam
arah translasi ke dirinya sendiri, sedangkan peta dari peluncuran
refleksi hanya satu garis ke dalam dirinya (yaitu garis refleksi).

Bukan sebuah rotasi, karena sebuah rotasi memiliki titik tetap sedangkan
peluncuran refleksi tidak memiliki titik tetap.

Bukan sebuah refleksi, karena refleksi juga memiliki titik tetap (semua titik
pada garis refleksi).
Latihan
2.6.1 Periksa refleksi dalam sumbu x mempertahankan jarak antara dua titik.
2.6.2 Cerminkan bidang pada sumbu x, dan kemudian di garis y = ½. Tunjukkan
hasil isometri yang memindahkan (x, y) ke (x, y + 1), sehingga translasi t0,1.
Penyelesaian
2.6.1 Misal P1 (x1, y1) dan P2 (x2, y2)
Jarak antara dua titik tersebut adalah:
𝑃1 𝑃2 =
(𝑥2 − 𝑥1 )2 + (𝑦2 − 𝑦1 )2
Setelah direfleksi pada sumbu x, P1 dipindahkan ke P1’(x1, -y1) dan P2 ke
P2’(x2, -y2). Jaraknya adalah:

23. ′ ′
𝑃1 𝑃2 =
(𝑥2 − 𝑥1 )2 + (−𝑦2 − (−𝑦1 ))2
′ ′
𝑃1 𝑃2 =
(𝑥2 − 𝑥1 )2 + (−1(𝑦2 − 𝑦1 ))2
′ ′
𝑃1 𝑃2 =
(𝑥2 − 𝑥1 )2 + (−1)2 (𝑦2 − 𝑦1 )2
′ ′
𝑃1 𝑃2 =
(𝑥2 − 𝑥1 )2 + (𝑦2 − 𝑦1 )2
′ ′
𝑃1 𝑃2 = 𝑃1 𝑃2
2.6.2 Refleksi pada sumbu x memindahkan (x, y) ke (x, -y). Untuk merefleksikan
pada garis y = ½ Pertama translasikan dengan t0,-1/2 yang akan memindahkan
(x, -y) ke (x, –y – ½), kemudian refleksikan pada sumbu x akan
memindahkan (x, –y – ½) ke (x, y + ½) dan terakhir di translasikan kembali
dengan t0,1/2 yang akan memindahkan (x, y + ½) ke (x, y + 1)
2.7 Teorema tiga refleksi
Pada materi sebelumnya yang berjarak sama dari dua titik A dan titik B
membentuk garis, yang menunjukkan bahwa isometri tersebut sangat sederhana.
Sebuah isometri f dari R2 ditentukan oleh gambar f(A), f(B), f(C) dari tiga titik A,
B, C yang tidak segaris.
Tiga buktinya yaitu:

Titik P di R2 ditentukan oleh jarak dari A, B, C. Karena jika Q adalah titik lain
dengan jarak yang sama dari A, B, C pada P, maka A, B, C terletak pada garis
yang berjarak sama dari P dan Q, bertentangan dengan asumsi bahwa A, B, C
tidak berada dalam garis.

Isometri f mempertahankan jarak (dari definisi isometri), sehingga f(P)
terletak pada jarak yang sama dari masing-masing f(A), f(B), f(C), P dari A,
B, C.

Hanya ada satu titik memberi jarak tertentu dari f(A), f(B), f(C) karena tiga
titik tersebut tidak dalam satu garis, ketiga titik tersebut membentuk segitiga
kongruen dengan segitiga ABC, karena f mempertahankan jarak (isometri).
Teorema tiga refleksi. Setiap isometri dari R2 adalah kombinasi dari satu, dua,
atau tiga refleksi.

24. Latihan
Ambil tiga titik menjadi A = (0, 1), B = (0, 0), dan C = (1, 0).
2.7.1 Misalkan f(A) = (1.4, 2), f(B) = (1.4, 1) , dan f(C) = (2.4, 1). Apakah f adalah
translasi atau rotasi? Buktikan f bukanlah peluncur refleksi?
Penyelesaian
2.7.1 Setiap titik telah dipindahkan ke (x + 1.4, y + 1).
A = (0, 1)  (1.4, 2) = f(A)
B = (0, 0)  (1.4, 1) = f(B)
C = (1, 0)  (2.4, 1) = f(C)
Jadi f adalah transalasi t1.4,1.

25. Daftar Pustaka
Stillwell, John. 2004. The Four Pillars of Geometry. San Fransisco: Springer.