Matematika Sekolah Menengah Atas · Grades 10–12

31Vektor, Garis dan Bidang di Ruang

Geometri tiga dimensi menjadi dapat dihitung begitu vektor dan koordinatnya tersedia: garis memperoleh perwakilan parametrik, bidang memperoleh persamaan Kartesius, dan hasil kali skalar mengukur sudut dan jarak. Bab ini membangun kotak perkakas itu lalu memakainya untuk menyelesaikan soal perpotongan dan jarak yang klasik.

31.1 Vektor di ruang

Vektor di ruang menuruti kaidah yang sama seperti di bidang: keduanya menjumlah, menskala, dan $\vect{AB} = \vect{CD}$ tepat ketika $ABDC$ jajaran genjang. Pada suatu sistem koordinat $(O; \vec\imath, \vec\jmath, \vec k)$ , setiap vektor mempunyai koordinat $(x, y, z)$ .

Definisi 31.1 (Kesegarisan, kesebidangan)

Dua vektor disebut segaris jika yang satu kelipatan yang lain. Tiga vektor $\vec u, \vec v, \vec w$ disebut sebidang jika salah satunya dapat ditulis sebagai gabungan dua vektor lainnya, misalnya $\vec w = a\vec u + b\vec v$ .

Proposisi 31.2

Jika $\vec u, \vec v, \vec w$ tidak sebidang, maka setiap vektor di ruang terurai secara tunggal sebagai $x\vec u + y\vec v + z\vec w$ .

Gagasan buktinya. Lewat ujung vektor yang hendak diuraikan, lukislah garis yang sejajar dengan $\vec w$ ; garis itu menemui bidang $\vec u, \vec v$ pada satu titik saja, dan titik itu memecah vektornya menjadi komponen di bidang tersebut (secara tunggal $x\vec u + y\vec v$ , menurut geometri bidang) dan komponen sepanjang $\vec w$ . Ketunggalannya: selisih dua penguraian akan menyatakan salah satu vektornya dengan dua vektor lainnya, dan itu bertentangan dengan ketaksebidangannya. ∎

31.2 Garis dan bidang

Definisi 31.3 (Perwakilan parametrik sebuah garis)

Garis lewat $A(x_A, y_A, z_A)$ dengan vektor arah $\vec u (a, b, c) \neq \vec 0$ adalah himpunan titik

M(x_A + ta,\; y_A + tb,\; z_A + tc), \qquad t \in \R .

Definisi 31.4 (Bidang)

Bidang lewat $A$ yang diarahkan oleh dua vektor yang tidak segaris, $\vec u, \vec v$ , adalah himpunan titik $M$ dengan $\vect{AM} = s\vec u + t\vec v$ , $(s, t) \in \R^2$ .

Kiri: garis lewat A dengan arah u, yang berskala menurut parameter t. Kanan: bidang lewat A yang diarahkan oleh u dan v; setiap titik M pada bidang itu dicapai sebagai AM = s u + t v. — Kiri: garis lewat $A$ dengan arah $\vec u$ , yang berskala menurut parameter $t$ . Kanan: bidang lewat $A$ yang diarahkan oleh $\vec u$ dan $\vec v$ ; setiap titik $M$ pada bidang itu dicapai sebagai $\vect{AM} = s\vec u + t\vec v$ .

Proposisi 31.5 (Kedudukan relatif)

Dua bidang yang berbeda entah sejajar entah berpotongan pada sebuah garis. Sebuah garis dan sebuah bidang entah sejajar (mungkin termuat) entah berpotongan pada satu titik. Dua garis di ruang dapat berpotongan, sejajar secara tegas, berimpit, atau bersilangan (tidak sebidang).

Sketsa. Semuanya pernyataan tentang kejadian; setiap penelaahan kasusnya menyusut, dalam koordinat, menjadi penyelesaian sistem linear lalu pencacahan penyelesaiannya — lihat Metode 31.10. ∎

31.3 Hasil kali skalar

Definisi 31.6 (Hasil kali skalar)

Hasil kali skalar dari $\vec u$ dan $\vec v$ adalah

\vec u \cdot \vec v = \tfrac12\left(\norm{\vec u + \vec v}^2 - \norm{\vec u}^2 - \norm{\vec v}^2\right),

dengan $\norm{\vec u}$ panjang $\vec u$ . Jika kedua vektornya tak nol, maka $\vec u \cdot \vec v = \norm{\vec u}\,\norm{\vec v}\cos\theta$ dengan $\theta$ sudut di antara keduanya; dan pada sistem koordinat yang ortonormal,

\vec u \cdot \vec v = xx' + yy' + zz' .

Dua vektor disebut ortogonal jika hasil kali skalarnya $0$ .

Proposisi 31.7 (Sifatnya)

Hasil kali skalar bersifat setangkup ( $\vec u\cdot\vec v = \vec v\cdot\vec u$ ), bilinear ( $(a\vec u + b\vec v)\cdot \vec w = a\,\vec u\cdot\vec w + b\,\vec v\cdot \vec w$ ), dan $\vec u \cdot \vec u = \norm{\vec u}^2 \geq 0$ .

Bukti. Pada sistem ortonormal, ketiga sifatnya langsung terlihat pada rumus $xx' + yy' + zz'$ , yang sendirinya menyusul dari rumus pendefinisinya dan perhitungan panjang lewat Pythagoras: $\norm{\vec u}^2 = x^2 + y^2 + z^2$ . ∎

Definisi 31.8 (Vektor normal)

Suatu vektor normal bagi bidang $\mathcal P$ adalah vektor tak nol yang ortogonal terhadap setiap vektor yang terletak pada $\mathcal P$ (dan cukuplah ia ortogonal terhadap dua arah $\mathcal P$ yang tidak segaris).

Vektor normal n bagi bidang P ortogonal terhadap setiap arah P. Titik H, yaitu kaki tegak lurus dari M_0, mewujudkan jarak M_0 ke bidangnya. — Vektor normal $\vec n$ bagi bidang $\mathcal P$ ortogonal terhadap setiap arah $\mathcal P$ . Titik $H$ , yaitu kaki tegak lurus dari $M_0$ , mewujudkan jarak $M_0$ ke bidangnya.

Teorema 31.9 (Persamaan Kartesius sebuah bidang)

Pada sistem koordinat ortonormal, bidang lewat $A$ dengan vektor normal $\vec n(a, b, c)$ berpersamaan

a x + b y + c z + d = 0,

dengan $d = -(ax_A + by_A + cz_A)$ . Sebaliknya, setiap persamaan semacam itu dengan $(a,b,c) \neq (0,0,0)$ mendefinisikan bidang dengan vektor normal $(a, b, c)$ .

Bukti. $M \in \mathcal P \iff \vect{AM} \perp \vec n \iff a(x - x_A) + b(y - y_A) + c(z - z_A) = 0$ , dan itu terjabar menjadi persamaannya. Sebaliknya, ambillah sebarang titik penyelesaian $A$ dari persamaannya; perhitungan yang sama secara mundur menunjukkan bahwa himpunan penyelesaiannya adalah $\{M : \vect{AM}\cdot\vec n = 0\}$ , yaitu bidang lewat $A$ yang normalnya $\vec n$ . ∎

Metode 31.10 (Perpotongan dalam praktiknya)

Garis $\cap$ bidang: substitusikan koordinat parametrik garisnya ke dalam persamaan bidangnya; lalu selesaikan untuk $t$ (satu penyelesaian: satu titik; $0 = \text{tak nol}$ : sejajar; $0 = 0$ : garisnya termuat).
Bidang $\cap$ bidang: selesaikan sistem kedua persamaannya, dengan memarameterkan lewat satu koordinat bebas; penyelesaiannya sebuah garis (atau bidangnya sejajar ketika vektor normalnya segaris).
Pemeriksaan keortogonalan: garis $\perp$ bidang jika dan hanya jika arahnya segaris dengan normalnya; dan dua bidang tegak lurus jika dan hanya jika normalnya ortogonal.

Proposisi 31.11 (Jarak titik ke bidang)

Pada sistem ortonormal, jarak dari $M_0(x_0, y_0, z_0)$ ke bidang $\mathcal P : ax + by + cz + d = 0$ adalah

\operatorname{dist}(M_0, \mathcal P) = \frac{\abs{ax_0 + by_0 + cz_0 + d}}{\sqrt{a^2 + b^2 + c^2}}.

Bukti. Misalkan $H$ proyeksi ortogonal $M_0$ pada $\mathcal P$ , yaitu kaki tegak lurusnya, sehingga $\vect{HM_0}$ segaris dengan normal satuannya $\frac{\vec n}{\norm{\vec n}}$ , dan jaraknya adalah $\abs{\vect{HM_0}\cdot \frac{\vec n}{\norm{\vec n}}}$ . Untuk sebarang $H \in \mathcal P$ , berlaku $\vect{HM_0}\cdot\vec n = ax_0 + by_0 + cz_0 - (ax_H + by_H + cz_H) = ax_0 + by_0 + cz_0 + d$ (dengan memakai persamaannya di $H$ ), dan dari situ rumusnya sesudah dibagi $\norm{\vec n} = \sqrt{a^2+b^2+c^2}$ . ∎

Contoh 31.12

Jarak dari titik asal ke bidang $x + 2y + 2z - 6 = 0$ : $\frac{\abs{-6}}{\sqrt{1 + 4 + 4}} = \frac63 = 2$ .

31.4 Latihan

Pada semua latihannya sistem koordinatnya ortonormal.

Latihan 31.1 ★

Misalkan $A(1, 0, 2)$ , $B(3, 1, 1)$ dan $C(2, -1, 3)$ . Apakah titik $A$ , $B$ , $C$ segaris? Berikan perwakilan parametrik bagi garis $(AB)$ .

Solusi

Solusi Latihan 31.1.

$\vect{AB}(2, 1, -1)$ dan $\vect{AC}(1, -1, 1)$ tidak sebanding ( $\frac21 \neq \frac{1}{-1}$ ), jadi titiknya tidak segaris. Garis $(AB)$ :

(x, y, z) = (1 + 2t,\; t,\; 2 - t), \qquad t \in \R .

Latihan 31.2 ★

Tentukan persamaan Kartesius bidang lewat $A(1, 1, 0)$ dengan vektor normal $\vec n(2, -1, 3)$ . Apakah titik $B(0, 2, 1)$ terletak padanya?

Solusi

Solusi Latihan 31.2.

$2(x - 1) - (y - 1) + 3(z - 0) = 0$ , yaitu

2x - y + 3z - 1 = 0 .

Untuk $B(0,2,1)$ : $0 - 2 + 3 - 1 = 0$ , jadi ya, $B$ terletak pada bidangnya.

Latihan 31.3 ★

Hitunglah sudut di $A$ (sampai derajat terdekat) pada segitiga yang bertitik sudut $A(0,0,0)$ , $B(1, 1, 0)$ dan $C(1, 0, 1)$ .

Solusi

Solusi Latihan 31.3.

$\vect{AB}(1,1,0)$ , $\vect{AC}(1,0,1)$ :

\cos\widehat{A} = \frac{\vect{AB}\cdot\vect{AC}}{\norm{\vect{AB}}\,\norm{\vect{AC}}} = \frac{1}{\sqrt2\,\sqrt2} = \frac12,

jadi $\widehat A = 60^\circ$ .

Latihan 31.4 ★★

Tinjaulah garis $\mathcal D$ lewat $A(1, 2, 0)$ dengan arah $\vec u(1, -1, 2)$ , dan bidang $\mathcal P : 2x + y - z + 1 = 0$ . Tentukan $\mathcal D \cap \mathcal P$ .

Solusi

Solusi Latihan 31.4.

Titik pada $\mathcal D$ : $(1 + t,\, 2 - t,\, 2t)$ . Dengan mensubstitusikannya ke persamaan $\mathcal P$ :

2(1+t) + (2 - t) - 2t + 1 = 5 - t = 0 \iff t = 5 .

Titik potongnya tunggal: $(6, -3, 10)$ .

Latihan 31.5 ★★

Misalkan $\mathcal P : x - y + 2z = 1$ dan $\mathcal Q : 2x + y + z = 4$ . Tunjukkan bahwa $\mathcal P$ dan $\mathcal Q$ berpotongan pada sebuah garis lalu berikan perwakilan parametriknya.

Solusi

Solusi Latihan 31.5.

Vektor normalnya $(1, -1, 2)$ dan $(2, 1, 1)$ tidak segaris, sehingga kedua bidangnya berpotongan pada sebuah garis. Dengan menjumlahkan kedua persamaannya: $3x + 3z = 5$ , jadi $x = \frac53 - z$ ; lalu persamaan pertamanya memberi $y = x + 2z - 1 = \frac23 + z$ . Dengan $z = t$ :

(x, y, z) = \left(\frac53 - t,\; \frac23 + t,\; t\right), \qquad t \in \R,

yaitu garis dengan vektor arah $(-1, 1, 1)$ . (Kedua persamaannya lolos pemeriksaan.)

Latihan 31.6 ★★

Tunjukkan bahwa garis

\mathcal D_1 : (x, y, z) = (1 + t,\; 2t,\; 3 - t), \qquad \mathcal D_2 : (x, y, z) = (2 + s,\; 1 + s,\; 1 + 2s)

bersilangan (tidak sebidang).

Solusi

Solusi Latihan 31.6.

Arahnya $\vec u_1(1, 2, -1)$ dan $\vec u_2(1, 1, 2)$ tidak segaris, jadi kedua garisnya tidak sejajar. Agar berpotongan diperlukan

1 + t = 2 + s, \qquad 2t = 1 + s, \qquad 3 - t = 1 + 2s .

Dua yang pertama memberi $t = 1 + s$ dan $2(1+s) = 1 + s$ , jadi $s = -1$ , $t = 0$ ; tetapi yang ketiga lalu terbaca $3 = -1$ , dan itu mustahil. Tanpa titik persekutuan dan tidak sejajar: jadi kedua garisnya bersilangan.

Latihan 31.7 ★★

Misalkan $\mathcal P : 2x - y + 2z - 3 = 0$ .

Hitunglah jarak dari $M_0(3, 1, 1)$ ke $\mathcal P$ .
Tentukan koordinat proyeksi ortogonal $H$ dari $M_0$ pada $\mathcal P$ , lalu periksalah jarak $M_0H$ .

Solusi

Solusi Latihan 31.7.

1. $\operatorname{dist} = \dfrac{\abs{2\cdot3 - 1 + 2\cdot1 - 3}} {\sqrt{4 + 1 + 4}} = \dfrac{4}{3}$ .

2. $H = M_0 + t\,\vec n$ dengan $\vec n(2, -1, 2)$ , dan $t$ dipilih agar $H \in \mathcal P$ :

2(3 + 2t) - (1 - t) + 2(1 + 2t) - 3 = 4 + 9t = 0 \iff t = -\frac49 .

Jadi $H\left(\frac{19}{9}, \frac{13}{9}, \frac19\right)$ , dan

M_0H = \norm{t\,\vec n} = \frac49 \times 3 = \frac43,

yang cocok dengan rumus jaraknya.

Latihan 31.8 ★★★

Kubus $ABCDEFGH$ berusuk $1$ ; tempatkanlah koordinatnya sedemikian sehingga $A(0,0,0)$ , $B(1,0,0)$ , $D(0,1,0)$ , $E(0,0,1)$ (dengan $C = B + D$ , $F = B + E$ , $G = B + D + E$ , $H = D + E$ sebagai vektor dari $A$ ).

Tunjukkan bahwa diagonal $(AG)$ ortogonal terhadap bidang $(BDE)$ .
Hitunglah jarak dari $A$ ke bidang $(BDE)$ , dan titik tempat $(AG)$ menembusnya.

Solusi

Solusi Latihan 31.8.

Koordinatnya: $G(1,1,1)$ , dan bidang $(BDE)$ lewat $B(1,0,0)$ , $D(0,1,0)$ , $E(0,0,1)$ .

1. Bidang $(BDE)$ berpersamaan $x + y + z = 1$ (dipenuhi ketiga titiknya, dan ketiganya tidak segaris), sehingga $\vec n(1,1,1)$ normal terhadapnya. Karena $\vect{AG} = (1,1,1) = \vec n$ , maka diagonal $(AG)$ ortogonal terhadap bidang $(BDE)$ .

2. Jarak dari $A(0,0,0)$ : $\frac{\abs{0 + 0 + 0 - 1}}{\sqrt3} = \frac{1}{\sqrt3} = \frac{\sqrt3}{3}$ . Garis $(AG)$ adalah $(t, t, t)$ ; garis itu menemui bidangnya ketika $3t = 1$ , yaitu di titik $\left(\frac13, \frac13, \frac13\right)$ , yang merupakan titik berat segitiga $BDE$ .

Latihan 31.9 ★★★

(Volume bidang empat.) Misalkan $A(1,1,1)$ , $B(2,1,0)$ , $C(0,2,1)$ dan $D(2,2,2)$ .

Periksalah bahwa $\vect{AB}$ , $\vect{AC}$ , $\vect{AD}$ tidak sebidang (sehingga titiknya membentuk bidang empat yang sungguhan).
Carilah vektor $\vec n$ yang ortogonal terhadap $\vect{BC}$ sekaligus $\vect{BD}$ , lalu simpulkan persamaan Kartesius bidang $(BCD)$ .
Hitunglah jarak dari $A$ ke bidang $(BCD)$ dan luas segitiga $BCD$ , dengan memakai rumus $\text{Luas} = \frac12\sqrt{\norm{\vec u}^2\norm{\vec v}^2 - (\vec u \cdot \vec v)^2}$ bagi segitiga yang direntang $\vec u, \vec v$ .
Simpulkan volume bidang empatnya ( $V = \frac13 \times \text{luas alas} \times \text{tinggi}$ ).

Solusi

Solusi Latihan 31.9.

1. $\vect{AB}(1, 0, -1)$ , $\vect{AC}(-1, 1, 0)$ , $\vect{AD}(1, 1, 1)$ . Jika $\vect{AD} = a\vect{AB} + b\vect{AC}$ , maka koordinatnya memberi $a - b = 1$ , $b = 1$ , $-a = 1$ : dua yang pertama memaksa $a = 2$ , dan itu bertentangan dengan $a = -1$ . Jadi tidak sebidang.

2. $\vect{BC}(-2, 1, 1)$ , $\vect{BD}(0, 1, 2)$ . Dengan menyelesaikan $\vec n \cdot \vect{BC} = \vec n \cdot \vect{BD} = 0$ : dari $b + 2c = 0$ diperoleh $b = -2c$ ; lalu $-2a - 2c + c = 0$ memberi $c = -2a$ . Dengan $a = 1$ : $\vec n(1, 4, -2)$ . Bidang lewat $B(2,1,0)$ :

x + 4y - 2z - 6 = 0 .

3. Jarak dari $A(1,1,1)$ : $\dfrac{\abs{1 + 4 - 2 - 6}}{\sqrt{21}} = \dfrac{3}{\sqrt{21}}$ . Luas $BCD$ : $\norm{\vect{BC}}^2 = 6$ , $\norm{\vect{BD}}^2 = 5$ , $\vect{BC}\cdot\vect{BD} = 3$ , sehingga

\text{Luas} = \frac12\sqrt{6 \times 5 - 9} = \frac{\sqrt{21}}{2}.

V = \frac13 \times \frac{\sqrt{21}}{2} \times \frac{3}{\sqrt{21}} = \frac12 .

31.5 Soal: Mengiris kubus

Soal 31.1

Soal akhir pekan — sebuah bidang memotong kubus menjadi segi enam yang sempurna, sebuah bidang empat beraturan bersembunyi di sudutnya, dan sudut diagonalnya membentuk setiap intan

Irislah sebuah kubus dan kamu akan menduga persegi dan persegi panjang — padahal satu irisan yang masyhur menghasilkan segi enam beraturan, dan empat irisan sudut yang cerdik meninggalkan bidang empat beraturan. Kedua kejutan itu, beserta sudut $109.5^\circ$ yang dipuja atom karbon, tunduk pada kotak perkakas bab ini: garis parametrik, persamaan bidang dan hasil kali skalar (Teorema 31.9, Proposisi 31.11). Pakailah di seluruhnya kubus pada Latihan 31.8: berusuk $1$ , $A(0,0,0)$ , $B(1,0,0)$ , $D(0,1,0)$ , $E(0,0,1)$ , $C(1,1,0)$ , $F(1,0,1)$ , $H(0,1,1)$ , $G(1,1,1)$ .

Bagian I — Kelancaran.

Tulislah persamaan bidang lewat $B(1,0,0)$ dengan vektor normal $(1,1,1)$ , perwakilan parametrik bagi garis lewat $A$ yang diarahkan oleh $(1,1,1)$ , lalu titik potongnya.
Hitunglah jarak dari $A$ ke bidang itu (Proposisi 31.11).
Apakah vektor $(1,-1,0)$ dan $(1,1,-2)$ ortogonal?
Bagaimana kedudukan bidang $x + y + z = 1$ dan $2x + 2y + 2z = 5$ ? Lalu kedudukan garis lewat $A$ yang diarahkan oleh $(1,1,0)$ terhadap bidang yang pertama?
Daftarkanlah titik tengah keenam rusuk $[BC], [CD], [DH], [HE], [EF], [FB]$ pada kubus itu, lalu periksalah bahwa keenamnya memenuhi persamaan $x + y + z = \frac32$ .

Bagian II — Irisan segi enamnya. Misalkan $P$ bidang $x + y + z = \frac32$ .

Tunjukkan bahwa $P$ tegak lurus terhadap diagonal besar $(AG)$ dan lewat pusat kubusnya.
Hitunglah jarak antara titik tengah yang berurutan pada pertanyaan 5 sepanjang irisannya: apa yang kamu peroleh?
Hitunglah sudut segi banyak irisannya pada satu titik sudut (dua vektor rusuk yang berurutan dan satu hasil kali skalar). Simpulkan: irisannya adalah segi enam beraturan.
Hitunglah keliling dan luas segi enamnya, lalu bandingkan luasnya dengan luas satu sisi kubusnya. (Sebagai catatan: irisan bidang terbesar pada kubus satuan adalah persegi panjang diagonal $1 \times \sqrt2$ , yang berluas $\sqrt2$ — jadi segi enam beraturan itu meraih perak.)
Di manakah diagonal $(AG)$ menembus $P$ ? Periksalah bahwa titik tembusnya adalah titik tengah $[AG]$ .
Geserlah irisannya: lukiskan irisan $x + y + z = c$ ketika $c$ tumbuh dari $0$ sampai $3$ — hitunglah irisannya untuk $c = \frac12$ (segi banyak mana, seberapa besar?), lalu ceritakan perubahan bentuknya yang melewati segi enammu di $c = \frac32$ .
Mengapa tak ada bidang yang dapat memotong kubus menjadi segi banyak bersisi tujuh? (Di manakah tiap sisi irisannya harus terletak?)

Bagian III — Bidang empat yang tersembunyi.

Hitunglah volume bidang empat sudut $ABDE$ (alasnya, tingginya, dan rumus sepertiga yang diterima saja oleh jilid sekolah menengah pertama — Latihan 31.9 menghitung volume semacam itu secara umum).
Keempat titik sudut $B$ , $D$ , $E$ , $G$ : hitunglah keenam jarak berpasangannya lalu simpulkan bahwa $BDEG$ adalah bidang empat yang beraturan. Lalu perolehlah volumenya dengan mengurangkan bidang empat sudutnya dari kubus itu.
Hitunglah jarak dari pusat kubusnya ke bidang $(BDE)$ .
Sudut intannya: hitunglah sudut antara diagonal $\vect{AG}$ dan $\vect{BH}$ pada kubus itu. Pelurusnya, yang kira-kira $109.5^\circ$ , adalah sudut antara ikatan pada intan dan metana — mengapa empat pasangan elektron di sekeliling atom karbon memilih sudut bidang empat pada pertanyaan 14?

Bagian IV — Sungguh-sungguh tiga dimensi.

Carilah tempat garis lewat $B(1,0,0)$ yang diarahkan oleh $(0,1,1)$ menembus bidang segi enamnya, $P$ .
Tunjukkan bahwa garis $(AB)$ dan $(EG)$ tidak bertemu dan tidak pula sejajar: itulah garis bersilangan, gejala yang tak mungkin terjadi pada sebuah bidang.
Hitunglah proyeksi ortogonal $B$ pada $P$ (berjalanlah dari $B$ sepanjang normalnya sampai ke bidangnya), lalu periksalah bahwa titikmu memenuhi persamaan $P$ .
Penutup — perlengkapan sang juru ukur ruang: garis parametrik untuk menembus, vektor normal untuk sudut dan jarak, persamaan bidang untuk irisan; dan kubus sebagai tempat bermain yang di sana semuanya menghasilkan segi enam, sebuah bidang empat beraturan, sudut intan dan sepasang garis bersilangan. Masing-masing satu kalimat.

Solusi

Solusi Soal 31.1.

1. Bidangnya: $x + y + z = 1$ . Garisnya: $(t, t, t)$ . Titik potongnya: $3t = 1$ , jadi $\left(\frac13, \frac13, \frac13\right)$ .

2. $\dfrac{\abs{0 + 0 + 0 - 1}}{\sqrt3} = \dfrac{1}{\sqrt3} = \dfrac{\sqrt3}{3}$ .

3. $1 - 1 + 0 = 0$ : jadi ortogonal.

4. Normalnya sama, $(1,1,1)$ , tetapi $\frac52 \neq 1$ : jadi kedua bidangnya sejajar secara tegas. Garisnya: arahnya memberi $(1,1,0) \cdot (1,1,1) = 2 \neq 0$ , jadi tidak sejajar dengan bidangnya, sehingga garis itu menembusnya di satu titik.

5. Titik tengahnya: $\left(1, \frac12, 0\right)$ , $\left(\frac12, 1, 0\right)$ , $\left(0, 1, \frac12\right)$ , $\left(0, \frac12, 1\right)$ , $\left(\frac12, 0, 1\right)$ , $\left(1, 0, \frac12\right)$ : masing-masing berjumlah koordinat $\frac32$ .

6. Normal $P$ adalah $(1,1,1)$ , yaitu arah $(AG)$ : jadi tegak lurus. Pusatnya, $\left(\frac12,\frac12,\frac12\right)$ , berjumlah koordinat $\frac32$ , jadi terletak pada $P$ .

7. Titik tengah yang berurutan berselisih vektor seperti $\left(-\frac12, \frac12, 0\right)$ , yang panjangnya $\frac{\sqrt2}{2}$ setiap kalinya — jadi enam sisi yang sama panjang.

8. Di $\left(\frac12, 1, 0\right)$ : vektor rusuknya $\left(\frac12, -\frac12, 0\right)$ dan $\left(-\frac12, 0, \frac12\right)$ , dengan hasil kali skalar $-\frac14$ dan norma $\frac{\sqrt2}{2}$ , jadi $\cos = -\frac12$ dan sudutnya $120^\circ$ . Sisinya sama, sudut $120^\circ$ -nya sama: jadi segi enam beraturan.

9. Kelilingnya $6 \times \frac{\sqrt2}{2} = 3\sqrt2 \approx 4.24$ . Luasnya $6 \times \frac{\sqrt3}{4} \times \frac12 = \frac{3\sqrt3}{4} \approx 1.30$ : lebih besar daripada satu sisinya (yang berluas $1$ ) — sebuah irisan yang lebih besar daripada sisi kotaknya; hanya persegi panjang diagonalnya ( $\sqrt2 \approx 1.41$ ) yang mengalahkannya.

10. Garis $(t,t,t)$ menemui $P$ di $t = \frac12$ , yaitu pusatnya — dan itulah titik tengah $[AG]$ (sebab $A$ di $t = 0$ dan $G$ di $t = 1$ ).

11. Untuk $c = \frac12$ : bidangnya memotong ketiga rusuk di sudut $A$ , yaitu di $\left(\frac12,0,0\right)$ , $\left(0,\frac12,0\right)$ , $\left(0,0,\frac12\right)$ : jadi segitiga sama sisi bersisi $\frac{\sqrt2}{2}$ . Ketika $c$ tumbuh, segitiganya membesar, sudutnya terpotong menjadi segi enam (yang beraturan tepat di $c = \frac32$ ), lalu gambarnya menyusut secara setangkup kembali menjadi segitiga di sudut $G$ : itulah perubahan bentuk mirip potongan kristal.

12. Tiap sisi irisannya adalah perpotongan bidang pengirisnya dengan satu sisi kubusnya, dan sebuah bidang menemui satu sisi (segi banyak yang rata) paling banyak pada satu ruas: jadi paling banyak $6$ sisi. Tujuh mustahil; tiga sampai enam semuanya terjadi (pertanyaan 8 dan 11 memperlihatkan dua di antaranya).

13. Alas $ABD$ : segitiga siku-siku berluas $\frac12$ ; tingginya $AE = 1$ , jadi volumenya $\frac13 \times \frac12 \times 1 = \frac16$ .

14. Tiap pasangan di antara $B, D, E, G$ berselisih tepat pada dua koordinat sebesar $1$ : jadi keenam jaraknya sama, $\sqrt2$ — beraturan. Kubusnya terbelah menjadi $BDEG$ ditambah empat bidang empat sudut yang sebangun dengan $ABDE$ , sehingga volumenya $1 - 4 \times \frac16 = \frac13$ .

15. Bidang $(BDE)$ : $x + y + z = 1$ ; pusatnya $\left(\frac12,\frac12,\frac12\right)$ , jadi jaraknya $\frac{\abs{\frac32 - 1}}{\sqrt3} = \frac{1}{2\sqrt3} = \frac{\sqrt3}{6}$ .

16. $\vect{AG} = (1,1,1)$ , $\vect{BH} = (-1,1,1)$ , jadi $\cos\theta = \frac{-1 + 1 + 1}{3} = \frac13$ dan $\theta \approx 70.5^\circ$ , dengan pelurus $\approx 109.5^\circ$ . Empat pasangan elektron saling menolak lalu menyebar sejauh mungkin di sekeliling karbonnya, dan optimumnya adalah sudut bidang empat beraturan, yang arah pusat-ke-titik-sudutnya bertemu tepat pada sudut ini — jadi intan adalah pertanyaan 14 yang mengkristal.

17. Titik $(1, t, t)$ pada $P$ : $1 + 2t = \frac32$ , jadi $t = \frac14$ dan titiknya $\left(1, \frac14, \frac14\right)$ .

18. Garis $(AB)$ : titiknya $(t, 0, 0)$ ; garis $(EG)$ : titiknya $(s, s, 1)$ . Agar bertemu diperlukan $0 = 1$ pada koordinat ketiganya: mustahil. Agar sejajar diperlukan $(1,0,0)$ dan $(1,1,0)$ segaris: tidak. Tidak bertemu dan tidak sejajar: jadi bersilangan — dua lorong pada lantai yang berbeda.

19. Titik $B + t(1,1,1) = (1 + t, t, t)$ pada $P$ : $1 + 3t = \frac32$ , jadi $t = \frac16$ dan proyeksinya $\left(\frac76, \frac16, \frac16\right)$ , yang jumlah koordinatnya $\frac32$ : jadi pada $P$ , seperti yang dituntut.

20. Garis parametrik menembus (pertanyaan 1, 10, 17); vektor normal mengukur sudut dan jarak (pertanyaan 2, 8, 15, 16); persamaan bidang memahat irisan (perubahan bentuk dari segitiga ke segi enam). Dan tempat bermainnya membalas kunjungan itu: sebuah segi enam beraturan di dalam kotak berisi persegi, sebuah bidang empat beraturan di sudutnya, sudut intan, dan dua garis yang saling mengabaikan — geometri yang hanya dapat ditawarkan oleh ruang.

Istilah yang didefinisikan dalam bab ini

Lihat semua 395 istilah di glosarium