dzpucic.files.wordpress.com · 2019. 3. 20. · created date: 12/9/2018 7:33:43 pm

Državni univerzitet u Novom Pazaru

Departman za matematičke nauke

ANALITIČKA GEOMETRIJA

Novi Pazar, 2018.

Sadržaj1 Vektori u geometriji 2

2 Skalarni proizvod 20

3 Vektorski proizvod. Mešoviti proizvod. Dvostruki vektor-ski proizvod 29

4 Prava i ravan u prostoru 38

5 Izometrijske transformacije 64

6 Razni zadaci 81

1

1. Vektori u geometriji

1 Vektori u geometriji

1 Dat je trougao ABC. Neka su E i F središta stranica AC i BC. Dokazatida je

−→AB = 2

−→EF .

Rešenje: Imamo da je−→AE =

−−→EC i

−→CF =

−−→FB. Kako je

−→EF =

−−→EC +

−→CF i

−→EF =

−→EA+

−→AB +

−−→BF , njihovim sabiranjem dobijamo

2−→EF =

−−→EC+

−→CF+

−→EA+

−→AB+

−−→BF =

−−→EC+

−→CF−

−→AE+

−→AB−

−−→FB =

−→AB.

Slika uz 1. zadatak

2 Date su 4 nekomplanarne tačke A, B, C i D. Ako su E i F središta dužiAB i CD, dokazati da je 2

−→EF =

−−→AD +

−−→BC =

−→AC +

−−→BD.

Rešenje: Imamo da je−→AE =

−−→EB i

−→CF =

−−→FD. Kako je

−→EF =

−→EA+

−→AC+

−→CF

i−→EF =

−−→EB +

−−→BD +

−−→DF , njihovim sabiranjem dobijamo

2−→EF =

−→EA+

−→AC +

−→CF +

−−→EB +

−−→BD +

−−→DF =

−→AC +

−−→BD.

S druge strane je−→EF =

−→EA+

−−→AD+

−−→DF i

−→EF =

−−→EB+

−−→BC+

−→CF , pa njihovim

sabiranjem dobijamo

2−→EF =

−→EA+

−−→AD +

−−→DF +

−−→EB +

−−→BC +

−→CF =

−−→AD +

−−→BC.

Slika uz 2. zadatak

2


3 Nad stranicama trougla ABC konstruisani su paralelogrami ABB1A2,BCC1B2 i CAA1A2. Dokazati da važi

−−−→A1A2 +

−−−→B1B2 +

−−−→C1C2 =

−→0 .

Rešenje: Imamo da je−−→A1A =

−−→C2C,

−−→AA2 =

−−→BB1 i

−−→BB2 =

−−→CC1. Kako je

−−−→A1A2 =

−−→A1A +

−−→AA2,

−−−→B1B2 =

−−→B1B +

−−→BB2 i

−−−→C1C2 =

−−→C1C +

−−→CC2, njihovim

sabiranjem dobijamo−−−→A1A2 +

−−−→B1B2 +

−−−→C1C2 =

−−→A1A+

−−→AA2 +

−−→B1B +

−−→BB2 +

−−→C1C +

−−→CC2 =

= (−−→A1A+

−−→CC2) + (

−−→AA2 +

−−→B1B) + (

−−→BB2 +

−−→C1C) =

−→0 +−→0 +−→0 =

−→0 .

II način: Imamo da je−−−→A2B1 =

−→AB,

−−−→B2C1 =

−−→BC i

−−−→C2A1 =

−→CA. Dalje je

−−−→A1A2 +

−−−→A2B1 +

−−−→B1B2 +

−−−→B2C1 +

−−−→C1C2 +

−−−→C2A1 =

−→0 ,

odnosno −−−→A1A2 +

−→AB +

−−−→B1B2 +

−−→BC +

−−−→C1C2 +

−→CA =

−→0 .

Pošto je−→AB +

−−→BC +

−→CA =

−→0 , iz poslednje jednakosti dobijamo

−−−→A1A2 +

−−−→B1B2 +

−−−→C1C2 =

−→0 .

4 Dokazati da se dijagonale četvorougla polove ako i samo ako je taj četvo-rougao paralelogram.

Rešenje: Neka je P središte dijagonale AC, a Q središte dijagonale BD.Kako je

−→AQ =

−→AB +

−−→BQ i

−→AQ =

−−→AD +

−−→DQ, njihovim sabiranjem dobijamo

2−→AQ =

−→AB +

−−→AD, odnosno

−→AQ =

1

2(−→AB +

−−→AD). (1)

Pošto je P središte od AC, to je

−→AP =

1

2

−→AC =

1

2(−−→AD +

−−→DC). (2)

3


Sada iz−→AQ =

−→AP +

−→PQ imamo

−→PQ =

−→AQ−

−→AP . Iz (1) i (2) sledi

−→PQ =

1

2(−→AB −

−−→DC).

Sada zaključujemo: dijagonale se polove ako i samo ako je P ≡ Q, tj. ako isamo ako je

−→PQ =

−→0 , tj. ako i samo ako je

−→AB =

−−→DC, tj. ako i samo ako

je četvorougao ABCD paralelogram. �

5 Neka su A, B, C i D četiri različite tačke i P , Q, R, S, X i Y središtaduži AB, BC, CD, DA, AC i BD, redom. Dokazati da duži PR, QS i XYimaju zajedničko središte.

Rešenje: Iz trougla ABD imamo da je−−→DB = 2

−→SP , a iz trougla DBC da

je−−→DB = 2

−→RQ, odakle zaključujemo da je

−→SP =

−→RQ. Dakle, četvorougao

PQRS je paralelogram, pa se dijagonale PR i SQ polove.

Slično, iz trougla ABD imamo da je−→AB = 2

−→SY , a iz trougla ABC da je−→

AB = 2−−→XQ, odakle zaključujemo da je

−→SY =

−−→XQ. Dakle, četvorougao

SY QX je paralelogram, pa se dijagonale SQ i XY polove.

Kako je SQ dijagonala oba paralelograma, sledi da duži PR, QS i XY imajuzajedničko središte.

II način: Kako je−→AC =

−→AB +

−−→BC = 2

−−→PB + 2

−−→BQ = 2

−→PQ i

−→AC =

−−→AD +−−→

DC = 2−→SD + 2

−−→DR = 2

−→SR, to je

−→PQ =

−→SR. Dakle, četvorougao PQRS je

paralelogram, pa se dijagonale−→PR i

−→SQ polove.

4


Slično, kako je−−→BC =

−→BA +

−→AC = 2

−→PA + 2

−−→AX = 2

−−→PX i

−−→BC =

−−→BD +−−→

DC = 2−−→Y D + 2

−−→DR = 2

−→Y R, to je

−−→PX =

−→Y R. Dakle, četvorougao PY RX je

paralelogram, pa se dijagonale−→PR i

−−→XY polove.

Kako je PR dijagonala oba paralelograma, sledi da se duži PR, QS i XYseku u jednoj tački. �

6 U trouglu ABC tačkaK je središte stranice BC. Izraziti vektor−−→AK preko

vektora −→a =−→CA i

−→b =

−−→CB.

Rešenje:Pošto je

−−→AK =

−→AC +

−−→CK, a

−−→CK = 1

2

−−→CB,

to je−−→AK = −

−→CA+ 1

2

−−→CB = −−→a + 1

2

−→b . �

7 Neka je dat trougao ABC, gde je A1 središte od BC, B1 središte od AC,C1 središte od AB i T težište datog trougla. Izraziti vektore

−→TA i

−−→BC preko

vektora−−→TB1 i

−−→TC1.

Rešenje:Na osnovu osobina težišta trougla je

−→AT =

2−−→TA1,

−→BT = 2

−−→TB1 i

−→CT = 2

−−→TC1. Kako je−−→

TB1 =−→TA+

−−→AB1 i

−−→TB1 =

−→TC+

−−→CB1, njiho-

vim sabiranjem dobijamo 2−−→TB1 =

−→TA+

−→TC,

odnosno−→TA = 2

−−→TB1 −

−→TC. Dakle,

−→TA =

2−−→TB1 +

−→CT , tj.

−→TA = 2

−−→TB1 + 2

−−→TC1.

Izrazimo sada vektor−−→BC preko traženih vektora. Imamo da je

−−→BC =

−→BT +

−→TC = 2

−−→TB1 + 2

−−→C1T = 2

−−→TB1 − 2

−−→TC1.

8 U odnosu na neku tačku O zadati su vektori položaja−→OA i

−−→OB tačaka

A i B (A 6≡ B). Izraziti vektor položaja tačke C koja duž AB deli u datomodnosu, tj. za koju je

−→AC = λ

−−→CB, λ 6= 0, u funkciji od vektora položaja

tačaka A i B.

Rešenje: Kako je−→AC =

−→AO +

−→OC i

−−→CB =

−→CO +

−−→OB, iz

−→AC = λ

−−→CB imamo

−→AO +

−→OC = λ(

−→CO +

−−→OB), tj. −

−→OA +

−→OC = −λ

−→OC + λ

−−→OB, odnosno

5


(λ+ 1)−→OC =

−→OA+

−−→OB. Konačno je

−→OC =

1

λ+ 1

−→OA+

λ

λ+ 1

−−→OB, λ 6= −1.

Ako je λ = −1, imamo−→AC = −

−−→CB, tj.

−→AC +

−−→CB =

−→0 , odnosno

−→AB =

−→0 ,

što bi značilo da je A ≡ B, a to je u kontradikciji sa pretpostavkom da jeA 6≡ B. �

Napomena. Ako je λ > 0, tačka C pripada duži AB. Ako je λ < 0, tačkaC ne pripada duži AB (ali pripada pravoj određenoj tačkama A i B). Akotačka C pripada duži AB i ako je AC : CB = p : q, tada je

−→OC =

q

p+ q

−→OA+

p

p+ q

−−→OB.

Za p = q imamo da je−→OC = 1

2(−→OA+

−−→OB) (tačka C je središte duži AB). Za

O ≡ A je−→AC =

pp+q

−→AB, a za O ≡ B je

−−→CB =

qp+q

−→AB. Kada λ → 0, tada

C → A, a kada λ→ +∞, tada C → B.

9 Neka su −→a ,−→b , −→c radijus vektori tačaka A, B, C, redom. Odrediti radijus

vektor tačkeD u funkciji od vektora −→a ,−→b , −→c tako da je četvorougao ABCD

paralelogram. Odrediti radijus vektor preseka dijagonala tog paralelograma.

Rešenje: Neka je −→a =−→OA,

−→b =

−−→OB, −→c =

−→OC,

−→d =

−−→OD. Pošto ABCD

treba da je paralelogram, mora biti−−→AD =

−−→BC. Dakle, imamo

−→AO +

−−→OD =

−−→BO +

−→OC ⇔

−−→OD =

−→OA−

−−→OB +

−→OC,

tj.−→d = −→a −

−→b +−→c .

Neka je S presek dijagonala datog paralelograma. Tada je−→OS =

−→OA+

−→AS i−→

OS =−→OC +

−→CS. Njihovim sabiranjem dobijamo 2

−→OS =

−→OA+

−→OC, odnosno

−→OS =

1

2(−→a +−→c ).

6


Slika uz 9. zadatak

10 Dokazati da se od težišnih duži trougla može konstruisati trougao.

Rešenje: Neka su−−→AA1,

−−→BB1 i

−−→CC1 vektori odgovarajućih težišnih duži. Tada

imamo−−→AA1 +

−−→BB1 +

−−→CC1 = (

−→AB +

−−→BA1) + (

−−→BC +

−−→CB1) + (

−→CA+

−−→AC1) =

= (−→AB +

1

2

−−→BC) + (

−−→BC +

1

2

−→CA) + (

−→CA+

1

2

−→AB) =

3

2(−→AB +

−−→BC +

−→CA) =

=3

2

−→AA =

3

2

−→0 =

−→0 .

Slika uz 10. zadatak

11 Dati su vektori položaja temena trougla. Izraziti vektor položaja težištatog trougla u funkciji od vektora položaja temena.

Rešenje: Dati su vektori−→OA,

−−→OB i

−→OC. Preko njih treba izraziti vektor

−→OT .

Kako je−→OT =

−→OA +

−→AT ,

−→OT =

−−→OB +

−→BT i

−→OT =

−→OC +

−→CT , njihovim

sabiranjem dobijamo

3−→OT =

−→OA+

−−→OB +

−→OC +

−→AT +

−→BT +

−→CT. (3)

7


Pošto je

−→AT +

−→BT +

−→CT = (

−−→AC1 +

−−→C1T ) + (

−−→BC1 +

−−→C1T ) +

−→CT =

= 2−−→C1T +

−→CT = 2

−−→C1T + 2

−−→TC1 =

−→0 ,

na osnovu (3) dobijamo 3−→OT =

−→OA+

−−→OB +

−→OC, odnosno

−→OT =

1

3(−→OA+

−−→OB +

−→OC).


Napomena. Za sistem tačaka A1, A2, . . . , An, n ≥ 2, postoji jedinstvenatačka T tako da važi

−→OT =

1

n

n∑i=1

−−→OAi,

gde je O proizvoljna tačka.

12 Neka je dat trapez ABCD, vektori−→AB,

−−→BC,

−−→DC i

−−→AD tako da je

−→AB = 2

−−→DC. Izraziti vektor

−−→BC u zavisnosti od vektora

−→AB i

−−→AD.

Rešenje: Imamo da je

−−→BC =

−→BA+

−−→AD +

−−→DC = −

−→AB +

−−→AD +

1

2

−→AB = −1

2

−→AB +

−−→AD.

8



Neka su ~v1, ~v2, . . . , ~vn nenula vektori i α1, α2, . . . , αn ∈ R. Tada za vek-tor α1~v1 + α2~v2 + · · · + αn~vn kažemo da je linearna kombinacija vektora~v1, ~v2, . . . , ~vn.

Nenula vektori ~v1, ~v2, . . . , ~vn su linearno zavisni ako postoje brojevi α1, α2, . . . ,αn, od kojih je bar jedan različit od nule, takvi da je α1~v1+α2~v2+· · ·+αn~vn =~0. Ako takvi brojevi ne postoje (dakle, iz α1~v1 + α2~v2 + · · ·+ αn~vn = ~0 sledida je α1 = α2 = · · · = αn = 0), dati vektori su linearno nezavisni

Nenula vektori ~u i ~v su linearno zavisni akko su kolinearni. Nenula vektori~u, ~v i ~w su linearno zavisni akko su komplanarni.

13 Date su nekolinearne tačke A, B i O. Tačka C određena sa−→OC =

α−→OA+ β

−−→OB pripada pravoj AB ako i samo ako važi α + β = 1.

Rešenje: Neka tačka C pripada pravoj AB. Tada su A, B i C kolinearnetačke, pa možemo pisati

−→AC = λ

−−→CB, λ 6= 0. Na osnovu osmog zadatka je−→

OC = 1λ+1

−→OA + λ

λ+1

−−→OB, a iz teksta našeg zadatka je

−→OC = α

−→OA + β

−−→OB.

Kako su tačke A, B i O nekolinearne, to su vektori−→OA i

−−→OB nekolinearni,

tj. linearno nezavisni, pa je α = 1λ+1 i β = λ

λ+1 , odakle dobijamo

α + β =1

λ+ 1+

λ

λ+ 1= 1.

Neka sada važi da je α + β = 1, tj. α = 1 − β. Treba pokazati da tačka Cpripada pravoj AB. Kako je dato da je

−→OC = α

−→OA + β

−−→OB, sada imamo−→

OC = (1−β)−→OA+β

−−→OB, tj.

−→OC =

−→OA+β(

−−→OB−

−→OA). Dalje je

−→OC−

−→OA =

β−→AB, odnosno

−→AC = β

−→AB, što znači da su tačke A, B i C kolinearne, tj.

tačka C pripada pravoj AB. �

Napomena 1. Ako je α + β = 1 i α, β > 0, tačka C pripada duži AB.

Napomena 2. Ako su O, A, B i C četiri nekomplanarne tačke, tada tačkaD određena sa

−−→OD = α

−→OA + β

−−→OB + γ

−→OC pripada ravni trougla ABC ako

i samo ako je α + β + γ = 1.

9


14 Dokazati da se težišne duži trougla seku u jednoj tački (težištu) kojasvaku težišnu duž deli u odnosu 2 : 1 računajući od temena.

Rešenje: Neka su A1, B1 i C1 središta duži BC, AC i AB, redom, i neka je{T} = AA1 ∩CC1. Tada je

−→AT = α

−−→AA1 i

−→CT = β

−−→CC1, α, β 6= 0. Imamo da

je −→AT =

−→AC +

−→CT =

−→AC + β

−−→CC1 =

−→AC + β(

−→CA+

−−→AC1) =

=−→AC + β(

−→CA+

1

2

−→AB) = (1− β)

−→AC +

β

2

−→AB. (4)

S druge strane, kada−−→AA1 = 1

2(−→AC +

−→AB) pomnožimo sa α, imajući u vidu

da je−→AT = α

−−→AA1, dobijamo

−→AT =

α

2

−→AC +

α

2

−→AB. (5)

Na osnovu (4) i (5) imamo da je

(1− β)−→AC +

β

2

−→AB =

α

2

−→AC +

α

2

−→AB.

Kako su vektori−→AC i

−→AB linearno nezavisni, dobijamo 1− β = α

2 i β2 = α2 ,

odakle je α = β = 23 . Dakle, sada je

−→AT = 2

3

−−→AA1 i

−→CT = 2

3

−−→CC1. Na osnovu

−→AT = 2

3

−−→AA1 je 3

2

−→AT =

−−→AA1, pa iz

−→AT +

−−→TA1 =

−−→AA1 imamo

−→AT +

−−→TA1 =

32

−→AT , odakle je

−→AT = 2

−−→TA1. Slično se pokazuje da je

−→CT = 2

−−→TC1.

Neka je sada {S} = AA1∩BB1. Tada je−→AS = γ

−−→AA1 i

−→BS = δ

−−→BB1, γ, δ 6= 0.

Imamo da je

−→AS =

−→AB +

−→BS =

−→AB + δ

−−→BB1 =

−→AB + δ(

−→BA+

−−→AB1) =

=−→AB + δ(

−→BA+

1

2

−→AC) = (1− δ)

−→AB +

δ

2

−→AC. (6)

10


S druge strane, kada−−→AA1 = 1

2(−→AC +

−→AB) pomnožimo sa γ, imajući u vidu

da je−→AS = γ

−−→AA1, dobijamo

−→AS =

γ

2

−→AC +

γ

2

−→AB. (7)

Na osnovu (6) i (7) imamo da je

(1− δ)−→AB +

δ

2

−→AC =

γ

2

−→AC +

γ

2

−→AB.

Kako su vektori−→AB i

−→AC linearno nezavisni, dobijamo 1 − δ =

γ2 i δ2 =

γ2 ,

odakle je γ = δ = 23 . Dakle, sada je

−→AS = 2

3

−−→AA1 i

−→BS = 2

3

−−→BB1. Iz

−→AS = 2

3

−−→AA1 je 3

2

−→AS =

−−→AA1, pa iz

−→AS+

−−→SA1 =

−−→AA1 imamo

−→AS+

−−→SA1 =

32

−→AS,

odakle je−→AS = 2

−−→SA1. Slično se pokazuje da je

−→BS = 2

−−→SB1.

Dakle, kako je−→AS = 2

3

−−→AA1 =

−→AT , to je S ≡ T . �

15 Dokazati da tetraedri ABCD i A′B′C ′D′ imaju zajedničko težište G akoi samo ako važi

−−→AA′ +

−−→BB′ +

−−→CC ′ +

−−→DD′ =

−→0 .

Rešenje: Neka je G težište od tetreadra ABCD i G′ težište od tetraedraA′B′C ′D′. Znamo da za sistem tačaka A1, A2, . . . , An, n ≥ 2, postoji jedin-stvena tačka T tako da važi

−→OT =

1

n

n∑i=1

−−→OAi,

gde je O proizvoljna tačka, tako da imamo−→OG =

1

4(−→OA+

−−→OB +

−→OC +

−−→OD) i

−−→OG′ =

1

4(−−→OA′ +

−−→OB′ +

−−→OC ′ +

−−→OD′).

Sada je G ≡ G′ ⇔−→OG =

−−→OG′ ⇔

−→OA+

−−→OB +

−→OC +

−−→OD =

−−→OA′ +

−−→OB′ +−−→

OC ′ +−−→OD′ ⇔

−−→OA′ −

−→OA+

−−→OB′ −

−−→OB +

−−→OC ′ −

−→OC +

−−→OD′ −

−−→OD =

−→0 ⇔−−→

AA′ +−−→BB′ +

−−→CC ′ +

−−→DD′ =

−→0 . �

11


16 Dat je paralelogram ABCD. Ako se dijagonale AC i BD seku u tačkiO, dokazati da je

−→OA+

−−→OB +

−→OC +

−−→OD =

−→0 .

Rešenje:Kako je

−→OC =

−→AO i

−−→OD =

−−→BO, to je

−→OA +

−−→OB +−→

OC +−−→OD =

−→OA+

−−→OB +

−→AO +

−−→BO =

−→0 . �

17 Dokazati da se težište G tetraedra ABCD poklapa sa težištem G′ te-traedra A′B′C ′D′ kome su temena A′, B′, C ′ i D′ težišta trouglova BCD,ACD, ABD i ABC, redom.

Rešenje: Iz−→OG = 1

4(−→OA+

−−→OB+

−→OC+

−−→OD) i

−−→OG′ = 1

4(−→OA+

−−→OB+

−→OC+

−−→OD)

imamo da je

−→OG−

−−→OG′ =

1

4(−→OA+

−−→OB +

−→OC +

−−→OD − (

−−→OA′ −

−−→OB′ +

−−→OC ′ +

−−→OD′)). (8)

Pošto je A′ težište trougla BCD, to je−−→OA′ = 1

3(−−→OB+

−→OC+

−−→OD). Analogno

dobijamo da je−−→OB′ = 1

3(−→OA +

−→OC +

−−→OD),

−−→OC ′ = 1

3(−→OA +

−−→OB +

−−→OD) i

−−→OD′ = 1

3(−→OA+

−−→OB +

−→OC). Njihovim sabiranjem dobijamo

−−→OA′ +

−−→OB′ +

−−→OC ′ +

−−→OD′ =

−→OA+

−−→OB +

−→OC +

−−→OD.

Na osnovu poslednje relacije i (8) dobijamo−→OG−

−→OG = 1

4

−→0 =

−→0 , odnosno

−→OG =

−−→OG′, tj. G ≡ G′. �

18 Dat je tetraedar OABC. Neka je−→OA = −→a ,

−−→OB =

−→b ,−→OC = −→c i neka

je data tačka F takva da je−−→BF = 3

−→FC. Izraziti vektor

−→OF kao linearnu

kombinaciju vektora −→a ,−→b i −→c .

Rešenje: Kako je−−→BF =

−−→BO+

−→OF i

−→FC =

−→FO+

−→OC, iz

−−→BF = 3

−→FC imamo

12


−−→BO +

−→OF = 3(

−→FO +

−→OC), tj. −

−−→OB +

−→OF = −3

−→OF + 3

−→OC, odakle je

4−→OF =

−−→OB+3

−→OC. Sada je

−→OF = 1

4(−−→OB+3

−→OC), odnosno

−→OF = 1

4

−→b + 3

4−→c ,

što se može pisati i kao−→OF = 1

4

−→b + 3

4−→c + 0 · −→a . �

19 Neka su A, B, C i D proizvoljne tačke u prostoru, a M i N redom tačke

na dužima AD i BC takve da je−−→AM−−→MD

=−−→BN−−→NC

=pq , p ∈ R, q ∈ R+. Dokazati

da je tada−−→MN =

q−−→AB+p

−−→DC

p+q .


(p+ q)−−→MN = p

−−→MN + q

−−→MN = p(

−−→MD+

−−→DC +

−−→CN)+ q(

−−→MA+

−→AB+

−−→BN) =

= (p−−→MD + q

−−→MA︸︷︷︸

−→0

) + (p−−→CN + q

−−→BN︸︷︷︸

−→0

) + (p−−→DC + q

−→AB) = q

−→AB + p

−−→DC,

jer je po uslovu zadatka p−−→MD = q

−−→AM i p

−−→NC = q

−−→BN . �


20 Neka je tačka F središte stranice BC paralelograma ABCD i neka seduž AF i dijagonala DB seku u tački E. Dokazati da tačka E deli duži AFi DB u odnosu 2 : 1 računajući od tačaka A i D.

Rešenje: Neka je−→AE = p

−→AF = p(

−→AB +

−−→BF ) = p(

−→AB + 1

2

−−→AD) i

−−→DE =

q−−→DB = q(

−−→DA+

−→AB) = q(−

−−→AD +

−→AB). Sada iz

−→AE =

−−→AD +

−−→DE dobijamo

13


p(−→AB+

1

2

−−→AD) =

−−→AD+ q(−

−−→AD+

−→AB) ⇔ (p− q)

−→AB =

(1− q− p

2

)−−→AD.

Pošto su−→AB i

−−→AD linearno nezavisni vektori (jer je ABCD paralelogram),

to je p−q = 0 i 1−q− p2 = 0. Rešavanjem ovog sistema dobijamo p = q = 2

3 .Dakle,

−→AE = 2

3

−→AF , pa iz

−→AE+

−→EF =

−→AF imamo

−→AE+

−→EF = 3

2

−→AE, odnosno

−→AE = 2

−→EF , pa je |

−→AE| = 2|

−→EF |. Slično se pokazuje da je |

−−→DE| = 2|

−−→EB|. �

21 Dat je paralelogram OACB. Ako je tačka E središte stranice AC, tačkaF središte stranice CB i tačka D presek duži OE i AF , odrediti u komodnosu tačka D deli duži OE i AF .

Rešenje: Neka je−−→OD = p

−−→OE = p(

−→OA+

−→AE) = p(

−→OA+ 1

2

−→AC) i

−−→AD = q

−→AF =

q(−→AC +

−→CF ) = q(

−→AC + 1

2

−−→CB) = q(

−→AC − 1

2

−→OA). Sada iz

−−→OD =

−→OA +

−−→AD

dobijamo

p(−→OA+

q

2

−→AC) =

−→OA+ q(

−→AC − 1

2

−→OA) ⇔ (p+

1

2− 1)−→OA =

(q− p

2

)−→AC.

Pošto su−→OA i

−→AC linearno nezavisni vektori (jer je OACB paralelogram),

to je p + q2 − 1 = 0 i q − p

2 = 0. Rešavanjem ovog sistema dobijamo p = 45 i

q = 25 . Dakle,

−−→OD = 4

5

−−→OE, pa iz |

−−→OD||−−→OE|

= p = 45 i |

−−→DE||−−→OE|

= 15 imamo |

−−→OD||−−→DE|

= 4.

Slično se pokazuje da je |−−→AD||−−→DF |

= 23 . �

22 U ravni je dat trougao ABC. Neka tačka D pripada stranici AB, a tačka

14


E stranici BC tako da je ADDB = 3

4 i BEEC = 57 . Ako se duži AE i CD seku u

tački F , odrediti u kom odnosu tačka F deli duži AE i CD.

Rešenje: Neka je−→AF = α

−→AE = α( 7

12

−→AB+ 5

12

−→AC) (pogledati napomenu posle

osmog zadatka) i−→CF = β

−−→CD = β(

−→CA+

−−→AD) = β(−

−→AC + 3

7

−→AB) (pogledati

napomenu posle osmog zadatka). Sada iz−→AF =

−→AC +

−→CF dobijamo

α( 7

12

−→AB+

5

12

−→AC)=−→AC+β(−

−→AC+

3

7

−→AB) ⇔

(7α12−3β

7

)−→AB =

(1−β−5α

12

)−→AC.

Pošto su−→AB i

−→AC linearno nezavisni vektori, to je 7α

12−3β7 = 0 i 1−β−5α

12 = 0.Rešavanjem ovog sistema dobijamo α = 9

16 i β = 4964 . Dakle,

−→AF = 9

16

−→AE,

pa iz |−→AF ||−→AE|

= α = 916 i |

−−→FE||−→AE|

= 716 imamo |

−→AF ||−−→FE|

= 97 . Slično se pokazuje da je

|−−→CF ||−−→FD|

= 4915 . �

23 Na stranicama AB, BC, CD i DA paralelograma ABCD date su redomtačke A1, B1, C1 i D1 tako da je A1B1C1D1 paralelogram. Dokazati da seprave AC, BD, A1C1 i B1D1 seku u jednoj tački.

Rešenje: Neka je AC ∩ BD = {O} i A1C1 ∩ B1D1 = {O′}. Treba dokazatida je O ≡ O′. Neka je

−−→A1A = α

−→BA,

−−→AD1 = β

−−→AD,

−−→B1C = γ

−−→BC = γ

−−→AD i−−→

CC1 = δ−−→CD = δ

−→BA, α, β, γ, δ 6= 0.

15


Iz−−−→A1D1 =

−−−→B1C1 (jer je A1B1C1D1 paralelogram) imamo da je

−−→A1A+

−−→AD1 =−−→

B1C+−−→CC1, odnosno α

−→BA+β

−−→AD = γ

−−→AD+δ

−→BA. Pošto su vektori

−→BA i

−−→AD

linearno nezavisni, to je α = δ i β = γ. Sada je−−→A1A = α

−→BA = δ

−→BA =

−−→CC1

i−−→AD1 = β

−−→AD = γ

−−→AD =

−−→B1C, tj.

−−→A1A =

−−→CC1 i

−−→AD1 =

−−→B1C. Dalje je

−−→A1O =

−−→A1A+

−→AO =

−−→CC1 +

−→OC =

−−→OC1,

što znači da je tačka O središte i dijagonale A1C1. Pošto je po pretpostavciO′ presek, a ujedno i središte, dijagonala A1C1 i B1D1, sledi da je O ≡ O′,pa se prave AC, BD, A1C1 i B1D1 seku u jednoj tački. �

24 Na stranicama AB i AC trougla ABC date su redom tačke K i L takveda važi KBAK + LC

AL = 1. Dokazati da težište T trougla ABC pripada pravojKL.

Rešenje: Neka je |−−→KB||−−→AK|

= λ. Tada iz |−−→KB||−−→AK|

+|−→LC||−→AL|

= 1 imamo |−→LC||−→AL|

= 1 − λ.

Pošto je T težište trougla ABC, to važi−→OT = 1

3(−→OA+

−−→OB +

−→OC) za svaku

tačku O. Neka je O ≡ A. Tada imamo−→AT = 1

3(−→AB +

−→AC).

Kako je−→AB =

−−→AK +

−−→KB =

−−→AK + λ

−−→AK = (1 + λ)

−−→AK i

−→AC =

−→AL +

−→LC =

−→AL+ (1− λ)

−→AL = (2− λ)

−→AL, to je sada

−→AT =

1

3((1 + λ)

−−→AK + (2− λ)

−→AL).

Na osnovu 13. zadatka iz 1+λ3 + 2−λ

3 = 1 sledi da T pripada pravoj KL. �

25 Neka simetrale uglova kod temena A, B i C trougla ABC seku na-spramne stranice trougla u tačkama A1, B1 i C1, redom. Izraziti vektore−−→AA1,

−−→BB1 i

−−→CC1 u funkciji od vektora

−→AB i

−→AC i dužina stranica trougla, a

16


zatim dokazati da simetrala ugla u trouglu deli naspramnu stranicu u odnosususednih stranica.

Rešenje: Ako sa a, b i c označimo redom dužine stranica BC, CA i AB

trougla ABC, tada su vektori−−→ABc i

−→ACb jedinični i mogu se uzeti za vektore

stranica romba čije je jedno teme tačka A. Dijagonala romba je ujedno isimetrala odgovarajućeg unutrašnjeg ugla romba, pa je vektor

−−→AA1 kolinearan

sa vektorom−−→ABc +

−→ACb , tj. važi

−−→AA1 = λ

(−→AB

c+

−→AC

b

)=λ

c

−→AB +

λ

b

−→AC.

Kako su tačke A1, B i C kolinearne, mora biti λc +λb = 1, odnosno λ = bc

b+c .Dakle, sada je

−−→AA1 =

b

b+ c

−→AB +

c

b+ c

−→AC,

odakle je−−→BA1 =

cb+c

−−→BC, a odavde |

−−→BA1||−−→A1C|

= cb .

Slično, iz−−→BB1 = α

(−−→BCa +

−−→BAc

)i kolinearnosti tačaka B1, C i A imamo

αa + α

c = 1, odnosno α = aca+c , odakle je

−−→BB1 =

ca+c

−−→BC + a

a+c

−→BA. Odavde

je−−→CB1 = a

a+c

−→CA, a zatim |

−−→CB1||−−→B1A|

= ac . Stavljajući

−−→BC =

−→BA +

−→AC u

−−→BB1 =

ca+c

−−→BC + a

a+c

−→BA, dobijamo

−−→BB1 = −

−→AB +

c

a+ c

−→AC.

Takođe, iz−−→CC1 = β

(−→CAb +

−−→CBa

)i kolinearnosti tačaka C1, A i B imamo

βb +

βa = 1, odnosno β = ab

a+b , odakle je−−→CC1 = a

a+b

−→CA + b

a+b

−−→CB. Odavde

17


je−−→AC1 = b

a+b

−→AB, a zatim |

−−→AC1||−−→C1B|

= ba . Stavljajući

−−→CB =

−→CA +

−→AB u

−−→CC1 =

aa+b

−→CA+ b

a+b

−−→CB, dobijamo

−−→CC1 =

b

a+ b

−→AB −

−→AC.

26 Dat je paralelepiped ABCDA1B1C1D1. Dokazati da je prodor T dija-gonale AC1 kroz ravan BDA1 težište trougla BDA1.

Rešenje: Imamo da je vektor−→AT kolinearan sa vektorom

−−→AC1, pa je

−→AT = λ

−−→AC1 = λ(

−→AB +

−−→BC +

−−→CC1) = λ(

−→AB +

−−→AD +

−−→AA1), λ 6= 0.

Kako tačka T pripada ravni koja je određena tačkama B, D i A1, to je−→AT = α

−→AB + β

−−→AD + γ

−−→AA1, gde je α + β + γ = 1 (videti napomenu posle

13. zadatka). Kako su−→AB,

−−→AD i

−−→AA1 linearno nezavisni vektori, to mora

biti λ = α = β = γ, pa odavde i iz α + β + γ = 1 sledi da je λ = 13 . Dakle,

−→AT =

1

3(−→AB +

−−→AD +

−−→AA1),

pa je T težište trougla BDA1. �

27 Dat je trapez ABCD. Dokazati da su vektori−→AC+

−−→DB i

−→AB kolinearni.

Rešenje: Imamo da je−→AC =

−−→AD +

−−→DC i

−−→DB =

−−→DA +

−→AB. Njihovim

sabiranjem dobijamo

−→AC +

−−→DB =

−−→AD +

−−→DC +

−−→DA+

−→AB =

−−→DC +

−→AB.

18


Kako su vektori−−→DC i

−→AB paralelni, to su i kolinearni, pa je

−−→DC = α

−→AB,

α 6= 0. Sada je−→AC +

−−→DB = α

−→AB+

−→AB = (α+1)

−→AB, pa su

−→AC +

−−→DB i

−→AB

kolinearni vektori. �

28 Na pravama određenim stranicama trougla ABC zadate su tačke M , Ni P takve da je

−−→AM = α

−→AB,

−−→BN = β

−−→BC i

−→CP = γ

−→CA, gde su α, β i γ

zadati skalari. Dokazati da se težišta trouglova ABC i MNP poklapaju akoi samo ako je α = β = γ.

Rešenje: Neka je T težište trougla ABC, T ′ težište trougla MNP i O proi-zvoljna tačka. Tada je

−→OT =

1

3(−→OA+

−−→OB +

−→OC) i

−−→OT ′ =

1

3(−−→OM +

−−→ON +

−→OP ).

Težišta T i T ′ se poklapaju ako i samo ako

−→OT =

−−→OT ′ ⇔

−→OA+

−−→OB +

−→OC =

−−→OM +

−−→ON +

−→OP

⇔ (−→OA−

−−→OM) + (

−−→OB −

−−→ON) + (

−→OC −

−→OP ) = ~0

⇔−−→MA+

−−→NB +

−→PC =

−→0

⇔−−→AM +

−−→BN +

−→CP =

−→0

⇔ α−→AB + β

−−→BC + γ

−→CA =

−→0 .

Kako je−→AB +

−−→BC +

−→CA =

−→0 ekvivalentno sa

−→CA = −

−→AB −

−−→BC, to je sada

α−→AB + β

−−→BC + γ(−

−→AB −

−−→BC) =

−→0 ⇔ (α− γ)

−→AB + (β − γ)

−−→BC =

−→0 .

Pošto su−→AB i

−−→BC linearno nezavisni vektori, to je α − γ = 0 i β − γ = 0,

odnosno α = β = γ. �

19

2. Skalarni proizvod

2 Skalarni proizvod

Skalarni proizvod je preslikavanje (~u,~v) 7→ ~u · ~v skupa V × V u skup Rdefinisano sa

~u · ~v = |~u||~v| cos∠(~u,~v).Svojstva:

(1) ~u · ~v = ~v · ~u,(2) ~u · (~v + ~w) = ~u · ~v + ~u · ~w,(3) (k~u) · ~v = k(~u · ~v), k ∈ R,(4) ~u · ~u ≥ 0 i ~u · ~u = 0 ⇔ ~u = ~0.

Intenzitet (dužina, modul) vektora ~u se računa po formuli |~u| =√~u · ~u.

Kosinus ugla α koji zahvataju vektori ~u 6= ~0 i ~v 6= ~0 zadat je formulom

cosα =~u · ~v|~u||~v|

.

Vektori ~u i ~v su normalni (ortogonalni) ako i samo ako je ~u · ~v = 0.

Neka su tačke A i B takve da je−→AB = ~u i neka su tačke A′ i B′ redom

ortogonalne projekcije tačaka A i B na osu s koja ima pravac i smer vek-tora ~v 6= ~0. Ortogonalna vektor-projekcija vektora ~u na osu s je vektor−−→A′B′. Ortogonalna skalar-projekcija je broj čija je apsolutna vrednost jed-naka |

−−→A′B′|, a znak pozitivan ili negativan u zavisnosti od toga da li je vektor

−−→A′B′ istog ili suprotnog smera sa vektorom ~v. Koristimo oznaku pr~v~u. Iz

cos∠(~u,~v) = pr~v~u|~u| imamo da je

pr~v~u = |~u| cos∠(~u,~v).

Sada možemo pisati i ~u · ~v = |~u||~v| cos∠(~u,~v) = |~v|pr~v~u. Takođe važi da je−−→A′B′ = pr~v~u

~v|~v| .

Ako je ~u = (u1, u2, u3) i ~v = (v1, v2, v3), tada je ~u · ~v = u1v1 + u2v2 + u3v3.

20


1 Dati su vektori ~a = (2, 1, 5) i ~b = (3, 1, 1). Odrediti ~a ·~b, |~a|, |~b|, ∠(~a,~b),pr~b~a.

Rešenje: ~a ·~b = (2, 1, 5) · (3, 1, 1) = 2 · 3 + 1 · 1 + 5 · 1 = 12, |~a| =√~a · ~a =

√4 + 1 + 25 =

√30, |~b| =

√11, cos∠(~a,~b) = ~a·~b

|~a||~b|= 12√

30√11⇒ ∠(~a,~b) =

arccos 12√30·11 , pr~b~a = ~a·~b

|~b|= 12√

11. Vektor date projekcije je pr~b~a

~b

|~b|=

12√11

(3,1,1)√11

=(3611 ,

1211 ,

1211

). �

2 Ako je ~a = (1,−3, 3), ~b = (−2, 0, 2), izračunati (~a− 2~b)(~a+ 2~b).

Rešenje: (~a−2~b)(~a+2~b) = ~a·~a+2~a~b−2~a~b−4~b·~b = |~a|2−4|~b|2 = 19−4·8 = −13,jer je |~a| =

√1 + 9 + 9 =

√19 i |~b| =

√4 + 0 + 4 =

√8. �

3 Neka su ~a i~b takvi da je |~a| = 1, |~b| = 4, ∠(~a,~b) = π3 . Naći (~a+3~b)(2~a−~b).

Rešenje: (~a + 3~b)(2~a−~b) = 2|~a|2 − ~a~b + 6~a~b− 3|~b|2 = 2 · 12 + 5~a~b− 3 · 42 =2 + 5|~a||~b| cos∠(~a,~b)− 48 = 2 + 5 · 1 · 4 · 12 − 48 = −36. �

4 Ako je |~a| = 13, |~b| = 23, |~a+~b| = 30, naći |~a−~b|.

Rešenje: |~a−~b|2 = (~a−~b)(~a−~b) = |~a|2−2~a~b+|~b|2 = 169−2~a~b+529 = 698−2~a~b.Koristeći da je |~a+~b| = 30, dobijamo |~a+~b|2 = (~a+~b)(~a+~b) = |~a|2+2~a~b+|~b|2 =169 + 2~a~b+ 529 = 698 + 2~a~b = 302 = 900, odakle je 2~a~b = 900− 698 = 202.Sada je

|~a−~b|2 = 698− 2~a~b = 698− 202 = 496,

pa je |~a−~b| =√496 = 4

√31. �

5 Odrediti t ∈ R, t 6= 0, tako da vektori ~a = (−1, 0, 3), ~b = (1, 2, t) imajuisti ugao kao i vektori ~x = (2, 1, 0), ~y = (t, 0, 0).

Rešenje: Kako je ~a ·~b = (−1, 0, 3)(1, 2, t) = −1+3t, |~a| =√10, |~b| =

√5 + t2,

to je

cos∠(~a,~b) =~a ·~b|~a||~b|

=3t− 1√10√5 + t2

. (∗)

21


S druge strane je ~x · ~y = (2, 1, 0)(t, 0, 0) = 2t, |~x| =√5, |~b| =

√t2 = |t|, to je

cos∠(~x, ~y) =~x · ~y|~x||~y|

=2t√5|t|

. (∗∗)

Iz (∗) i (∗∗) imamo3t− 1√10√5 + t2

=2t√5|t|

,

odakle se sređivanjem dobija t2 − 6t− 39 = 0, čija su rešenja t1 = 3 + 4√3 i

t2 = 3− 4√3. �

6 Naći intenzitet vektora ~a = ~p− 2~q ako je |~p| = 2, |~q| =√3 i ∠(~p, ~q) = π

6 .

Rešenje: |~a|2 = ~a · ~a = (~p − 2~q)(~p − 2~q) = |~p|2 − 4~p~q + 4|~q|2 = 22 −

4|~p||~q| cos∠(~p, ~q) + 4(√3)2 = 4− 4 · 2 ·

√3 ·√32 +4(

√3)2 = 4, pa je |~a| = 2.�

7 Neka su ~p = α~m + 2~n i ~q = 5~m − 4~n ortogonalni vektori, gde su ~m i ~njedinični vektori (|~m| = |~n| = 1).

(a) Ako su ~m i ~n ortogonalni vektori, odrediti α.

(b) Za α = 1 naći ugao između vektora ~m i ~n.

Rešenje: Pošto su ~p i ~q ortogonalni vektori, to je ~p · ~q = ~0, odnosno(α~m+ 2~n)(5~m− 4~n) = 0, odnosno

5α|~m|2 + (10− 4α)~m~n− 8|~n|2 = 0 ⇔ 5α− 8 + (10− 4α)~m~n = 0.

(a) ~m ⊥ ~n ⇔ ~m · ~n = 0, pa je 5α − 8 + (10 − 4α) · 0 = 0 ⇔ 5α = 8,odakle je α = 8

5 .

(b) Za α = 1 imamo 5 · 1− 8 + (10− 4 · 1)~m~n = 0 ⇔ ~m · ~n = 12 . Sada je

cos∠(~m,~n) =~m · ~n|~m||~n|

=

12

1 · 1=

1

2,

pa je ∠(~m,~n) = π3 . �

8 Odrediti vektor ~v ako je ~v ·~a = 1, ~v ·~b = 2 i ~v ·~c = 3, gde je ~a = (2,−4, 3),~b = (3,−1, 5) i ~c = (1,−2, 4).

22


Rešenje: Neka je ~v = (x, y, z). Iz datih uslova dobijamo sistem jednačina

2x− 4y + 3z = 1

3x− y + 5z = 2

x− 2y + 4z = 3

,

čije rešenje je x = −1, y = 0, z = 1. Dakle, ~v = (−1, 0, 1). �

9 Dati su vektori ~a = 8~i+ 4~j + ~k, ~b = 2~i− 2~j + ~k, ~c =~i+~j + 9~k, pri čemusu~i, ~j, ~k uzajamno normalni jedinični vektori. Ispitati da li su ~a, ~b, ~c dva podva ortogonalni vektori. Izračunati ortogonalnu vektor-projekciju vektora ~cna ravan koju određuju vektori ~a i ~b.

Rešenje: Imamo da je ~a ·~b = (8, 4, 1)(2,−2, 1) = 16− 8 + 1 = 9 6= 0. Takođeje ~a ·~c = 21 6= 0 i ~b ·~c = 9 6= 0, pa ~a, ~b, ~c nisu dva po dva ortogonalni vektori.

Neka je ~c1 tražena projekcija vektora ~c na ravan koju određuju vektori ~a i~b. Tada je ~c1 = α~a + β~b, α, β ∈ R. Vektor ~c − ~c1 je normalan na vektore~a i ~b, pa važi (~c − ~c1) · ~a = 0 i (~c − ~c1) · ~b = 0. Dakle, imamo sistem ponepoznatima α i β. Kako je ~c1 = α~a + β~b = (8α + 2β, 4α − 2β, α + β), to

je ~c − ~c1 = (1 − 8α − 2β, 1 − 4α + 2β, 9 − α − β). Sada iz (~c − ~c1) · ~a = 0

dobijamo 81α + 9β = 21, a iz (~c − ~c1) ·~b = 0 dobijamo α + β = 1. Rešenjedatog sistema α = 1

6 , β = 56 , pa je

~c1 =1

6(~a+ 5~b) =

1

6((8, 4, 1) + 5(2,−2, 1)) = 1

6(18,−6, 6) = (3,−1, 1).

10 Dat je pravougaonik ABCD i tačka M u prostoru. Dokazati da važi−−→MA ·

−−→MC =

−−→MB ·

−−→MD i |

−−→MA|2 + |

−−→MC|2 = |

−−→MB|2 + |

−−→MD|2.

Rešenje: Pošto je ABCD pravougaonik, to su dijagonale jednake, tj. |−→AC| =

|−−→BD|. Odavde je |

−−→AM +

−−→MC| = |

−−→BM +

−−→MD|, tj. |

−−→MC −

−−→MA| = |

−−→MD −

23


−−→MB|, odakle kvadriranjem imamo |

−−→MC −

−−→MA|2 = |

−−→MD −

−−→MB|2, odnosno

(−−→MC −

−−→MA)(

−−→MC −

−−→MA) = (

−−→MD −

−−→MB)(

−−→MD −

−−→MB). Sada je

|−−→MC|2 − 2

−−→MA ·

−−→MC + |

−−→MA|2 = |

−−→MD|2 − 2

−−→MB ·

−−→MD + |

−−→MB|2. (9)

Neka je O presek dijagonala pravougaonika. Tada je−−→MO = 1

2(−−→MA+

−−→MC) =

12(−−→MD+

−−→MB), pa je

−−→MA+

−−→MC =

−−→MD+

−−→MB. Skalarnim kvadriranjem po-

slednje jednakosti dobijamo (−−→MA+

−−→MC)(

−−→MA+

−−→MC) = (

−−→MD+

−−→MB)(

−−→MD+

−−→MB), odnosno

|−−→MA|2 + 2

−−→MA ·

−−→MC + |

−−→MC|2 = |

−−→MD|2 + 2

−−→MB ·

−−→MD + |

−−→MB|2. (10)

Sabiranjem (9) i (10) dobijamo |−−→MA|2 + |

−−→MC|2 = |

−−→MB|2 + |

−−→MD|2, a oduzi-

manjem (10) od (9) dobijamo−−→MA ·

−−→MC =

−−→MB ·

−−→MD. �

11 Neka je OABC tetraedar kod koga su svi uglovi kod temena O pravi.Ako je OH visina tetraedra, izraziti vektor

−−→OH u funkciji od vektora

−→OA,−−→

OB i−→OC.

Rešenje: Neka je |−→OA| = a, |

−−→OB| = b, |

−→OC| = c i

−−→OH = α

−→OA+β

−−→OB+γ

−→OC.

Kako je vektor−−→OH normalan na vektor

−→AB, to je

−−→OH ·

−→AB = 0, odnosno−−→

OH · (−−→OB −

−→OA) = 0. Sada je

(α−→OA+ β

−−→OB + γ

−→OC)(

−−→OB −

−→OA) = 0,

odakle dobijamo −α|−→OA|2 + β|

−−→OB|2 = 0, jer je

−→OA ·

−−→OB =

−→OA ·

−→OC =

−−→OB ·

−→OC = 0. Dakle, −αa2 + βb2 = 0.

Slično, vektor−−→OH je normalan na vektor

−→AC, pa je

−−→OH ·

−→AC = 0, odnosno−−→

OH · (−→OC −

−→OA) = 0. Sada je

(α−→OA+ β

−−→OB + γ

−→OC)(

−→OC −

−→OA) = 0,

24


odakle dobijamo −α|−→OA|2 + γ|

−→OC|2 = 0, odnosno −αa2 + γc2 = 0.

Dakle, iz −αa2 + βb2 = 0 je β = αa2

b2 , a iz −αa2 + γc2 = 0 je γ = αa2

c2 . Kakomora biti α + β + γ = 1 (da bi tačka H pripadala ravni koja je određenatačkama A, B i C), to sledi da je

α +αa2

b2+αa2

c2= 1,

odakle je α = b2c2

a2b2+a2c2+b2c2 . Sada lako dobijamo da je β = a2c2

a2b2+a2c2+b2c2 i

γ = a2b2

a2b2+a2c2+b2c2 . Konačno je

−−→OH =

b2c2−→OA+ a2c2

−−→OB + a2b2

−→OC

a2b2 + a2c2 + b2c2.

12 Dokazati da je za trougao ABC ispunjen uslov c2 = a2 + b2 − 2ab cos γ(kosinusna teorema).

Rešenje: Iz−→AB =

−→AC +

−−→CB skalarnim kvadriranjem dobijamo

|−→AB|2 = |

−→AC|2 + 2

−→AC ·

−−→CB + |

−−→CB|2 = |

−→AC|2 − 2

−→CA ·

−−→CB + |

−−→CB|2 =

= |−→AC|2 − 2|

−→CA| · |

−−→CB| cos∠(

−→CA,−−→CB) + |

−−→CB|2,

odnosno c2 = a2 + b2 − 2ab cos γ. �

25


13 Izračunati ugao između nenula vektora ~u i ~v ako je vektor 2~u−~v normalanna vektor ~u+ ~v i ako je vektor ~u− 2~v normalan na vektor 2~u+ ~v.

Rešenje: Neka je α = ∠(~u,~v). Tada je cosα = ~u·~v|~u||~v| . Iz uslova zadatka je

(2~u− ~v)(~u+ ~v) = 0 i (~u− 2~v)(2~u+ ~v) = 0, odakle je

2|~u|2 + ~u~v − |~v|2 = 0 (∗)

i 2|~u|2 − 3~u~v − 2|~v|2 = 0. (∗∗)

Sada oduzimajući (∗∗) od (∗) dobijamo 4~u~v+ |~v|2 = 0, odakle je ~u~v = − |~v|2

4 ,

pa je cosα = −14|~v||~u| .

Dalje, ako izrazimo ~u~v iz (∗) i (∗∗) preko |~u| i |~v| i potom izjednačimo dobijeneizraze, dobijamo |~v|2 − 2|~u|2 = 2

3 |~u|2 − 2

3 |~v|2, odakle je |~v||~u| =

2√2√5. Sada je

cosα = −142√2√5

= −√1010 , odakle je α = arccos

(−√1010

). �

14 Naći oštar ugao između težišnih linija koje odgovaraju katetama pravo-uglog trougla u funkciji od dužina kateta.

Rešenje: Neka su ~a1 i ~b1 vektori odgovarajućih težišnih linija. Kako je ~a1 =~b+ ~a

2 i ~b1 =~b2 + ~a, to je

~a1 · ~b1 =|~a|2 + |~b|2

2, |~a1| =

√|~a|2 + 4|~b|2

2, |~b1| =

√4|~a|2 + |~b|2

2,

gde smo iskoristili činjenicu da je ~a ⊥ ~b, odnosno ~a ·~b = 0. Sada je

cos∠(~a1, ~b1) =~a1 · ~b1|~a1||~b1|

=2(|~a|2 + |~b|2)√

(|~a|2 + 4|~b|2)(4|~a|2 + |~b|2).


15 Dokazati da se visine trougla seku u jednoj tački (ortocentru).

26


Rešenje: Neka su AA1, BB1 i CC1 visine trougla ABC i neka je AA1∩BB1 ={H}. Dokažimo da je CH normalno na AB (tada će tačkaH pripadati i visiniCC1). Množeći

−−→CH =

−→CA +

−−→AH i

−−→CH =

−−→CB +

−−→BH skalarno sa

−−→CB i

−→AC,

redom, dobijamo−−→CH ·

−−→CB =

−→CA ·

−−→CB i

−−→CH ·

−→AC =

−−→CB ·

−→AC, gde smo

iskoristili činjenicu da je AH ⊥ CB i BH ⊥ AC, odnosno−−→AH ·

−−→CB = 0 i−−→

BH ·−→AC = 0. Sada je

−−→CH ·

−→AB =

−−→CH · (

−→AC+

−−→CB) =

−−→CH ·

−→AC+

−−→CH ·

−−→CB =

−−→CB ·

−→AC+

−→CA ·

−−→CB =

=−−→CB ·

−→AC −

−→AC ·

−−→CB =

−−→CB ·

−→AC −

−−→CB ·

−→AC = 0,

što znači da je−−→CH ⊥

−→AB. �

16 Neka je AD visina trougla ABC,−→AB = ~c,

−→AC = ~b i

−−→BC = ~a. Dokazati

da je tada−−→AD =

(~b · ~a) · ~c− (~c · ~a) ·~b|~a|2

.

Rešenje: Imamo da je−−→AD =

−→AB +

−−→BD = ~c+

−−→BD, gde je

−−→BD = pr−−→

BC

−→BA ·

−−→BC

|−−→BC|

= pr~a(−~c) ·~a

|~a|=

(−~c · ~a) · ~a|~a|2

.

27


Kako je ~a =−−→BC =

−→AC −

−→AB = ~b− ~c, to je sada

−−→BD =

−~c · ~a|~a|2

· (~b− ~c),

pa imamo

−−→AD =

−→AB +

−−→BD = ~c− ~c · ~a

|~a|2· (~b− ~c) = ~c|~a|2 − (~c · ~a) ·~b+ (~c · ~a) · ~c

|~a|2=

=(|~a|2 + ~c · ~a) · ~c− (~c · ~a) ·~b

|~a|2=

(~a · ~a+ ~c · ~a) · ~c− (~c · ~a) ·~b|~a|2

=

=((~a+ ~c) · ~a) · ~c− (~c · ~a) ·~b

|~a|2=

(~b · ~a) · ~c− (~c · ~a) ·~b|~a|2

.

17 Odrediti vektor AA′ koji odgovara visini iz temena A trougla ABC, gdeje A(2, 0, 3), B(−2, 3, 3), C(−1, 1, 5).

Rešenje: Imamo da je−−→AA′ =

−→AB +

−−→BA′, gde je

−−→BA′ = pr−−→

BC

−→BA ·

−−→BC

|−−→BC|

=

−→BA ·

−−→BC

|−−→BC|2

·−−→BC.

Kako je−→AB = (−4, 3, 0),

−→BA = (4,−3, 0) i

−−→BC = (1,−2, 2), to je sada

−−→BA′ =

4 · 1− 3 · (−2) + 0 · 2(√1 + 4 + 4)2

· (1,−2, 2) =(10

9,−20

9,20

9

),

pa je−−→AA′ = (−4, 3, 0) +

(10

9,−20

9,20

9

)=

(−26

9,7

9,20

9

).

28

3. Vektorski proizvod. Mešoviti proizvod. Dvostruki vektorski proizvod

3 Vektorski proizvod. Mešoviti proizvod. Dvo-struki vektorski proizvod

Vektorski proizvod je preslikavanje (~u,~v) 7→ ~u× ~v skupa V × V u skup V zakoje važe uslovi

1◦ |~u× ~v| = |~u||~v| sin∠(~u,~v),2◦ ~u× ~v ⊥ ~u i ~u× ~v ⊥ ~v,3◦ uređena trojka vektora (~u,~v, ~u× ~v) je pozitivno orijentisana.

Svojstva:

(1) ~u× ~v = −(~v × ~u),(2) (~u+ ~v)× ~w = ~u× ~w + ~v × ~w,(3) (k~u)× ~v = k(~u× ~v), k ∈ R.

Površina paralelograma konstruisanog nad vektorima ~u i ~v jednaka je |~u×~v|.

Površina trougla konstruisanog nad vektorima ~u i ~v jednaka je|~u× ~v|

2.

Vektori ~u i ~v su kolinearni ako i samo ako je ~u× ~v = ~0.

Ako je ~u = (u1, u2, u3) i ~v = (v1, v2, v3), tada je

~u× ~v =

∣∣∣∣∣∣∣∣~i ~j ~k

u1 u2 u3

v1 v2 v3

∣∣∣∣∣∣∣∣ .Mešoviti proizvod je preslikavanje (~u,~v, ~w) 7→ [~u,~v, ~w] skupa V × V × V uskup R definisano sa

[~u,~v, ~w] = (~u× ~v) · ~w.

Svojstva:

(1) [~u,~v, ~w] = −[~v, ~u, ~w],(2) [~u,~v, ~w] = [~v, ~w, ~u] = [~w, ~u,~v],(3) [k~u,~v, ~w] = k[~u,~v, ~w], k ∈ R,(4) [~u+ ~v, ~w, ~z] = [~u, ~w, ~z] + [~v, ~w, ~z].

Zapremina paralelepipeda konstruisanog nad vektorima ~u, ~v i ~w jednaka je|[~u,~v, ~w]|. Zapremina 4-strane piramide konstruisane nad vektorima ~u, ~v

i ~w jednaka je|[~u,~v, ~w]|

3. Zapremina 3-strane piramide konstruisane nad

vektorima ~u, ~v i ~w jednaka je|[~u,~v, ~w]|

6.

29


Vektori ~u, ~v i ~w su komplanarni ako i samo ako je [~u,~v, ~w] = 0.

Ako je ~u = (u1, u2, u3), ~v = (v1, v2, v3) i ~w = (w1, w2, w3), tada je

[~u,~v, ~w] =

∣∣∣∣∣∣∣u1 u2 u3

v1 v2 v3

w1 w2 w3

∣∣∣∣∣∣∣ .Dvostruki vektorski proizvod je preslikavanje (~u,~v, ~w) 7→ (~u × ~v) × ~w skupaV × V × V u skup V definisano sa

(~u× ~v)× ~w = (~u · ~w)~v − (~v · ~w)~u.

1 Ako je ~a = (5, 2,−3), ~b = (−2, 1, 4), naći ~a×~b.Rešenje: Imamo

~u× ~v =

∣∣∣∣∣∣∣∣~i ~j ~k

5 2 −3−2 1 4

∣∣∣∣∣∣∣∣ =~i(8 + 3)−~j(20− 6) + ~k(5 + 4) =

= 11~i− 14~j + 9~k = (11,−14, 9).

2 Dokazati Lagranžov identitet (~a×~b)2 = ~a2~b2 − (~a~b)2.

Rešenje: Kako je ~a2 = ~a ·~a = |~a|2 i (~a×~b)2 = (~a×~b)(~a×~b) = |~a×~b|2, to je

(~a×~b)2 = |~a×~b|2 = (|~a||~b| sin∠(~a,~b))2 = |~a|2|~b|2 sin2∠(~a,~b) =

= |~a|2|~b|2(1− cos2∠(~a,~b)) = |~a|2|~b|2 − |~a|2|~b|2 cos2∠(~a,~b) =

= ~a 2~b2 − (|~a||~b| cos∠(~a,~b))2 = ~a2~b2 − (~a~b)2.

3 Dokazati Jakobijev identitet ~x× (~y × ~z) + ~y × (~z × ~x) + ~z × (~x× ~y) = ~0.

Rešenje: Imamo

~x×(~y×~z)+~y×(~z×~x)+~z×(~x×~y) = −(~y×~z)×~x−(~z×~x)×~y−(~x×~y)×~z =

= (~z × ~y)× ~x+ (~x× ~z)× ~y + (~y × ~x)× ~z = (~z~x)~y − (~y~x)~z+

+(~x~y)~z − (~z~y)~x+ (~y~z)~x− (~x~z)~y = ~0.

4 Dokazati da su ~a, ~b i ~c komplanarni vektori ako je ~a×~b+~b×~c+~c×~a = ~0.

30


Rešenje: Ako datu jednakost skalarno pomnožimo sa ~c, dobijamo

(~a×~b) · ~c+ (~b× ~c) · ~c+ (~c× ~a) · ~c = 0,

odnosno [~a,~b,~c] + 0 + 0 = 0 (jer je ~b× ~c ⊥ ~c i ~c× ~a ⊥ ~c), odakle sledi da suvektori ~a, ~b i ~c komplanarni. �

5 Ako je |~a| = 3, |~b| = 5, |~a − ~b| = 4, odrediti površinu paralelogramaodređenog vektorima ~a i ~b.

Rešenje: P = |~a×~b| = |~a||~b| sin∠(~a~b) = 3 ·5 · sin∠(~a,~b) = 15 sin∠(~a,~b). Akokvadriramo |~a−~b| = 4, dobijamo (~a−~b)(~a−~b) = 16, odnosno |~a|2−2~a~b+|~b|2 =16, odakle je ~a~b = 9 (jer je |~a| = 3 i |~b| = 5). Kako je cos∠(~a,~b) = ~a~b

|~a||~b|=

93·5 = 3

5 , to iz sin2∠(~a,~b) + cos2∠(~a,~b) = 1 sledi

sin∠(~a,~b) =

√1−

(3

5

)2

=

√16

25=

4

5,

pa je konačno P = 15 sin∠(~a,~b) = 15 · 45 = 12. �

6 Neka su ~m i ~n jedinični vektori koji zaklapaju ugao od π4 . Odrediti

površinu paralelograma čije su dijagonale ~e = 2~m− ~n i ~f = 4~m− 5~n.

Rešenje: Imamo

P =1

2|~e×~f | = 1

2|(2~m−~n)×(4~m−5~n)| = 1

2|8~m×~m−10~m×~n−4~n×~m+5~n×~n| =

=1

2|0− 10~m× ~n+ 4~m× ~n+ 0| = 1

2| − 6~m× ~n| = 1

2· 6|~m× ~n| =

= 3|~m||~n| sin∠(~m,~n) = 3 · 1 · 1 · sin π4=

3√2

2.

7 Odrediti vektore ~b1, ~b2, ~b3 dualne linearno nezavisnim vektorima ~a1, ~a2,~a3.

Rešenje: Dualni vektori su oni za koje važi

~ai · ~bk = δik =

{1, i = k

0, i 6= k.

31


Dakle, imamo~a1 · ~b1 = 1

~a2 · ~b1 = 0

~a3 · ~b1 = 0

,

pa iz druge i treće jednakosti imamo da je ~b1 ⊥ ~a2 i ~b1 ⊥ ~a3, odakle sledi daje ~b1 kolinearan sa vektorom ~a2 × ~a3, tj. važi ~b1 = α(~a2 × ~a3), α 6= 0. Sadaiz prve jednakosti dobijamo

1 = ~a1 · ~b1 = ~b1 · ~a1 = α(~a2 × ~a3) · ~a1 = α[~a2, ~a3, ~b1] = α[~a1, ~a2, ~a3],

odakle je α = 1[ ~a1, ~a2, ~a3]

, pa je ~b1 =~a2× ~a3

[ ~a1, ~a2, ~a3].

Slično, iz~a1 · ~b2 = 0

~a2 · ~b2 = 0

~a3 · ~b2 = 1

sledi da je ~b2 = β(~a1 × ~a3), α 6= 0, pa iz druge jednakosti dobijamo β =−1

[ ~a1, ~a2, ~a3], odakle je ~b2 =

− ~a1× ~a3[ ~a1, ~a2, ~a3]

.

Analogno dobijamo da je ~b3 =~a1× ~a2

[ ~a1, ~a2, ~a3]. �

8 Neka su−→OA = ~a,

−−→OB = ~b,

−→OC = ~c vektori položaja tačaka A, B, C,

redom, u odnosu na datu tačku O.

(a) Izraziti površinu trougla ABC u funkciji od vektora ~a, ~b, ~c.

(b) Izraziti rastojanje h tačke C od prave AB u funkciji od vektora ~a, ~b, ~c.

Rešenje: (a) Kako je−→AB =

−−→OB −

−→OA i

−→AC =

−→OC −

−→OA, to je

P =1

2|−→AB ×

−→AC| = 1

2|(−−→OB −

−→OA)× (

−→OC −

−→OA)| = 1

2|(~b− ~a)× (~c− ~a)| =

=1

2|~b× ~c−~b× ~a− ~a× ~c+ ~a× ~a| = 1

2|~a×~b+~b× ~c+ ~c× ~a|.

(b) Kako je P = 12 |−→AB| · h, to je

h =2P

|−→AB|

=2 · 12 |~a×~b+~b× ~c+ ~c× ~a|

|−−→OB −

−→OA|

=|~a×~b+~b× ~c+ ~c× ~a|

|~b− ~a|.

32


Slika uz 8. zadatak

9 Dokazati naredne identitete za proizvoljne vektore ~a, ~b, ~c.

(a) (~a×~b)2(~a× ~c)2 − ((~a×~b)(~a× ~c))2 = ((~a×~b) · ~c)2~a2.Rešenje: Imamo

(~a×~b)2(~a×~c)2−((~a×~b)(~a×~c))2 = |~a×~b|2|~a×~c|2−(|~a×~b||~a×~c| cos∠(~a×~b,~a×~c))2 =

= |~a×~b|2|~a×~c|2−|~a×~b|2|~a×~c|2 cos2∠(~a×~b,~a×~c) = |~a×~b|2|~a×~c|2 sin2∠(~a×~b,~a×~c) == |(~a×~b)× (~a×~c)|2 = | (~a · (~a× ~c))︸︷︷︸

=0

·~b− (~b · (~a×~c)) ·~a|2 = |(~b · (~a×~c)) ·~a|2 =

= |~b·(~a×~c)|2 ·~a2 = |(~a×~c)·~b|2 ·~a2 = [~a,~c,~b]2 ·~a2 = [~a,~b,~c]2 ·~a2 = ((~a×~b)·~c)2 ·~a2.

(b) ((~a×~b)× (~b× ~c)) · (~c× ~a) = ((~a×~b) · ~c)2.Rešenje: Imamo

(~a×~b)× (~b× ~c)) · (~c× ~a) = ((~a · (~b× ~c)) ·~b− (~b · (~b× ~c))︸︷︷︸=0

·~a) · (~c× ~a) =

= ((~a · (~b× ~c)) ·~b) · (~c× ~a) = (~a · (~b× ~c)) · (~b · (~c× ~a)) = [~b,~c,~a] · [~c,~a,~b] == [~a,~b,~c] · [~a,~b,~c] = [~a,~b,~c]2 = ((~a×~b) · ~c)2.

Napomenimo da je data postavka zadatka ekvivalentna sa postavkom[~a×~b,~b× ~c,~c× ~a] = [~a,~b,~c]2.

(c) (~a+~b+ ~c)× ~c+ (~a+~b+ ~c)×~b+ (~b− ~c)× ~a = 2(~a× ~c).Rešenje: Imamo

(~a+~b+ ~c)× ~c+ (~a+~b+ ~c)×~b+ (~b− ~c)× ~a = ~a× ~c+~b× ~c+ ~c× ~c︸︷︷︸=0

+

+~a×~b+~b×~b︸︷︷︸=0

+ ~c×~b︸︷︷︸=−~b×~c

+~b× ~a︸︷︷︸=−~a×~b

−~c×~a = ~a×~c−~c×~a = ~a×~c+~a×~c = 2(~a×~c).

33


(d) ((~a+~b)× (~a+ ~c)) ·~b = −(~a×~b) · ~c.Rešenje: Imamo

((~a+~b)×(~a+~c))·~b = (~a×~a+~a×~c+~b×~a+~b×~c)·~b = (~a×~c)·~b+(~b× ~a) ·~b︸︷︷︸=0

+(~b× ~c) ·~b︸︷︷︸=0

=

= (~a× ~c) ·~b = [~a,~c,~b] = −[~a,~b,~c] = −(~a×~b) · ~c.

(e) (~a×~b) · (~c× ~d) = (~a · ~c)(~b · ~d)− (~a · ~d)(~b · ~c).Rešenje: Imamo

(~a×~b)·(~c×~d) = [~a,~b,~c×~d] = [~c×~d,~a,~b] = ((~c×~d)×~a)·~b = ((~c·~a)·~d−(~d·~a)·~c)·~b =

= (~c · ~a) · (~d ·~b)− (~d · ~a) · (~c ·~b) = (~a · ~c) · (~b · ~d)− (~a · ~d) · (~b · ~c).

10 Ako simetrale uglova trougla ABC kod temena A, B, C seku redomstranice BC, CA, AB u tačkama P , Q, R, odrediti odnos površina trouglovaPQR i ABC u funkciji od dužina stranica trougla ABC.

Rešenje: Neka je |−→AB| = c, |

−−→BC| = a, |

−→AC| = b. Znamo da je 2P4ABC =

|−→AB ×

−→AC| i 2P4PQR = |

−→PQ ×

−→PR|. Vektor

−→PQ možemo predstaviti kao

−→PQ =

−→PA+

−→AQ, a vektor

−→PR kao

−→PR =

−→PA+

−→AR.

Vektori−→AP i

−−→ABc +

−→ACb su kolinearni, pa možemo pisati

−→AP =

λ

c

−→AB +

λ

b

−→AC, λ 6= 0.

Kako je i−→AP =

−→AB +

−−→BP =

−→AB + α

−−→BC = (1 − α)

−→AB + α

−→AC, sledi da je

λc = 1− α i λb = α, odakle je λ = bc

b+c i α = cb+c , pa je

−→AP =

b

b+ c

−→AB +

c

b+ c

−→AC.

Slično, imamo da je

−−→BQ =

λ1c

−→BA+

λ1a

−−→BC, λ1 6= 0,

i−−→BQ =

−→BA +

−→AQ =

−→BA + α1

−→AC = (1 − α1)

−→BA + α1

−−→BC, pa dobijamo

λ1c = 1− α1 i λ1a = α1, odakle je λ1 = ac

a+c i α1 =c

a+c , pa je

−→AQ =

c

a+ c

−→AC.

34


Takođe, iz−→CR =

λ2b

−→CA+

λ2a

−−→CB, λ2 6= 0,

i−→CR =

−→CA+

−→AR =

−→CA+α2

−→AB = (1−α2)

−→CA+α2

−−→CB dobijamo λ2

b = 1−α2

i λ2a = α2, odakle je λ2 = aba+b i α2 =

ba+b , pa je

−→AR =

b

a+ b

−→AB.

Sada je

−→PQ =

−→PA+

−→AQ =

b

b+ c

−→BA+

c

b+ c

−→CA+

c

a+ c

−→AC = − b

b+ c

−→AB+

c(b− a)(a+ c)(b+ c)

−→AC,

−→PR =

−→PA+

−→AR =

b

b+ c

−→BA+

c

b+ c

−→CA+

b

a+ b

−→AB =

b(c− a)(a+ b)(b+ c)

−→AB− c

b+ c

−→AC,

pa je

|−→PQ×

−→PR| =

∣∣∣∣(− b

b+ c

−→AB +

c(b− a)(a+ c)(b+ c)

−→AC

)×(

b(c− a)(a+ b)(b+ c)

−→AB − c

b+ c

−→AC

)∣∣∣∣ ==

∣∣∣∣ bc

(b+ c)2(−→AB ×

−→AC) +

bc(b− a)(c− a)(a+ c)(b+ c)2(a+ b)

(−→AC ×

−→AB)

∣∣∣∣ ==

∣∣∣∣(−→AB ×−→AC)( bc

(b+ c)2− bc(b− a)(c− a)

(a+ c)(b+ c)2(a+ b)

)∣∣∣∣ .Nakon sređivanja dobijamo

|−→PQ×

−→PR| =

∣∣∣∣(−→AB ×−→AC) 2abc

(a+ b)(a+ c)(b+ c)

∣∣∣∣ = 2abc

(a+ b)(a+ c)(b+ c)|−→AB×

−→AC|,

35


pa je

P4PQRP4ABC

=

abc(a+b)(a+c)(b+c) |

−→AB ×

−→AC|

12 |−→AB ×

−→AC|

=2abc

(a+ b)(a+ c)(b+ c).

11 Tačke A(2, 0, 0), B(0, 3, 0), C(0, 0, 6) i D(2, 3, 8) su temena piramide.Izračunati zapreminu piramide i visinu koja odgovara osnovi ABC.

Rešenje: Zapremina date piramide je V =|[−→AB,−→AC,−−→AD]|

6. Kako je

−→AB =

(−2, 3, 0),−→AC = (−2, 0, 6),

−−→AD = (0, 3, 8), to je

[−→AB,−→AC,−−→AD] =

∣∣∣∣∣∣∣−2 3 0

−2 0 6

0 3 8

∣∣∣∣∣∣∣ = 84,

pa je

V =|[−→AB,−→AC,−−→AD]|

6=

84

6= 14.

Zapremina piramide je i V =B ·H3

, gde je B osnova ABC, pa je H =3V

B.

Površina osnove ABC je B =|−→AB ×

−→AC|

2. Kako je

−→AB ×

−→AC =

∣∣∣∣∣∣∣∣~i ~j ~k

−2 3 0

−2 0 6

∣∣∣∣∣∣∣∣ = (18, 12, 6),

to je

B =|−→AB ×

−→AC|

2=

1

2|(18, 12, 6)| = 6

2|(3, 2, 1)| = 3

√9 + 4 + 1 = 3

√14,

odakle je H =3V

B=

3 · 143√14

=√14. �

12 Dati su vektori ~a = (0, 4, 2), ~b = (2, 2, 1), ~c = (−1,−2,−1). Odreditivektor ~d = (d1, d2, d3) tako da je

~a×~b = ~c× ~d i ~a× ~c = ~b× ~d.

36


Rešenje: Kako je

~a×~b =

∣∣∣∣∣∣∣∣~i ~j ~k

0 4 2

2 2 1

∣∣∣∣∣∣∣∣ = (0, 4,−8)

i

~c× ~d =

∣∣∣∣∣∣∣∣~i ~j ~k

−1 −2 −1d1 d2 d3

∣∣∣∣∣∣∣∣ = (−2d3 + d2, d3 − d1,−d2 + 2d1),

to imamo sistem−2d3 + d2 = 0

d3 − d1 = 4

−d2 + 2d1 = −8.

S druge strane je

~a× ~c =

∣∣∣∣∣∣∣∣~i ~j ~k

0 4 2

−1 −2 −1

∣∣∣∣∣∣∣∣ = (0,−2, 4)

i

~b× ~d =

∣∣∣∣∣∣∣∣~i ~j ~k

2 2 1

d1 d2 d3

∣∣∣∣∣∣∣∣ = (2d3 − d2,−2d3 + d1, 2d2 − 2d1),

pa imamo sistem2d3 − d2 = 0

−2d3 + d1 = −22d2 − 2d1 = 4

.

Kombinujući prethodna dva sistema, dobijamo da je d1 = −6, d2 = −4,d3 = −2. �

37

4. Prava i ravan u prostoru

4 Prava i ravan u prostoru

Opšta jednačina ravni je α : Ax+By+Cz+D = 0, gde je ~nα = (A,B,C) 6=(0, 0, 0) vektor ravni α. Važi da je ~nα ⊥ α.

Jednačina ravni koja je određena tačkomM0(x0, y0, z0) i vektorom ravni ~nα =(A,B,C) je

α : A(x− x0) +B(y − y0) + C(z − z0) = 0, (x, y, z) ∈ α.

Jednačina ravni kroz tri nekolinearne tačkeA(x1, y1, z1), B(x2, y2, z2), C(x3, y3, z3)je α : [

−−→AM,

−→AB,−→AC] = 0, M(x, y, z) ∈ α, odnosno∣∣∣∣∣∣∣

x− x1 y − y1 z − z1x2 − x1 y2 − y1 z2 − z1x3 − x1 y3 − y1 z3 − z1

∣∣∣∣∣∣∣ = 0.

Segmentni oblik jednačine ravni koja seče koordinatne ose Ox, Oy, Oz redomu tačkama A(a, 0, 0), B(0, b, 0), C(0, 0, c), abc 6= 0, jeste

α :x

a+y

b+z

c= 1.

Kanonska jednačina prave u prostoru koja sadrži tačku M0(x0, y0, z0) i čiji jevektor pravca ~up = (a, b, c) jeste

p :x− x0a

=y − y0b

=z − z0c

, (x, y, z) ∈ p.

Ako je a = 0, onda je x − x0 = 0; ako je b = 0, onda je y − y0 = 0; ako jec = 0, onda je z − z0 = 0.

Vektor pravca prave p je paralelan toj pravoj. Prema tome, ako M1 ∈ p,M2 ∈ p, tada vektor prave p može biti

−−−−→M1M2 ili bilo koji njemu kolinearan

nenula vektor.

Parametarski oblik prave p je

p :

x = at+ x0

y = bt+ y0

z = ct+ z0

, t ∈ R.

Jednačina prave kroz tačke M1(x1, y1, z1) i M2(x2, y2, z2) je

p :x− x1x2 − x1

=y − y1y2 − y1

=z − z1z2 − z1

, (x, y, z) ∈ p.

38


Skrećemo pažnju čitaocu da oblik jednačine prave nije jedinstven. Pri pro-veri da li dva različita oblika predstavljaju jednu te istu pravu treba uzetiproizvoljnu tačku sa jedne prave i proveriti da li zadovoljava drugu jednačinu,i obratno. Ukoliko je to ispunjeno, radi se o istoj pravoj. U suprotnom, ne.Na primer, jednačine

p :x− 5

−12=y − 2

−6=z − 5

−24i q :

x− 7

4=y − 3

2=z − 9

8

predstavljaju istu pravu. Naime, najpre vidimo da su vektori pravca koline-arni, a onda i da tačka A(5, 2, 5) ∈ p pretvara drugu jednačinu u identitet,kao i da tačka (7, 3, 9) ∈ q pretvara prvu jednačinu u identitet.

Spomenimo i da, ako u datim jednačinama vektori pravca nisu kolinearni,odmah zaključujemo da se ne radi o istoj pravoj.

1 Date su tačke A(1,−1, 2), B(0, 1, 1). Kroz tačku B postaviti ravan nor-malnu na vektor

−→AB.

Rešenje: Kako je−→AB = (−1, 2,−1), to je α : −1(x−0)+2(y−1)−1(z−1) = 0,

odnosnoα : x− 2y + z + 1 = 0.

2 Odrediti segmentni oblik jednačine ravni koja sadrži tačkeM1(2,−3,−4),M2(3,−2, 5), M3(0,−5, 2).

Rešenje: Imamo α : [−−−→M1M,

−−−−→M1M2,

−−−−→M1M3] = 0, gde je M(x, y, z) ∈ α, odno-

sno ∣∣∣∣∣∣∣x− 2 y + 3 z + 4

3− 2 −2 + 3 5 + 4

0− 2 −5 + 3 2 + 4

∣∣∣∣∣∣∣ = 0 ⇔

∣∣∣∣∣∣∣x− 2 y + 3 z + 4

1 1 9

−2 −2 6

∣∣∣∣∣∣∣ = 0,

što je ekvivalentno sa (x − 2) · 24 − (y + 3) · 24 + (z + 4) · 0 = 0, odnosno24x−24y = 120. Ako poslednju jednačinu podelimo sa 24, dobijamo x−y =

5, odakle dobijamo segmentni oblik date ravni α :x

5+

y

−5= 1. �

3 Odrediti jednačinu normale iz tačke A(2, 3,−1) na ravan α : 2x+y−4z+5 = 0.

Rešenje: Kako je ~nα = (2, 1,−4), uzećemo da je vektor pravca tražene nor-male upravo vektor ~nα, tj. neka je ~up = (2, 1,−4). Pošto normala treba dasadrži tačku A(2, 3,−1), to je tražena jednačina

p :x− 2

2=y − 3

1=z + 1

−4.

39


Slika uz 3. zadatak

4 Odrediti prodor prave p :x+ 1

3=y + 3

2=z − 5

−4kroz ravan α : 3x+ y +

4z + 6 = 0.

Rešenje: Parametarski oblik prave p je

p :

x = 3t− 1

y = 2t− 3

z = −4t+ 5

, t ∈ R,

pa imamoα : 3(3t− 1) + (2t− 3) + 4(−4t+ 5) + 6 = 0,

odakle je t = 4. Sada je

x = 3 · 4− 1 = 11

y = 2 · 4− 3 = 5

z = −4 · 4 + 5 = −11,

pa je tražena tačka A(11, 5,−11). �

5 Odrediti jednačinu ravni koja sadrži tačku M(1, 1, 2) i pravu p :x− 3

2=

y + 4

−1=z − 3

5.


p :

x = 2t+ 3

y = −t− 4

z = 5t+ 3

, t ∈ R,

40


odakle dobijamo tačke A(3,−4, 3) ∈ p (za t = 0) i B(1,−3,−2) ∈ p (za t =1), pa je jednačina tražene ravni α : [

−−→MD,

−−→MA,

−−→MB] = 0, gde je D(x, y, z) ∈

α, odnosno ∣∣∣∣∣∣∣x− 1 y − 1 z − 2

2 −5 1

0 −4 −4

∣∣∣∣∣∣∣ = 0,

odakle je α : 3x+ y − z − 2 = 0.

II način: Imamo tačku A(3,−4, 3) ∈ p i vektor pravca prave p ~up = (2,−1, 5).PoštoM /∈ p, a ~nα ⊥ ~up i ~nα ⊥

−−→AM , to je ~nα kolinearan sa vektorom ~up×

−−→AM .

Kako je

~up ×−−→AM =

∣∣∣∣∣∣∣∣~i ~j ~k

2 −1 5

−2 5 −1

∣∣∣∣∣∣∣∣ = (−24,−8, 8) = −8(3, 1,−1),

to ćemo uzeti da je ~nα = (3, 1,−1), pa je α : 3(x−1)+1(y−1)−1(z−2) = 0,odnosno α : 3x+ y − z − 2 = 0. �

6 odrediti normalnu projekciju tačke P (−1, 4, 1) na ravan α : x− 2y− 2z−7 = 0.

Rešenje: Formirajmo normalu l iz tačke P na ravan α, pa će tražena projek-cija biti {P ′} = l ∩ α. Imamo da je ~nα = (1,−2,−2) = ~ul i P (−1, 4, 1) ∈ l,pa je

l :x+ 1

1=y − 4

−2=z − 1

−2.

41


Parametarski oblik prave l je

l :

x = t− 1

y = −2t+ 4

z = −2t+ 1

, t ∈ R,

pa je α : (t− 1)− 2(−2t+ 4)− 2(−2t+ 1)− 7 = 0, odakle je t = 2. Sada je

x = 2− 1 = 1

y = −2 · 2 + 4 = 0

z = −2 · 2 + 1 = −3,

pa je tražena tačka P ′(1, 0,−3). �

7 Odrediti jednačinu ravni koja sadrži tačku A(−1, 0, 3) i normalna je na

pravu q :x+ 1

2=y − 3

4=z − 3

−1.

Rešenje: Kako je ~uq = (2, 4,−1), a prava q je normalna na traženu ravan α,to ćemo uzeti da je vektor te ravni upravo ~uq, tj. ~nα = (2, 4,−1). PoštoA(−1, 0, 3) pripada ravni α, to je tražena jednačina α : 2(x+1)+ 4(y− 0)−1(z − 3) = 0, odnosno α : 2x+ 4y − z + 5 = 0. �

Slika uz 7. zadatak

8 Naći pravu p koja je zadata kao presek dve ravni α : x + y + z = 1 iβ : x− 2y − z = −2.Rešenje: Neka je z = t, t ∈ R. Tada iz sistema jednačina po x i y

x+ y + t = 1

x− 2y − t = −2

42


dobijamo x = −1

3t, y = 1− 2

3t, odakle sledi

x

−13

= t,y − 1

−23

= t.

Kako je z = t, to je tražena prava

p :x

−13

=y − 1

−23

=z

1.

Vidimo da je ~up =(−1

3,−2

3, 1

), a znamo da je vektor pravca prave paralelan

sa datom pravom, pa možemo uzeti da je ~up = (−1,−2, 3), što znači damožemo pisati

p :x

−1=y − 1

−2=z

3.

9 Odrediti tačku Q koja je simetrična tački P (3,−2,−4) u odnosu na ravanα : 6x+ 2y − 3z − 75 = 0.

Rešenje: Prvo ćemo naći ortogonalnu projekciju P ′ tačke P na ravan α, pa

iskoristiti da je−−→PP ′ =

−−→P ′Q. Neka je l normala na α iz P (3,−2,−4). Tada

je ~ul = ~nα = (6, 2,−3), pa je jednačina prave l data sa

l :x− 3

6=y + 2

2=z + 4

−3.

Parametarski oblik prave l je

l :

x = 6t+ 3

y = 2t− 2

z = −3t− 4

, t ∈ R.

Kako je l ∩ α = {P ′}, iz α : 6(6t + 3) + 2(2t − 2) − 3(−3t − 4) − 75 = 0dobijamo t = 1, odakle sledi

x = 6 · 1 + 3 = 9

y = 2 · 1− 2 = 0

z = −3 · 1− 4 = −7,

pa je P ′(9, 0,−7).

43


Neka je Q(x, y, z). Imamo da je−−→PP ′ = (9 − 3, 0 + 2,−7 + 4) = (6, 2,−3) i

−−→P ′Q = (x− 9, y − 0, z + 7), pa iz

−−→PP ′ =

−−→P ′Q sledi

6 = x− 9 ⇒ x = 15

2 = y − 0 ⇒ y = 2

−3 = z + 7 ⇒ z = −10,

odakle je Q(15, 2,−10). �

10 Odrediti ortogonalnu projekciju tačke M(2, 3, 1) na pravu l :x+ 7

1=

y + 2

2=z + 2

3.

Rešenje: Odredimo ravan α koja sadrži tačku M(2, 3, 1) i normalna je napravu l. Tražena projekcija će biti {M ′} = l∩α. Imamo da je ~ul = (1, 2, 3) =~nα, pa je α : 1(x−2)+2(y−3)+3(z−1) = 0, odnosno α : x+2y+3z−11 = 0.

Kako je parametarski oblik prave l

l :

x = t− 7

y = 2t− 2

z = 3t− 2

, t ∈ R,

44


iz α : (t− 7) + 2(2t− 2) + 3(3t− 2)− 11 = 0 dobijamo t = 2, pa je

x = 2− 7 = −5y = 2 · 2− 2 = 2

z = 3 · 2− 2 = 4

,

što znači da je M ′(−5, 2, 4).II način: Kako M ′ ∈ l, to M ′ ima koordinate (t − 7, 2t − 2, 3t − 2) za nekot ∈ R. Pošto je

−−−→MM ′ · ~ul = 0, to je sada

(t− 7− 2, 2t− 2− 3, 3t− 2− 1) · (1, 2, 3) = 0,

odakle sledi t = 2, pa je M ′(2− 7, 2 · 2− 2, 3 · 2− 2), odnosno M ′(−5, 2, 4).�


11 Odrediti tačku Q koja je simetrična tački P (5, 0, 5) u odnosu na pravu

l :x

−2=y − 3

4=z − 4

1.

Rešenje: Odredimo ravan α koja sadrži tačku P (5, 0, 5) i normalna je na

pravu l. Zatim odredimo projekciju {P ′} = l ∩ α i iskoristimo−−→PP ′ =

−−→P ′Q.

Imamo da je ~ul = (−2, 4, 1) = ~nα, pa je α : −2(x−5)+4(y−0)+1(z−5) = 0,odnosno α : −2x+ 4y + z + 5 = 0.

45


Kako je parametarski oblik prave l

l :

x = −2ty = 4t+ 3

z = t+ 4

, t ∈ R,

iz α : −2(−2t)+4(4t+3)+(t+4)+5 = 0 dobijamo t = −1, pa je P ′(2,−1, 3).Neka je Q(x, y, z). Iz

−−→PP ′ =

−−→P ′Q je (−3,−1,−2) = (x − 2, y + 1, z − 3),

odnosnox− 2 = −3 ⇒ x = −1y + 1 = −1 ⇒ y = −2z − 3 = −2 ⇒ z = 1

,

pa je Q(−1,−2, 1). �

12 Naći rastojanje tačke P (1, 1, 1) od ravni α : 2x− 3y + z − 1 = 0.

Rešenje: Rastojanje tačke M0(x0, y0, z0) od ravni β : Ax+By+Cz+D = 0je

d(M0, β) =|Ax0 +By0 + Cz0 +D|√

A2 +B2 + C2,

pa je

d(P, α) =|2 · 1− 3 · 1 + 1 · 1− 1|√

22 + (−3)2 + 12=

1√14

=

√14

14.

Napomenimo da se ovaj zadatak može rešiti kao i 6. zadatak da bismo našliortogonalnu projekciju P ′ tačke P na ravan α, a zatim nađemo rastojanje

tačke P od tačke P ′. Naime, dobija se da je P ′(16

14,11

14,15

14

), pa je

d(P, α) = d(P, P ′) =

√(1− 16

14

)2

+

(1− 11

14

)2

+

(1− 15

14

)2

=

√14

14.

13 Naći vrednost parametra λ tako da se prave p :x− 2

3=y + 4

5=z − 1

−2i q :

x− λ2

=y − 3

1=z + 5

0seku i naći presečnu tačku.

Rešenje: Parametarski oblik pravih p i q je

p :

x = 3t+ 2

y = 5t− 4

z = −2t+ 1

, t ∈ R, q :

x = 2a+ λ

y = a+ 3

z = −5, a ∈ R,

46


odakle imamo sistem jednačina

3t+ 2 = 2a+ λ

5t− 4 = a+ 3

−2t+ 1 = −5,

čijim rešavanjem dobijamo prvo t = 3 (iz treće jednačine), a onda i a = 8,λ = −5. Za t = 3 iz parametarskog oblika prave p dobijamo x = 11, y = 11,z = −5 (isto bismo dobili za a = 8 iz parametarskog oblika prave q). Dakle,presečna tačka je (11, 11,−5). �

14 Odrediti jednačinu ravni α koja je paralelna ravni Oxz, a sadrži tačkuP (2, 5, 3).

Rešenje: Ravan Oxz je ravan y = 0 (Oxz : 0 · x + 1 · y + 0 · z + 0 ·D = 0),pa je vektor ravni ~nOxz = (0, 1, 0). Pošto je α||Oxz, to možemo uzeti da je~nα = (0, 1, 0). Kako P ∈ α, to je α : 0 · (x− 2) + 1 · (y − 5) + 0 · (z − 0) = 0,odnosno α : y = 5. �


Napomenimo da je vektor normale ravni Oxz kolinearan sa vektorom pravcay-ose, pa možemo pisati ~uy = (0, 1, 0). Jednačina y-ose je

x

0=y

1=z

0,

gde smo iskoristili da tačka O(0, 0, 0) pripada y-osi, a parametarski oblik jex = 0

y = t

z = 0

, t ∈ R.

47


15 Odrediti jednačinu ravni α koja sadrži z-osu i tačku M(−3, 1, 2).Rešenje: Iz parametarskog oblika z-ose

x = 0

y = 0

z = t

, t ∈ R,

nalazimo dve tačke A(0, 0, 0) (za t = 0) i B(0, 0, 1) (za t = 1). Jednačinaravni kroz tri tačke A(0, 0, 0), B(0, 0, 1) i M(−3, 1, 2) je

α :

∣∣∣∣∣∣∣x− 0 y − 0 z − 0

0− 0 0− 0 1− 0

−3− 0 1− 0 2− 0

∣∣∣∣∣∣∣ = 0 ⇔ α :

∣∣∣∣∣∣∣x y z

0 0 1

−3 1 2

∣∣∣∣∣∣∣ = 0,

odakle je α : x+ 3y = 0. �

16 Odrediti jednačinu ravni α koja je paralelna x-osi i sadrži tačkeA(4, 0,−2)i B(5, 1, 7).

Rešenje: Vektor pravca x-ose je ~ux = (1, 0, 0). Kako mora da važi ~nα ⊥ ~ux i~nα ⊥

−→AB, to je ~nα kolinearan sa ~ux ×

−→AB. Pošto je

~ux ×−→AB =

∣∣∣∣∣∣∣∣~i ~j ~k

1 0 0

1 1 9

∣∣∣∣∣∣∣∣ = (0,−9, 1),

uzećemo da je ~nα = (0,−9, 1).

Sada iz A ∈ α imamo

α : 0 · (x− 4)− 9 · (y − 0) + 1 · (z + 2) = 0,

48


odnosno α : 9y − z − 2 = 0. �

17 Odrediti ortogononalnu projekciju prave l :x− 1

2=y + 1

3=z − 3

−1na

ravan α : x+ 2y − 5z + 3 = 0.

Rešenje: Projektovaćemo dve tačke sa prave l na ravan α, a zatim odreditijednačinu prave kroz te tačke. Za jednu tačku možemo uzeti presečnu tačkuprave l sa ravni α. Već dobro poznatim postupkom nalazimo da je to tačkaM(3, 2, 2).

Uzmimo sada drugu tačku na pravoj l, recimo A(1,−1, 3), i projektujmo je

na ravan α. Normala iz A(1,−1, 3) na ravan α je p :x− 1

1=y + 1

2=z − 3

−5.

Presek normale p i ravni α je projekcija B tačke A. Tu presečnu tačku

određujemo na uobičajen način i dobijamo B(43

30,− 4

30,25

30

).

Jednačina prave kroz tačke M(3, 2, 2) i B(43

30,− 4

30,25

30

)je

q :x− 34330 − 3

=y − 2

− 430 − 2

=z − 22530 − 2

,

odnosno q :x− 3

−4730

=y − 2

−6430

=z − 2

−3530

. Pošto je vektor pravca dobijene prave(−47

30,−64

30,−35

30

), a znamo da za vektor pravca možemo uzeti bilo koji

vektor kolinearan datom vektoru, to ćemo uzeti da je ~uq = (47, 64, 35), pabismo dobili da je jednačina prave q data sa

q :x− 3

47=y − 2

64=z − 2

35.

49


Dakle, oblik jednačine prave nije jedinstven. �

Ravan γ koja pripada pramenu ravni koji je određen ravnima α : A1x +B1y + C1z +D1 = 0 i β : A2x+B2y + C2z +D2 = 0 ima jednačinu

µ(A1x+B1y + C1z +D1) + η(A2x+B2y + C2z +D2) = 0,

gde je µ, η ∈ R, µ2 + η2 6= 0. Specijalno, ako je ravan γ različita od ravni β,tada je njena jednačina data sa

γ : A1x+B1y + C1z +D1 + λ(A2x+B2y + C2z +D2) = 0, λ ∈ R.

18 Odrediti jednačinu ravni koja sadrži presek ravni β : x+ y + z − 1 = 0 i

γ : x− y+2z+2 = 0 i polovi odsečak prave l :x− 1

1=y + 1

2=

z

−2između

datih ravni.

Rešenje: Neka je l ∩ β = {B} i l ∩ γ = {C}. Tražena ravan mora sadr-žati središte duži BC. Tačke B i C nalazimo poznatim postupkom, i do-

bijamo da je B(2, 1,−2) ∈ β, C(9

5,3

5,−8

5

)∈ γ. Središte S duži BC je

S

(2 + 9

5

2,1 + 3

5

2,−2− 8

5

2

), odnosno S

(19

10,4

5,−9

5

).

Odredimo presečnu pravu ravni β i γ. Iz sistema

x+ y + z − 1 = 0

x− y + 2z + 2 = 0,

50


uzimajući da je z = t, t ∈ R, dobijamo da je x = −1

2− 3

2t i y =

3

2+

1

2t,

odakle (ako izrazimo sve tri jednačine preko t) dobijamo jednačinu presečneprave

p :x+ 1

2

−32

=y − 3

212

=z

1,

odnosno p :x+ 1

2

−3=y − 3

2

1=z

2.

Tražena ravan α sadrži pravu p i tačku S. Odredimo dve tačke sa prave p.

Na primer, za t = 0 imamo D(−1

2,3

2, 0

), a za t = 1 imamo E(−2, 2, 1).

Jednačina ravni α kroz tri tačke S, D i E je

α :

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

x− 19

10y − 4

5z +

9

5

−1

2− 19

10

3

2− 4

50 +

9

5

−2− 19

102− 4

51 +

9

5

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣= 0 ⇔ α :

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

x− 19

10y − 4

5z +

9

5

−24

10

7

10

9

5

−39

10

6

5

14

5

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣= 0,

odakle je α : 4x+ 6y + 3z − 7 = 0.

II način: (Preko pramena ravni) Prvo odredimo tačkeB(2, 1,−2), C(9

5,3

5,−8

5

)i S(19

10,4

5,−9

5

). Kako tražena ravan sadrži presečnu pravu ravni β i γ, to

ta ravan pripada pramenu koji je određen njima. Pošto je tražena ravan αrazličita od ravni γ, njena jednačina je

α : x+ y + z − 1 + λ(x− y + 2z + 2) = 0, λ ∈ R.

Tačka S pripada ravni α, pa njene koordinate zadovoljavaju jednačinu ravni.Dakle, imamo

α :19

10+

4

5+

(−9

5

)− 1 + λ

(19

10− 4

5+ 2

(−9

5

)+ 2

)= 0,

odakle dobijamo λ = −1

5. Sada je

α : x+ y + z − 1 +−1

5(x− y + 2z + 2) = 0,

51


odnosno α : 4x+ 6y + 3z − 7 = 0. �

19 Odrediti jednačinu ravni δ koja sa ravni γ : x−4y−8z+12 = 0 obrazujeugao

π

4i sadrži:

(a) pravu p :x− 1

1=y − 2

0=

z

−1;

(b) presečnu pravu ravni α : x+ 5y + z = 0 i β : x− z + 4 = 0;

(c) pravu m :x

0=

y

−4=

z

−8.

Rešenje: Neka je δ : Ax+By+Cz+D = 0, ~nδ = (A,B,C). Iz uslova zadatka

imamo da je ~nγ = (1,−4,−8) i cosϕ =|~nδ · ~nγ||~nδ| · |~nγ|

, odnosno

cosπ

4=

|A− 4B − 8C|√A2 +B2 + C2

√81

⇔√2

2=|A− 4B − 8C|√A2 +B2 + C2 · 9

,

što nakon kvadriranja i sređivanja daje

81(A2 +B2 + C2) = 2(A− 4B − 8C)2. (∗)

(a) Kako je ~up = (1, 0,−1) i p ⊆ δ, odnosno ~up ⊥ ~nδ, to je ~up · ~nδ = 0,tj. (1, 0,−1)(A,B,C) = 0, odakle imamo A = C. Ako to zamenimo u (∗),nakon sređivanja dobijamo

64A2 − 112AB + 49B2 = 0.

Kada poslednju jednačinu podelimo sa B2, B 6= 0 (B mora biti različito odnule, jer bismo u suprotnom imali A = 0, a onda i C = 0), dobijamo

64

(A

B

)2

− 112A

B+ 49 = 0,

što predstavlja kvadratnu jednačinu poA

B. Njeno rešenje je

A

B=

7

8, pa

imamo A =7

8B. Iz A = C sledi C =

7

8B, pa je (A,B,C) =

(7

8B,B,

7

8B

),

a mi ćemo za vektor normale ~nδ uzeti njemu kolinearan vektor (7, 8, 7). Kakoje p ⊆ δ i A(1, 2, 0) ∈ p, to je onda A ∈ δ, pa je

δ : 7(x− 1) + 8(y − 2) + 7(z − 0) = 0,

52


odnosno δ : 7x+ 8y + 7z − 23 = 0.

(b) Prvo ćemo naći presečnu pravu ravni α : x+5y+z = 0 i β : x−z+4 = 0.

Ako stavimo y = t, t ∈ R, iz datog sistema (po x i z) dobijamo x = −2− 5

2t i

z = 2−5

2t, odakle (ako izrazimo sve tri jednačine preko t) dobijamo jednačinu

presečne prave

p :x+ 2

−52

=y

1=z − 2

−52

,

odnosno p :x+ 2

5=

y

−2=z − 2

5.

Iz ~up · ~nδ = 0 imamo (5,−2, 5)(A,B,C) = 0, odakle je B =5

2A +

5

2C.

Vraćajući to u (∗), nakon sređivanja dobijamo

21A2 + 18AC − 3C2 = 0.

Kada poslednju jednačinu podelimo sa 3C2, C 6= 0 (C mora biti različito odnule, jer bismo u suprotnom imali A = 0, a onda i B = 0), dobijamo

7

(A

C

)2

+ 6A

C− 1 = 0,

što predstavlja kvadratnu jednačinu poA

C, čija rešenja su

A

C= −1 i

A

C=

1

7.

1) Neka jeA

C= −1. Tada je A = −C, pa je B = 0, odakle sledi (A,B,C) =

(−C, 0, C). Za vektor normale ~nδ uzećemo njemu kolinearan vektor (1, 0,−1).Kako je p ⊆ δ i A(−2, 0, 2) ∈ p, to je onda A ∈ δ, pa je

δ : 1 · (x+ 2) + 0 · (y − 0)− 1 · (z − 2) = 0,

odnosno δ : x− z + 4 = 0. Primetimo da je u ovom slučaju δ ≡ β.

2) Neka jeA

C=

1

7. Tada je C = 7A, pa je B = 20A, odakle sledi

(A,B,C) = (A, 20A, 7A). Za vektor normale ~nδ uzećemo njemu kolinearanvektor (1, 20, 7). Kako je A(−2, 0, 2) ∈ δ, imamo

δ : 1(x+ 2) + 20 · (y − 0) + 7 · (z − 2) = 0,

odnosno δ : x+ 20y + 7z − 12 = 0.

53


II način: (Preko pramena ravni) Primetimo da ravan β : x − z + 4 = 0

ispunjava zadati uslov, jer vektor ~nβ = (1, 0,−1) gradi ugao π

4sa vektorom

~nγ = (1,−4,−8). Naime, imamo

cosϕ =|~nβ · ~nγ||~nβ| · |~nγ|

=9√2 · 9

=1√2

⇒ ϕ =π

4.

Proverimo da li još neka ravan (različita od β) ispunjava uslov zadatka. Tra-žena ravan δ 6≡ β sadrži presečnu pravu ravni α i β (pripada njihovom pra-menu), pa ima jednačinu

δ : x+ 5y + z + λ(x− z + 4) = 0,

tj. ima vektor normale ~nδ = (1 + λ, 5, 1− λ). Sada je

cosπ

4=|~nδ · ~nγ||~nδ| · |~nγ|

=|1 + λ− 20− 8 + 8λ|√

27 + 2λ2 · 9⇔

√2

2=|9λ− 27|

9√27 + 2λ2

.

Nakon kvadriranja i sređivanja dobijamo λ = −3

4, pa je

δ : x+ 5y + z − 3

4(x− z + 4) = 0,

odnosno δ : x+ 20y + 7z − 12 = 0.

(c) Iz ~um · ~nδ = 0 imamo (0,−4,−8)(A,B,C) = 0, odakle je B = −2C.Vraćajući to u (∗), nakon sređivanja dobijamo

79A2 + 405C2 = 0.

Očigledno da poslednju jednačinu zadovoljava jedino A = 0 i C = 0. Me-đutim, tada je i B = 0, što znači da je ~nδ = (A,B,C) = (0, 0, 0), a to jenemoguće. Dakle, ne postoji ravan koja sadrži pravu m i obrazuje sa ravniγ ugao

π

4. �

20 Odrediti zajedničku normalu mimoilaznih pravih p :x− 4

1=y + 3

2=

z − 12

−1i q :

x− 3

−7=y − 1

2=z − 1

3.

Rešenje: Imamo ~up = (1, 2,−1) i ~uq = (−7, 2, 3). Neka je presek normale nsa pravom p tačkaM , a sa pravom q tačka N . Iz parametarskog oblika pravihp i q vidimo da jeM(t+4, 2t−3,−t+12) i N(−7a+3, 2a+1, 3a+1) za neko

54


t ∈ R i neko a ∈ R. Kako je n ⊥ p, to je−−→MN ⊥ ~up, odnosno

−−→MN · ~up = 0.

Dakle,(−7a− t− 1, 2a− 2t+ 4, 3a+ t− 11)(1, 2,−1) = 0,

odakle sledi −6a− 6t+ 18 = 0.

Slično, kako je n ⊥ q, to je−−→MN ⊥ ~uq, odnosno

−−→MN · ~uq = 0. Dakle,

(−7a− t− 1, 2a− 2t+ 4, 3a+ t− 11)(−7, 2, 3) = 0,

odakle sledi 62a+ 6t− 18 = 0. Sada iz sistema

−6a− 6t+ 18 = 0

62a+ 6t− 18 = 0

dobijamo t = 3 i a = 0, pa je M(7, 3, 9) i N(3, 1, 1). Za vektor normale ćemouzeti ~un =

−−→NM = (4, 2, 8). Kako M ∈ n, to je jednačina tražene normale

n :x− 7

4=y − 3

2=z − 9

8.


21 Odrediti rastojanje između mimoilaznih pravih l1 :x− 9

4=y + 2

−3=z

1

i l2 :x

−2=y + 7

9=z − 2

2.

Rešenje: Prvo ćemo, kao u prethodnom zadatku, naći presečne tačke normalen sa pravama l1 i l2, a traženo rastojanje će biti upravo rastojanje izmeđutih tačaka. Imamo ~ul1 = (4,−3, 1) i ~ul2 = (−2, 9, 2). Neka je presek normalen sa pravom l1 tačka M , a sa pravom l2 tačka N . Iz parametarskog oblikapravih l1 i l2 dobijamo M(4t+9,−3t− 2, t) i N(−2a, 9a− 7, 2a+2) za neko

55


t ∈ R i neko a ∈ R. Kako je n ⊥ l1 i n ⊥ l2, to je−−→MN ⊥ ~ul1 i

−−→MN ⊥ ~ul2 ,

odnosno−−→MN · ~ul1 = 0 i

−−→MN · ~ul2 = 0. Dakle, imamo sistem

−33a− 26t− 19 = 0

89a+ 33t− 23 = 0,

čije rešenje je t = −2 i a = 1, pa jeM(1, 4,−2) i N(−2, 2, 4). Sada je traženorastojanje

d(l1, l2) = d(M,N) =√

(−2− 1)2 + (2− 4)2 + (4 + 2)2 = 7.

22 Odrediti zajedničku normalu pravih

l1 :

x = t

y = t

z = t

i l2 :

x = 1

y = 0

z = t

,

kao i rastojanje između l1 i l2.

Rešenje: Iz l1 :x

1=y

1=z

1i l2 :

x− 1

0=y

0=z

1vidimo da je ~ul1 = (1, 1, 1) i

~ul2 = (0, 0, 1). Očigledno je da ne postoji k ∈ R tako da važi ~ul1 = k~ul2 , pasu l1 i l2 mimoilazne prave.

Proverimo da li su komplanarne. Imamo A(0, 0, 0) ∈ l1, B(1, 0, 0) ∈ l2, pa je−→AB = (1, 0, 0), odakle je

[−→AB, ~ul1 , ~ul2 ] =

∣∣∣∣∣∣∣1 0 0

1 1 1

0 0 1

∣∣∣∣∣∣∣ = 1 6= 0,

pa prave l1 i l2 nisu komplanarne. Dakle, prave l1 i l2 su mimoilazne.

Neka je n tražena normala, n∩ l1 = {M}, M(t, t, t), n∩ l2 = {N}, N(1, 0, a),za neko t ∈ R i neko a ∈ R. Slično kao ranije, iz

−−→MN ·~ul1 = 0 i

−−→MN ·~ul2 = 0

dobijamo a − 3t = 1 i a − t = 0, redom, odakle je t = a =1

2. Sada je

M

(1

2,1

2,1

2

)i N

(1, 0,

1

2

), pa je

n :x− 1

−12

=y12

=z − 1

2

0.

56


Rastojanje između l1 i l2 je

d(l1, l2) = d(M,N) =

√(1− 1

2

)2

+

(0− 1

2

)2

+

(1

2− 1

2

)2

=1√2.

23 Data je ravan α : x + y = 0 i prave p1 :x

3=y + 1

1=z − 3

−2, p2 : y =

z+2, x = 1. Odrediti pravu p paralelnu ravni α koja (prava) seče date praveu tačkama čije je rastojanje jednako 3.


p1 :

x = 3t

y = t− 1

z = −2t+ 3

, t ∈ R, p2 :

x = 1

y = a+ 2

z = a

, a ∈ R.

Neka je p∩p1 = {A}, p∩p2 = {B}. Tada je A(3t, t−1,−2t+3) i B(1, a+2, a)za neko t ∈ R i neko a ∈ R. Kako je p ‖ α, to je ~up · ~nα = 0, gde je~nα = (1, 1, 0) i ~up =

−→AB = (1 − 3t, a − t + 3, a + 2t − 3), pa dobijamo

a = 4t− 4.

Iz d(A,B) = 3 sada imamo√

(1− 3t)2 + (a− t+ 3)2 + (a+ 2t− 3)2 = 3, akako je a = 4t− 4, sledi√

(1− 3t)2 + (3t− 1)2 + (6t− 7)2 = 3,

odakle kvadriranjem i sređivanjem dobijamo kvadratnu jednačinu 9t2−16t+

7 = 0, čija su rešenja t1 = 1 i t2 =7

9.

1◦ Za t1 = 1 je a1 = 0, pa je A(3, 0, 1), B(1, 2, 0). Iz ~up =−→AB = (−2, 2,−1)

i A(3, 0, 1) ∈ p dobijamo

p :x− 3

−2=y

2=z − 1

−1.

57


2◦ Za t2 =7

9je a2 = −8

9, pa je A

(7

3,−2

9,13

9

), B

(1,

10

9,−8

9

). Iz ~up =

−→AB =

(−4

3,4

3,−7

3

), odnosno ~up = (−4, 4,−7), i A

(7

3,−2

9,13

9

)∈ p dobi-

jamo

p :x− 7

3

−4=y + 2

9

4=z − 13

9

−7.

24 Odrediti jednačinu prave koja sadrži tačku L(2,−1, 7) i seče prave p :x− 1

2=y − 4

−3=z − 3

1i q :

x− 7

−1=y − 11

−3=z + 2

0.

Rešenje: Imamo ~up = (2,−3, 1), ~uq = (−1,−3, 0), P (1, 4, 3) ∈ p, Q(7, 11,−2) ∈q, L(2,−1, 7) ∈ l.

Kako se l seče sa p, to su one komplanarne, pa važi [~up, ~ul,−→LP ] = 0. Za

vektor ~ul ćemo uzeti vektor−−→LK, gde je K(x, y, z) ∈ l. Imamo

−−→LK = (x −

2, y + 1, z − 7),−→LP = (−1, 5,−4). Sada je

[~up, ~ul,−→LP ] =

∣∣∣∣∣∣∣2 −3 1

x− 2 y + 1 z − 7

−1 5 −4

∣∣∣∣∣∣∣ = 0,

odakle dobijamo α : x+ y + z − 8 = 0.

Slično, l seče sa q, pa su one komplanarne, tj. važi [~uq, ~ul,−→LQ] = 0, gde je

−→LQ = (5, 12,−9). Sada je

[~uq, ~ul,−→LQ] =

∣∣∣∣∣∣∣−1 −3 0

x− 2 y + 1 z − 7

5 12 −9

∣∣∣∣∣∣∣ = 0,

58


odakle dobijamo β : 9x− 3y + z − 28 = 0.

Sada je l = α ∩ β. Imamo sistem jednačina

x+ y + 7− 8 = 0

9x− 3y + z − 28 = 0,

odakle, uzimajući da je z = t, t ∈ R, dobijamo x =13

3− 1

3t, y =

11

3− 2

3t.

Odavde (ako izrazimo sve tri jednačine preko t) dobijamo jednačinu presečneprave

p :x− 13

3

−13

=y − 11

3

−23

=z

1,

odnosno p :x− 13

3

1=y − 11

3

2=

z

−3. �

25 Kroz tačku T (−3, 1, 2) postaviti pravu l koja je paralelna ravni α :

4x − y + 2z − 5 = 0 i koja seče pravu p :x+ 3

0=y − 2

2=z + 1

−1. Odrediti

jednačinu prave l1 koja je simetrična pravoj l u odnosu na ravan α.

Rešenje: Imamo ~up = (0, 2,−1), ~nα = (4,−1, 2), ~ul = (a, b, c), gde je a2 +b2+c2 6= 0. Kako je l ‖ α, to je ~ul ⊥ ~nα, odnosno ~ul ·~nα = 0, odakle dobijamo4a− b+ 2c = 0.

Kako l seče p, to mora biti [~up, ~ul,−→PL] = 0, gde su tačke P ∈ p i L ∈ l

proizvoljne. Neka je P (−3, 2,−1) ∈ p i L ≡ T (−3, 1, 2) ∈ l. Tada je−→PL =

(0,−1, 3). Sada imamo

[~up, ~ul,−→PL] =

∣∣∣∣∣∣∣0 2 −1a b c

0 −1 3

∣∣∣∣∣∣∣ = 0,

59


odakle dobijamo a = 0. Ako zamenimo to u 4a−b+2c = 0, dobijamo b = 2c,pa je (a, b, c) = (0, 2c, c), što znači da možemo uzeti da je ~ul = (0, 2, 1). Kakoje T (−3, 1, 2) ∈ l, sada imamo

l :x+ 3

0=y − 1

2=z − 2

1.

Odredimo tačku T1 simetričnu tački T u odnosu na ravan α. Postavimonormalu n iz T na α. Imamo n :

x+ 3

4=y − 1

−1=z − 2

2, ili u parametarskom

obliku

n :

x = 4t− 3

y = −t+ 1

z = 2t+ 2

, t ∈ R.

Neka je tačka A presek normale n i ravni α. Standardnim postupkom do-

bijamo da je A(−1

3,1

3,10

3

). Iskoristimo sada činjenicu da je

−→TA =

−−→AT1.

Imamo (−1

3+ 3,

1

3− 1,

10

3− 2

)=

(x+

1

3, y − 1

3, z − 10

3

),

odakle je x =7

3, y = −1

3, z =

14

3, pa je T1 =

(7

3,−1

3,14

3

). Pošto je tražena

prava l1 simetrična pravoj l, ona ima isti vektor pravca, tj. ~ul1 = ~ul = (0, 2, 1).Kako je T1 ∈ l1, sada je

l1 :x− 7

3

0=y + 1

3

2=z − 14

3

1.

60


26 Odrediti realan broj m tako da se prave

l1 :x− 1

2=y + 1

−1=z + 3

mi l2 :

{x+ y − z + 1 = 0

2x− y − z = 0

seku. Odrediti koordinate presečne tačke i jednačinu ravni koju određuju tedve prave.

Rešenje: Osvrnimo se na pravu l2 i rešimo dati sistem. Uzimajući da je z = t,

t ∈ R, dobijamo x = −1

3+

2

3t, y =

1

3t − 2

3. Odavde (ako izrazimo sve tri

jednačine preko t) dobijamo jednačinu presečne prave

l2 :x+ 1

323

=y + 2

313

=z

1,

odnosno l2 :x+ 1

3

2=y + 2

3

1=z

3.

Izrazimo sada prave l1 i l2 u parametarskom obliku. Imamo

l1 :

x = 2t+ 1

y = −t− 1

z = mt− 3

, t ∈ R, l2 :

x = 2a− 1

3

y = a− 2

3z = 3a

, a ∈ R,

odakle dobijamo sistem

2t+ 1 = 2a− 1

3

−t− 1 = a− 2

3mt− 3 = 3a

,

čije rešenje je t = −1

2, a =

1

6, m = −7. Prema tome, iz parametarskog

oblika, na primer, prave l1 imamo x = 0, y = −1

2, z =

1

2, pa je presečna

tačka datih pravih P(0,−1

2,1

2

).

Nađimo sada ravan α koju određuju prave l1 i l2. Imamo ~ul1 = (2,−1,−7),~ul2 = (2, 1, 3). Kako vektor tražene ravni mora biti normalan na obe prave,

61


to možemo uzeti da je ~nα kolinearan sa ~ul1 × ~ul2 . Imamo

~ul1 × ~ul2 =

∣∣∣∣∣∣∣∣~i ~j ~k

2 −1 −72 1 3

∣∣∣∣∣∣∣∣ = (4,−20, 4),

pa ćemo uzeti da je ~nα = (1,−5, 1). Kako A(1,−1,−3) ∈ l1, to A ∈ α, pa jeα : 1(x− 1)− 5(y + 1) + 1(z + 3) = 0, odnosno α : x− 5y + z − 3 = 0. �

27 Odrediti jednačinu ravni γ koja je normalna na presek ravni α : x+2y = 3i β : −2x+ z = 1, a udaljena je od koordinatnog početka za

√21.

Rešenje: Iz sistemax+ 2y = 3

−2x+ z = 1,

uzimajući da je x = t, t ∈ R, dobijamo z =3

2− 1

2t, z = 1+ 2t. Odavde (ako

izrazimo sve tri jednačine preko t) dobijamo jednačinu presečne prave

l :x

1=y − 3

2

−12

=z − 1

2,

odnosno l :x

2=

y − 32

−1=

z − 1

4, pa je ~ul1 = (2,−1, 4). Pošto je ravan

γ normalna na l, to je ~nγ kolinearan sa ~uα, pa možemo uzeti da je ~nγ =(2,−1, 4). Sada je γ : 2x− y + 4z +D = 0, gde je D nepoznato. Iskoristimouslov da je ravan γ udaljena je od koordinatnog početka za

√21. Imamo

d(O, γ) =|0 · x+ 0 · y + 0 · z +D|√

4 + 1 + 16=|D|√21

=√21,

odakle je D = 21 ili D = −21. Za D = 21 imamo

γ1 : 2x− y + 4z + 21 = 0

a za D = −21γ2 : 2x− y + 4z − 21 = 0.

28 Odrediti jednačinu ravni β koja sadrži presečnu pravu ravni δ : y+z = 0i π : x− y − 3z + 1 = 0 i koja sadrži tačku (0, 0, 1).

62


Rešenje: Formirajmo pramen ravni

β : y + z + λ(x− y − 3z + 1) = 0.

Ovom pramenu ravni pripadaju sve ravni (osim ravni π) koje sadrže presečnupravu ravni δ i π. Kako S(0, 0, 1) ∈ β, to je

β : 0 + 1 + λ(0− 0− 3 + 1) = 0,

odakle je λ =1

2, pa je konačno

β : y + z +1

2(x− y − 3z + 1) = 0,

odnosno β : x+ y − z + 1 = 0. �

29 Odrediti opšti oblik jednačine ravni α koja sadrži tačke prave p :x− 1

2=

y + 2

1=z − 3

3i normalna je na ravni β : 2x− 4y + z + 5 = 0.

Rešenje: Imamo da je ~up = (2, 1, 3), ~nβ = (2,−4, 1). Neka je ~nα = (a, b, c),a2 + b2 + c2 6= 0. Kako je ~nα ⊥ ~up i ~nα ⊥ ~nβ, to je ~nα kolinearan sa ~up × ~nβ.Pošto je

~up × ~nβ =

∣∣∣∣∣∣∣∣~i ~j ~k

2 1 3

2 −4 1

∣∣∣∣∣∣∣∣ = (13, 4,−10),

možemo uzeti da je ~nα = ~up × ~nβ = (13, 4,−10). Dalje, kako je p ⊆ α, to izA(1,−2, 3) ∈ p sledi A(1,−2, 3) ∈ α, pa je konačno

α : 13(x− 1) + 4(y + 2)− 10(z − 3) = 0,

odnosno α : 13x+ 4y − 10z + 25 = 0. �

63

5. Izometrijske transformacije

5 Izometrijske transformacije

Opšta jednačina krivih drugog reda je

a11x2 + 2a12xy + a22y

2 + 2a13x+ 2a23y + a33 = 0,

gde je bar jedan od koeficijenata a11, a12, a22 različit od nule.

Postupak svođenja jednačine krive drugog reda na kanonski oblik izometrij-skom transformacijom: formiramo simetričnu matricu

A =

[a11 a12

a12 a22

],

zatim odredimo njene sopstvene (karakteristične, svojstvene) vektore, normi-ramo ih, pa od tih vektora formiramo matricu prelaza pomoću koje "stare"koordinate x i y izražavamo preko "novih" x1 i y1.

1 Jednačinu krive drugog reda x2 + y2− xy− 3x− 1 = 0 svesti na kanonskioblik izometrijskom transformacijom. Napisati formule te transformacije.

Rešenje: Kako je a11 = 1, a12 = −1

2, a22 = 1, to imamo

A =

1 −1

2

−1

21

.Nađimo sada sopstvene vektore date matrice. Iz

det(A− λI) =

∣∣∣∣∣∣∣∣1− λ −1

2

−1

21− λ

∣∣∣∣∣∣∣∣ = 0

dobijamo kvadratnu jednačinu λ2 − 2λ +3

4= 0, čija rešenja su λ1 =

3

2,

λ2 =1

2(sopstvene vrednosti).

1) Neka je λ1 =3

2. Sopstveni vektor u =

[u1

u2

]nalazimo iz jednakosti

64


(A− 3

2I

)u = O, gde je O =

[0

0

]. Imamo

−1/2 −1/2−1/2 −1/2

[u1u2

]=

[0

0

],

odakle imamo sistem−1

2u1 −

1

2u2 = 0

−1

2u1 −

1

2u2 = 0

,

koji se svodi na u1 + u2 = 0, odakle je u1 = −u2. Ako stavimo da je u2 = α,α ∈ R, onda je u1 = −α. Za α = 1 je u1 = −1, u2 = 1, pa je

u =

[−11

].

Norma vektora u je |u| =√

(−1)2 + 12 =√2, pa konačno imamo

u

|u|=

−1√2

1√2

.

2) Neka je λ2 =1

2. Sopstveni vektor v =

[v1

v2

]nalazimo iz jednakosti(

A− 1

2I

)v = O, gde je O =

[0

0

]. Imamo

1/2 −1/2

−1/2 1/2

[v1v2

]=

[0

0

],

odakle imamo sistem1

2v1 −

1

2v2 = 0

−1

2v1 +

1

2v2 = 0

,

65


koji se svodi na v1 − v2 = 0, odakle je v1 = v2. Ako stavimo da je v2 = α,α ∈ R, onda je v1 = α. Za α = 1 je v1 = 1, v2 = 1, pa je

v =

[1

1

].

Norma vektora v je |v| =√12 + 12 =

√2, pa konačno imamo

v

|v|=

1√21√2

.Matrica prelaza je

M =

[u

|u|v

|v|

]=

−1√2

1√2

1√2

1√2

,pa koordinate x i y izražavamo preko novih koordinata x1 i y1 na sledećinačin: [

x

y

]=

[−1/√2 1/

√2

1/√2 1/

√2

][x1

y1

],

odakle jex = − x1√

2+

y1√2

y =x1√2+

y1√2

. (∗)

Kada zamenimo dobijene izraze za x i y u x2 + y2 − xy − 3x− 1 = 0, nakonpažljivog sređivanja dobijamo

3x212

+y212

+3x1√2− 3y1√

2− 1 = 0 ⇔ 3x21 +

6√2x1 + y21 −

y1√26− 2 = 0,

odakle dobijamo

3

(x1 +

1√2

)2

+

(y1 −

3√2

)2

= 8.

66


Ako stavimox2 = x1 +

1√2

y2 = y1 −3√2

, (∗∗)

iz poslednje jednačine dobijamo 3x22 + y22 = 8, odnosno

x2283

+y228

= 1,

a to je kanonska jednačina elipse.

Nađimo sada formule transformacije. Iz (∗∗) imamo

x1 = x2 −1√2, y1 = y2 +

3√2,

pa kada to zamenimo u (∗) i sredimo, dobijamo

x = − x2√2+

y2√2+ 2

y =x2√2+

y2√2+ 1

,

čime smo odredili formule transformacije. �

2 Izometrijskom transformacijom svesti jednačinu krive drugog reda 4x2 +6xy − 4y2 − 26x + 18y − 39 = 0 na kanonski oblik. Napisati formule tetransformacije.

Rešenje: Kako je a11 = 4, a12 = 3, a22 = −4, to imamo

A =

[4 3

3 −4

].

Slično kao u prethodnom zadatku, iz

det(A− λI) =

∣∣∣∣∣ 4− λ 3

3 −4− λ

∣∣∣∣∣ = 0

dobijamo kvadratnu jednačinu λ2 − 25 = 0, čija rešenja su λ1,2 = ±5.

67


1) Neka je λ1 = 5. Sopstveni vektor u =

[u1

u2


(A− 5I)u = O, gde je O =

[0

0

]. Imamo

[−1 3

3 −9

][u1

u2

]=

[0

0

],

odakle imamo sistem−u1 + 3u2 = 0

3u1 − 9u2 = 0,

koji se svodi na u1 = 3u2. Ako stavimo da je u2 = α, α ∈ R, onda je u1 = 3α.Za α = 1 je u1 = 3, u2 = 1, pa je

u =

[3

1

].

Norma vektora u je |u| =√32 + 12 =


u

|u|=

3√101√10

.

2) Neka je λ2 = −5. Sopstveni vektor v =

[v1

v2


(A+ 5I)v = O, gde je O =

[0

0

]. Imamo

[9 3

3 1

][v1

v2

]=

[0

0

],

odakle imamo sistem9v1 + 3v2 = 0

3v1 + v2 = 0,

koji se svodi na v2 = −3v1. Ako stavimo da je v1 = α, α ∈ R, onda jev2 = −3α. Za α = 1 je v1 = 1, v2 = −3, pa je

v =

[1

−3

].

68


Norma vektora v je |v| =√

12 + (−3)2 =√10, pa konačno imamo

v

|v|=

1√10

− 3√10

.Matrica prelaza je

M =

[u

|u|v

|v|

]=

3√10

1√10

1√10

−3√10


x

y

]=

[3/√10 1/

√10

1/√10 −3/

√10

][x1

y1

],

odakle je

x =3√10x1 +

1√10y1

y =1√10x1 −

3√10y1

. (∗)

Kada zamenimo dobijene izraze za x i y u 4x2+6xy−4y2−26x+18y−39 = 0,nakon pažljivog sređivanja dobijamo

5x21 −60√10x1 − 5y21 −

80√10y1 − 39 = 0,

odakle dobijamo

5

(x1 −

6√10

)2

− 5

(y1 +

8√10

)2

= 25.

Ako stavimox2 = x1 −

6√10

y2 = y1 +8√10

, (∗∗)

69


iz poslednje jednačine dobijamo 5x22 − 5y22 = 25, odnosno

x225− y22

5= 1,

a to je kanonska jednačina hiperbole.

Iz (∗∗) imamo

x1 = x2 +6√10, y1 = y2 −

8√10,


x =3√10x2 +

1√10y2 + 1

y =1√10x2 −

3√10y2 + 3

,


3 Izometrijskom transformacijom svesti jednačinu krive drugog reda 4x2 +9y2 − 2x + 2y − 12xy − 19 = 0 na kanonski oblik. Napisati formule tetransformacije.

Rešenje: Kako je a11 = 4, a12 = −6, a22 = 9, to imamo

A =

[4 −6−6 9

].

Analogno prethodnim zadacima, iz

det(A− λI) =

∣∣∣∣∣ 4− λ −6−6 9− λ

∣∣∣∣∣ = 0

dobijamo jednačinu λ(λ− 13) = 0, čija rešenja su λ1 = 0, λ2 = 13.


[u1

u2


(A− 0I)u = O, odnosno Au = O, gde je O =

[0

0

]. Imamo

[4 −6−6 9

][u1

u2

]=

[0

0

],

70


odakle imamo sistem4u1 − 6u2 = 0

−6u1 + 9u2 = 0,

koji se svodi na u1 =3

2u2. Ako stavimo da je u2 = α, α ∈ R, onda je

u1 =3

2α. Za α = 1 je u1 =

3

2, u2 = 1, pa je

u =

321

.

Norma vektora u je |u| =

√(3

2

)2

+ 12 =

√13

2, pa konačno imamo

u

|u|=

3√132√13

.

2) Neka je λ2 = 13. Sopstveni vektor v =

[v1

v2


(A− 13I)v = O, gde je O =

[0

0

]. Imamo

[−9 −6−6 −4

][v1

v2

]=

[0

0

],

odakle imamo sistem−9v1 − 6v2 = 0

−6v1 − 4v2 = 0,

koji se svodi na v1 = −2

3v2. Ako stavimo da je v2 = α, α ∈ R, onda je

v1 = −2

3α. Za α = 1 je v1 = −

2

3, v2 = 1, pa je

v =

−2

3

1

.71


Norma vektora v je |v| =

√(−2

3

)2

+ 12 =

√13

3, pa konačno imamo

v

|v|=

−2√13

3√13

.Matrica prelaza je

M =

[u

|u|v

|v|

]=

3√13− 2√

13

2√13

3√13


x

y

]=

[3/√13 −2/

√13

2/√13 3/

√13

][x1

y1

],

odakle je

x =3√13x1 −

2√13y1

y =2√13x1 +

3√13y1

. (∗)

Kada zamenimo dobijene izraze za x i y u 4x2+9y2−2x+2y−12xy−19 = 0,nakon pažljivog sređivanja dobijamo

13y21 +10√13y1 −

2√13x1 − 19 = 0,

odakle dobijamo(y1 +

5√13

169

)2

=2√13

169

(x1 +

1618√13

169

).

Ako stavimo

y2 = y1 +5√13

169

x2 = x1 +1618√13

169

, (∗∗)

72


iz poslednje jednačine dobijamo y22 =2√13

169x2, a to je kanonska jednačina

parabole.

Iz (∗∗) imamo

y1 = y2 −5√13

169, x1 = x2 −

1618√13

169,


x =3√13x2 −

2√13y2 −

4844

169

y =2√13x2 +

3√13y2 −

3251

169

,


Opšta jednačina površi drugog reda je

a11x2+a22y

2+a33z2+2a12xy+2a13xz+2a23yz+2a1x+2a2y+2a3z+a = 0,

gde je bar jedan od koeficijenata koji stoje uz kvadratne članove različit odnule.

Svođenje jednačine površi drugog reda na kanonski oblik izometrijskom trans-formacijom vrši se analogno kao za krive drugog reda, s tim što sada posma-tramo simetričnu matricu

A =

a11 a12 a13

a21 a22 a23

a31 a32 a33

.4 Izometrijskom transformacijom svesti jednačinu površi drugog reda 3x2+3y2 − 2xy − 8x+ 8y − z + 10 = 0 na kanonski oblik. Koja je to površ?

Rešenje: Imamo

A =

3 −1 0

−1 3 0

0 0 0

.Nađimo sada sopstvene vektore date matrice. Iz

det(A− λI) =

∣∣∣∣∣∣∣3− λ −1 0

−1 3− λ 0

0 0 −λ

∣∣∣∣∣∣∣ = 0

73


dobijamo jednačinu −λ((3−λ)2−1) = 0, odakle je λ1 = 0 ili (3−λ)2−1 = 0,čija rešenja su λ2 = 4 i λ3 = 2.


u1u2u3

nalazimo iz jednakosti

(A− 0I)u = O, tj. Au = O, gde je O =

000

. Imamo

3 −1 0

−1 3 0

0 0 0

u1u2u3

=

000

,odakle imamo sistem

3u1 − u2 = 0

−u1 + 3u2 = 0

0 = 0

,

čija rešenja su u1 = 0, u2 = 0, u3 = α, α ∈ R. Za α = 1 je u3 = 1, pa je

u =

001

.Norma vektora u je |u| =

√02 + 02 + 12 = 1, pa konačno imamo

u

|u|=

001

.


v1v2v3


74



000

. Imamo

−1 −1 0

−1 −1 0

0 0 −4

v1v2v3

=

000


−v1 − v2 = 0

−v1 − v2 = 0

−4v3 = 0

,

odakle imamo v3 = 0, v1 = −v2. Ako stavimo da je v2 = α, α ∈ R, onda jev1 = −α. Za α = 1 je v1 = −1, v2 = 1, pa je

v =

−110

.Norma vektora v je |v| =

√(−1)2 + 12 + 02 =


v

|v|=

− 1√

21√2

0

.

3) Neka je λ3 = 2. Sopstveni vektor w =

w1

w2

w3


(A− 2I)w = O, gde je O =

000

. Imamo

1 −1 0

−1 1 0

0 0 −2

w1

w2

w3

=

000

,75


odakle imamo sistemw1 − w2 = 0

−w1 + w2 = 0

−2w3 = 0

,

odakle imamo w3 = 0, w1 = w2. Ako stavimo da je w2 = α, α ∈ R, onda jew1 = α. Za α = 1 je w1 = 1, w2 = 1, pa je

w =

110

.Norma vektora v je |v| =

√12 + 12 + 02 =


w

|w|=

1√21√2

0

.

Matrica prelaza je

M =

[u

|u|v

|v|w

|w|

]=

0 − 1√

2

1√2

01√2

1√2

1 0 0

,

pa koordinate x, y i z izražavamo preko novih koordinata x1, y1 i z1 na sledećinačin: xy

z

=

0 −1/

√2 1/

√2

0 1/√2 1/

√2

1 0 0

x1y1z1

,odakle je

x =1√2(−y1 + z1)

y =2√2(y1 + z1)

z = x1

.

76


Kada zamenimo dobijene izraze za x, y i z u 3x2+3y2−2xy−8x+8y−z+10 =0, nakon pažljivog sređivanja dobijamo

2z21 + 4y21 + 8√2y1 − x1 + 10 = 0,

odakle dobijamo2z21 + 4(y1 +

√2)2 = x1 − 2.

Ako stavimoz2 = z1

y2 = y1 +√2

x2 = x1 − 2

,

iz poslednje jednačine dobijamo 2z22 + 4y22 = x2 (ili x2 = 4y22 + 2z22), a to jekanonska jednačina eliptičkog paraboloida. �

5 Izometrijskom transformacijom svesti jednačinu površi drugog reda x2 +y2 + 2z2 + 2xy − 2

√2x − 2

√2y + 4z + 2 = 0 na kanonski oblik. Koja je to

površ? Napisati formule te transformacije.

Rešenje: Imamo

A =

1 1 0

1 1 0

0 0 2

.Slično kao u prethodnom zadatku, iz

det(A− λI) =

∣∣∣∣∣∣∣1− λ 1 0

1 1− λ 0

0 0 2− λ

∣∣∣∣∣∣∣ = 0

dobijamo jednačinu λ(2− λ)2 = 0, čija rešenja su λ1 = 0, λ2 = λ3 = 2.


u1u2u3


77


(A− 0I)u = O, tj. Au = O, gde je O =

000

. Imamo

1 1 0

1 1 0

0 0 2

u1u2u3

=

000


u1 + u2 = 0

u1 + u2 = 0

2u3 = 0

,

odakle imamo u3 = 0, u1 = −u2. Ako stavimo da je u2 = α, α ∈ R, onda jeu1 = −α. Za α = 1 je u1 = −1, u2 = 1, pa je

u =

−110

.Norma vektora u je |u| =

√(−1)2 + 12 + 02 =


u

|u|=

− 1√

2

1√2

0

.


v1v2v3



000

. Imamo

−1 1 0

1 −1 0

0 0 0

v1v2v3

=

000

,78


odakle imamo sistem−v1 + v2 = 0

v1 − v2 = 0

0 · v3 = 0

.

Iz treće jednačine imamo v3 = α, α ∈ R, a iz prve dve v1 = v2. Ako stavimoda je v2 = β, β ∈ R, onda je v1 = β. Dakle, vektor v možemo pisati kaoββ

α

=

ββ0

+

00α

=∼v1 +

∼v2.

Dakle, imamo dva vektora. Za β = 1 je∼v1 =

110

, a za α = 1 je∼v2 =

001

.Norma vektora

∼v1 je |∼v1| =

√12 + 12 + 02 =

√2, a norma vektora

∼v2 je

|∼v2| =√02 + 02 + 12 = 1, pa konačno imamo

∼v1

|∼v1|=

1√21√2

0

,∼v2

|∼v2|=

0

0

1

.

Matrica prelaza je

M =

[u

|u|

∼v1

|∼v1|

∼v2

|∼v2|

]=

− 1√

2

1√2

0

1√2

1√2

0

0 0 1

,

pa koordinate x, y i z izražavamo preko novih koordinata x1, y1 i z1 na sledećinačin: xy

z

=

−1/√2 1/

√2 0

1/√2 1/

√2 0

0 0 1

x1y1z1

,

79


odakle je

x = − 1√2x1 +

1√2y1

y =1√2x1 +

1√2y1

z = z1

. (∗)

Kada zamenimo dobijene izraze za x, y i z u x2 + y2 + 2z2 + 2xy − 2√2x−

2√2y + 4z + 2 = 0, nakon pažljivog sređivanja dobijamo

y21 − 2y1 + z21 + 2z1 + 1 = 0,

odakle dobijamo(y1 − 1)2 + (z1 + 1)2 = 1.

Ako stavimoy2 = y1 − 1

z2 = z1 + 1

x2 = x1

, (∗∗)

iz poslednje jednačine dobijamo y22 + z22 = 1, a to je kanonska jednačinakružnog cilindra.

Iz (∗∗) imamoy1 = y2 + 1, z1 = z2 − 1, x1 = x2


x = − 1√2x2 +

1√2y2 +

1√2

y =1√2x2 +

1√2y2 +

1√2

z = z2 − 1

,


80

6. Razni zadaci

6 Razni zadaci

1 Data je jednačina sfere (x+1)2+(y+1)2+(z+1)2 = 9. Napisati jednačinuravni koja dodiruje ovu sferu (ima tačno jednu zajedničku tačku sa sferom)i paralelna je sa ravni β : x+ z = 0.

Rešenje: Neka je tražena ravan α : Ax+By+Cz+D = 0, ~nα = (A,B,C) 6= ~0.Imamo da je ~nβ = (1, 0, 1). Kako je α ‖ β, to možemo uzeti da je ~nα = ~nβ,pa je α : x+ z +D = 0.

Iz uslova zadatka je d(S, α) =√9 = 3, gde je S(−1,−1,−1) centar date

sfere. Dakle,

d(S, α) =|1 · (−1) + 0 · (−1) + 1 · (−1) +D|√

2= 3,

pa je |−2+D| = 3√2. Prema tome, imamo D−2 = 3

√2 ili D−2 = −3

√2,

odnosno D = 2 + 3√2 ili D = 2 − 3

√2, što znači da imamo dve ravni koje

ispunjavaju uslove zadatka, i to

α1 : x+ z + 2 + 3√3 = 0 i α2 : x+ z + 2− 3

√3 = 0.

Jednačina sfere s centrom u (a, b, c) poluprečnika R je

(x− a)2 + (y − b)2 + (z − c)2 = R2.

Ako stavimo ~r = (x, y, z), ~r1 = (a, b, c), tada datu jednačinu sfere možemopisati u vektorskom obliku

|~r − ~r1| = R.

2 Date su vektorske jednačine

(1) |~r|2 − ~r(~r1 + ~r2) + ~r1 · ~r2 = 0,

(2) ~r × (~r1 × ~r2) = ~0,

pri čemu su ~r1 i ~r2 nekolinearni vektori.

(a) Dokazati da jednačina (1) predstavlja jednačinu sfere u vektorskom oblikui odrediti centar i poluprečnik te sfere.

(b) Rešiti sistem jednačina (1) i (2).

81

6. Razni zadaci

Rešenje: (a) Imamo

|~r|2 − ~r(~r1 + ~r2) + ~r1 · ~r2 = 0 ⇔ |~r|2 − 2~r~r1 + ~r2

2+ ~r1 · ~r2 = 0.

Kako je |~r|2 = ~r · ~r = ~r 2, iz poslednje jednačine dobijamo(~r − ~r1 + ~r2

2

)2

− (~r1 + ~r2)2

4+ ~r1 · ~r2 = 0.

Nakon sređivanja dobijamo(~r − ~r1 + ~r2

2

)2

− (~r1 − ~r2)2

4= 0 ⇔

(~r − ~r1 + ~r2

2

)2

=(~r1 − ~r2)2

4,

odnosno ∣∣∣∣~r − ~r1 + ~r22

∣∣∣∣2 = |~r1 − ~r2|24,

odakle sledi ∣∣∣∣~r − ~r1 + ~r22

∣∣∣∣ = |~r1 − ~r2|2.

Dakle, data jednačina zaista predstavlja jednačinu sfere u vektorskom obliku,

gde je vektor položaja centra~r1 + ~r2

2, a poluprečnik

|~r1 − ~r2|2

.

(b) Imamo

~r×(~r1×~r2) = −(~r1×~r2)×~r = −((~r1·~r)·~r2−(~r2·~r)·~r1

)= (~r2·~r)·~r1−(~r1·~r)·~r2 = ~0.

Kako su ~r1 i ~r2 nekolinearni vektori (linearno nezavisni), to mora biti ~r2 ·~r = 0i ~r1 ·~r = 0, čijim sabiranjem dobijamo ~r2 ·~r+~r1 ·~r = 0, odnosno ~r(~r1+~r2) = 0.Sada iz (1) dobijamo |~r|2 + ~r1 · ~r2 = 0. Imamo sledeće mogućnosti:

1◦ ~r1 · ~r2 > 0 ⇒ nemamo rešenje (prazan skup);

2◦ ~r1 · ~r2 = 0 ⇒ |~r|2 = 0 ⇒ |~r| = 0 ⇒ tačno jedna tačka;

3◦ ~r1 · ~r2 < 0 ⇒ |~r|2 = −~r1 · ~r2 ⇒ |~r| =√−~r1 · ~r2 ⇒ sfera s

centrom u O poluprečnika√−~r1 · ~r2. �

3 Odrediti jednačinu geometrijskog mesta pravih l koje su paralelne ravni

α : 2x + 3y − 5 = 0 i seku prave p :x− 6

3=y

2=z − 1

1i q :

x

3=y − 8

2=

z + 4

−2.

82

6. Razni zadaci

Rešenje: Neka su date kolinearne tačke M1(x1, y1, z1) ∈ p, M2(x2, y2, z2) ∈ qi M(x, y, z) ∈ l. Sada je ~ul =

−−−−→M1M2 = (x2 − x1, y2 − y1, z2 − z1), pa je

l :x− x1x2 − x1

=y − y1y2 − y1

=z − z1z2 − z1

.

Kako je M1 ∈ p, to jex1 − 6

3=

y12

=z1 − 1

1, odakle je y1 =

2

3x1 − 4 i

z1 =1

3x1 − 1, pa je M1

(x1,

2

3x1 − 4,

1

3x1 − 1

).

Slično, iz M2 ∈ q jex23

=y2 − 8

2=

z2 + 4

−2, odakle je y2 =

2

3x2 + 8 i

z2 = −2

3x2 − 4, pa je M2

(x2,

2

3x2 + 8,−2

3x2 − 4

).

Prema tome, imamo

~ul =−−−−→M1M2 =

(x2 − x1,

2

3(x2 − x1) + 12,−2

3x2 −

1

3x1 − 3

),

odnosno~ul = (3(x2 − x1), 2(x2 − x1) + 36,−2x2 − x1 − 9),

pa je

l :x− x1

3(x2 − x1)=

y − 23x1 + 4

2(x2 − x1) + 36=

z − 13x1 + 1

−2x2 − x1 − 9.

Kako je l ‖ α, to je ~ul ⊥ ~nα, gde je ~nα = (2, 3, 0). Prema tome, možemouzeti 1)

−−−−→M1M2 ⊥ ~nα i 2)

−−−→M1M ⊥ ~nα.

1)−−−−→M1M2 · ~nα = 0 ⇔ 6(x2 − x1) + 6(x2 − x1) + 3 · 36 = 0, odakle je

x2 − x1 = 9.

2)−−−→M1M · ~nα = 0 ⇔

(x− x1, y −

2

3x1 + 4, z − 1

3x1 + 1

)· (2, 3, 0) = 0,

odakle je x1 =2x+ 3y + 12

4.

Ako sada u jednačini prave l zamenimo x2 − x1 sa 9, i x1 sa2x+ 3y + 12

4,

nakon pažljivog sređivanja dobijamo

l :2x− 3y − 12

−108=−2x+ 3y + 12

108=

12z − 2x− 3y

−9(2x+ 3y),

83

6. Razni zadaci

odakle je2x− 3y − 12

−108=

12z − 2x− 3y

−9(2x+ 3y).

Odavde dobijamo 4x2 − 9y2 = 144z, odnosno

z =x2

36− y2

16,

što predstavlja jednačinu hiperboličkog paraboloida. �

4 Ispitati uzajamni položaj prave p :x− x0k

=y − y0m

=z − z0n

, k2 +m2 +

n2 6= 0, i elipsoidax2

a2+y2

b2+z2

c2= 1.


p :

x = kt+ x0

y = mt+ y0

z = nt+ z0

, t ∈ R,

pa iz jednačine elipsoida imamo

(kt+ x0)2

a2+

(mt+ y0)2

b2+

(nt+ z0)2

c2= 1,

odnosno(k2

a2+m2

b2+n2

c2

)t2 + 2

(kx0a2

+my0b2

+nz0c2

)t+

x20a2

+y20b2

+z20c2− 1 = 0,

što predstavlja kvadratnu jednačinu po t. Ako uvedemo oznake

A =k2

a2+m2

b2+n2

c2, B =

kx0a2

+my0b2

+nz0c2, C =

x20a2

+y20b2

+z20c2− 1,

imamo jednačinuAt2 + 2Bt+ C = 0,

čija je determinanta D = 4B2 − 4AC = 4(B2 − AC).

1) B2 − AC > 0 ⇒ prava p seče elipsoid (imaju 2 zajedničke tačke);

2) B2−AC = 0 ⇒ prava p dodiruje elipsoid (imaju 1 zajedničku tačku);

84

6. Razni zadaci

3) B2 − AC < 0 ⇒ prava p i elipsoid nemaju zajedničkih tačaka. �

5 Odrediti jednačinu cilindra čije generatrise dodiruju sferu x2+y2+z2 = 1i obrazuju međusobno jednake uglove sa pozitivnim smerovima koordinatnihosa.

Rešenje: Pošto cilindar dodiruje datu sferu, on je kružni i poluprečnik mu jeisti kao poluprečnik sfere (r = 1). Osa cilindra sadrži centar sfere i obrazujemeđusobno jednake uglove sa pozitivnim smerovima koordinatnih osa (jer suosa i generatrise paralelne). Dakle, jednačina ose je

l :x− 0

a=y − 0

b=z − 0

c, (a2 + b2 + c2 6= 0).

Iz cos∠(~ul,~i) = cos∠(~ul,~j) = cos∠(~ul, ~k) imamo

~ul ·~i|~ul| |~i|

=~ul ·~j|~ul| |~j|

=~ul · ~k|~ul| |~k|

,

odnosnoa

|~ul|=

b

|~ul|=

c

|~ul|. Odavde je a = b = c, pa je ~ul = (a, a, a), a mi

ćemo uzeti ~ul = (1, 1, 1). Dakle, jednačina ose je

l :x

1=y

1=z

1.

Rastojanje proizvoljne tačke M(x, y, z), koja se nalazi na traženom cilindru,

od ose l je d(M, l) = 1, pa imamo d(M, l) =|−−→AM × ~ul||~ul|

, gde je A(0, 0, 0) ∈ l.

Kako je−−→AM = (x, y, z) i

−−→AM × ~ul =

∣∣∣∣∣∣∣∣~i ~j ~k

x y z

1 1 1

∣∣∣∣∣∣∣∣ = (y − z, z − x, x− y),

to je

d(M, l) =|(y − z, z − x, x− y)|√

12 + 12 + 12=

√(y − z)2 + (z − x)2 + (x− y)2√

3= 1,

odnosno2x2 + 2y2 + 2z2 − 2xy − 2xz − 2yz − 3 = 0.

85

dzpucic.files.wordpress.com · 2019. 3. 20. · created date: 12/9/2018 7:33:43 pm

Documents