( )4 14 - halapa
TRANSCRIPT
1
Zadatak 241 (Branko, srednja škola)
Parabola zadana jednadžbom y2 = 2 · p · x prolazi točkom 4
, 4 .7
A −
Kako glasi jednadžba
tangente na tu parabolu u točki A?
. 7 4 12 0 . 7 8 0A x y B x y⋅ + ⋅ − = ⋅ − − =
. 7 2 4 0 . 7 2 4 0C x y D x y⋅ − ⋅ − = ⋅ + ⋅ + = Rješenje 241
Ponovimo!
, 1.b a b a b
ac c b a
⋅⋅ = ⋅ =
Skratiti razlomak znači brojnik i nazivnik tog razlomka podijeliti istim brojem različitim od nule i jedinice
, 0 ., 1a n a
n nb n b
⋅= ≠ ≠
⋅
Zakon distribucije množenja prema zbrajanju.
( ) ( ), .a b c a b a c a b a c a b c⋅ + = ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ = ⋅ + Parabola je skup svih točaka ravnine koje su jednako udaljene od jednog čvrstog pravca d (ravnalice ili direktrise) i jedne čvrste točke F (žarišta ili fokusa) u toj ravnini koja ne leži na tom pravcu. Parabola kojoj tjeme leži u ishodištu, a žarište na pozitivnom dijelu osi apscise ima jednadžbu
22 ,y p x= ⋅ ⋅
pri čemu je p parametar parabole. Tangenta na parabolu u točki
Tangenta na parabolu 2
2y p x= ⋅ ⋅ u njezinoj točki D(x0, y0) ima jednadžbu
( ).y y p x x⋅ = ⋅ +� �
Budući da parabola prolazi točkom A, koordinate točke uvrstit ćemo u jednadžbu parabole i izračunati parametar p.
( )( )
4, , 4 4 8 827 4 2 16 16
7 7 722
A x y Ap p p
y p x
= −⇒ − = ⋅ ⋅ ⇒ = ⋅ ⇒ ⋅ = ⇒
= ⋅ ⋅
816 14.
7
7/
8p p⋅⇒ ⋅ = ⇒ =
Jednadžba tangente u točki A glasi:
( )( )
( )4
4 14
4, , 4
147
7A x
y y p xy A
p
x y x= −
=
⋅ = ⋅ + ⇒ ⇒ ⋅ − = ⋅ + ⇒
�
� �
�
( )4 14 8 14 4 / :8 0 14 4 8 0 2y x x y x y⇒ − ⋅ = ⋅ + ⇒ − ⋅ − ⋅ − = ⇒ − ⋅ − ⋅ = −− ⇒
7 2 4 0.x y⇒ ⋅ + ⋅ + =
Odgovor je pod D.
Vježba 241
Parabola zadana jednadžbom y2 = 2 · p · x prolazi točkom ( ), 10 .5A Kako glasi jednadžba
tangente na tu parabolu u točki A?
. 12 0 . 8 0A x y B x y+ − = − − = . 5 0 . 5 0C x y D x y− + = − − =
2
Rezultat: C. Zadatak 242 (Super Mario, maturant)
Odredite jednadžbu kružnice koja je opisana trokutu ABC ako je A(8, 1), B(0, 7), C(0, 1).
Rješenje 242
Ponovimo!
( ) ( ) ( )2 2 2 2 2
2 , .a b a a b b a b a b a b− = − ⋅ ⋅ + − = − ⋅ +
Kružnica je skup svih točaka u ravnini jednako udaljenih od zadane točke te ravnine (središta). Ako je S(p, q) središte kružnice, a r polumjer, tada središnja jednadžba kružnice glasi:
( ) ( )2
.2 2
x p y q r− + − =
Skratiti razlomak znači brojnik i nazivnik tog razlomka podijeliti istim brojem različitim od nule i jedinice
, 0 ., 1a n a
n nb n b
⋅= ≠ ≠
⋅
Zakon distribucije množenja prema zbrajanju.
( ) ( ), .a b c a b a c a b a c a b c⋅ + = ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ = ⋅ + Koordinate polovišta P dužine ,AB A(x1, y1), B(x2, y2) su
( ) 1 2 1 22 2
., ,x x y y
P x y P+ +
=
Trokut je dio ravnine omeđen s tri dužine. Te dužine zovemo stranice trokuta. Pravokutni trokuti imaju jedan pravi kut (kut od 90º). Stranice koje zatvaraju pravi kut zovu se katete, a najdulja stranica je hipotenuza pravokutnog trokuta. Središte trokutu opisane kružnice je sjecište simetrala stranica trokuta. Ako je trokut pravokutan ono, se nalazi na polovištu hipotenuze.
1.inačica
Budući da točke A, B i C leže na kružnici, njihove koordinate uvrstit ćemo u jednadžbu kružnice.
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
2 2 28 1, 8, 1
2 2 22 2 2, 0, 7 0 7
2 2 2, 0, 1 0 1
x p
p q rA x y A
B x y B p q r
C x
y q
y C p r
r
q
− + − =
− + − ==
= ⇒ ⇒ − + − = ⇒
= − + − =
( ) ( )
( )
( )
2 2 28 1
22 27 .
22 21
p q r
p q r
p q r
− + − =
⇒ + − =
+ − =
Promatrajmo drugu i treću jednadžbu.
( )
( )
( ) ( )
( )
/ 1metoda suprotnih
koeficijenata
2 22 2 2 27 7
2 22 2 2 21 1
p q r p q r
p q r p q r
+ − = + − =⇒ ⇒ ⇒
+ − = + =
⋅ −
−
( )
( )( ) ( )
22 27 2 2
7 1 022 2
1
p q rq q
p q r
− − − = −⇒ ⇒ − − + − = ⇒
+ − =
3
( )2 2 2 249 14 1 2 0 49 14 1 2 0q q q q q q q q⇒ − − ⋅ + + − ⋅ + = ⇒ − + ⋅ − + − ⋅ + = ⇒
49 14 1 2 0 49 14 1 2 0 122
48 02
q q q qq q q⇒ − + ⋅ + − ⋅ = ⇒ − + ⋅ + − ⋅ = ⇒ ⋅ −+ =− ⇒
12 48 12 48 42 ./ : 1q q q⇒ ⋅ = ⇒ ⋅ = ⇒ =
Računamo p.
( ) ( )
( )
( ) ( )
( )
( ) ( )
( )
42 2 2 22 2
8 1 4 8 32 2 28 1
2 22 2 2 21 4 322 2
1
q
p r p rp q r
p r p rp q r
=
− + − = − + − =− + − = ⇒ ⇒ ⇒
+ − = + − =+ − =
( ) ( )
( )
metoda suprotnih
koeficijenata
22 22 8 98 9
2 2/ 12 2 99
p rp r
p rp r ⋅
− + =− + =⇒ ⇒ ⇒
+ −
⇒
=+ =
( )( ) ( ) ( )
2 28 9 2 2
8 0 8 8 02 2
9
p rp p p p p p
p r
− + =⇒ ⇒ − − = ⇒ − + ⋅ − − = ⇒
− − = −
( ) ( ) ( ) ( )8 8 2 0 8 8 2 0 8 8 8: 8 2/2 0 0p p p pp p⇒ ⋅ − ⋅ = ⇒ ⋅ − ⋅ = ⇒ ⋅ − ⋅ = ⇒ − ⋅− =+ ⇒
( )/ : 22 8 2 8 4.p p p−⇒ − ⋅ = − ⇒ − ⋅ = − ⇒ =
Dakle, jednadžba kružnice je
( ) ( )2 2 2
4 4 .x y r− + − =
Da bismo našli r2 uvrstit ćemo, na primjer, koordinate točke C u jednadžbu.
( ) ( )
( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )
, 0, 1 2 2 2 22 20 4 1 4 4 32 2 2
4 4
C x y C
r rx y r
=⇒ − + − = ⇒ − + − = ⇒
− + − =
2 216 9 25.r r⇒ + = ⇒ =
Jednadžba kružnice glasi:
( ) ( )2 2
4 4 25.x y− + − =
2.inačica
y
x
C
B
S
A
87654321
7
6
5
4
3
2
0
1
4
U koordinatnom sustavu u ravnini vidimo da su točke A, B i C vrhovi pravokutnog trokuta ABC.
Budući da je središte opisane kružnice pravokutnog trokuta na polovištu hipotenuze AB , vrijedi:
( ) ( )
( ) ( )( ) ( )1 2 1
, 8, 1 8 0 1 71 1, ,
2 2, 0, 722
2
2, ,2
x x y yS
A x y AS p q S
B x y Bp q S
+ += + +⇒ ⇒ ⇒
== =
( ) ( ) ( ) ( )8 8
, , , , , 4,8 8
4 .2 2 2 2
S p q S S p q S S p q S⇒ = ⇒ = ⇒ =
Dakle, jednadžba kružnice je
( ) ( )2 2 2
4 4 .x y r− + − =
Da bismo našli r2 uvrstit ćemo, na primjer, koordinate točke C u jednadžbu.
( ) ( )
( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )
, 0, 1 2 2 2 22 20 4 1 4 4 32 2 2
4 4
C x y C
r rx y r
=⇒ − + − = ⇒ − + − = ⇒
− + − =
2 216 9 25.r r⇒ + = ⇒ =
Jednadžba kružnice glasi:
( ) ( )2 2
4 4 25.x y− + − =
Vježba 242
Odmor!
Rezultat: … Zadatak 243 (Gordana, srednja škola)
Kružnica je zadana jednadžbom ( ) ( )2 2
4 6 4.x y− + + = Odredite sve vrijednosti realnoga
broja c ako je pravac 3 2x y c⋅ + ⋅ = tangenta te kružnice.
Rješenje 243
Ponovimo!
.b a c b
ac c
⋅ ++ =
Kružnica je skup svih točaka u ravnini jednako udaljenih od zadane točke te ravnine (središta). Ako je S(p, q) središte kružnice, a r polumjer, tada središnja jednadžba kružnice glasi:
( ) ( )2
.2 2
x p y q r− + − =
Skratiti razlomak znači brojnik i nazivnik tog razlomka podijeliti istim brojem različitim od nule i jedinice
, 0 ., 1a n a
n nb n b
⋅= ≠ ≠
⋅
Jednadžba pravca oblika 0A x B y C⋅ + ⋅ + =
naziva se implicitni oblik jednadžbe pravca ili kraće, opći oblik jednadžbe pravca. Jednadžba pravca oblika
y k x l= ⋅ +
naziva se eksplicitni oblik jednadžbe pravca ili kraće, eksplicitna jednadžba pravca. Broj k naziva se koeficijent smjera pravca. Broj l nazivamo odsječak pravca na osi y. Uvjet dodira pravca i kružnice Kružnica (x – p)2 + (y – q)2 = r2 i pravac y = k · x + l dodiruju se ako i samo ako vrijedi
5
( ) ( )2 2 .2
1r k k p q l⋅ + = ⋅ − +
Jednadžbu tangente preoblikujemo u eksplicitni oblik kako bismo odredili koeficijent smjera k i odsječak na y osi l.
/ :
3
3 23 2 2 3 2 3 .2
2
22
kc
x y c y x c y x c y xc
l
= −
⋅ + ⋅ = ⇒ ⋅ = − ⋅ + ⇒ ⋅ = − ⋅ + ⇒ = − ⋅ + ⇒
=
Uporabit ćemo uvjet dodira pravca i kružnice.
( ) ( ) ( ) ( )
3,
2 22 2
4 6 4
24 , 6 , 4
22 21
ck l
r k k p q lx y
p q r
= − =
− + + = ⇒ ⇒⋅ + = ⋅ −
= = − =
+
( )2 2 2
3 3 9 34 1 4 6 4 1 6
2 44
2 22 2
c c⇒ ⋅ + − = − ⋅ − − + ⇒ ⋅ + = − ⋅ + + ⇒
2 2 2 213 13
4 6 6 13 134 2 24 2 2
4 6 6c c c c
⇒ ⋅ = − + + ⇒ ⋅ = + ⇒ = ⇒ = ⇒− +
/ / 22 2 13113 13 13 2 13 .
2 2 2 2 132
cc c cc
c
= ⋅⇒ = ⇒ = ± ⇒ = ± ⇒ = ±
⋅⋅ ⋅ ⇒
= −
Postoje dva rješenja.
Vježba 243
Kružnica je zadana jednadžbom ( ) ( )2 2
4 6 4.x y− + + = Odredite sve vrijednosti realnoga
broja c ako je pravac 3 x y c⋅ + = tangenta te kružnice.
Rezultat: 6 2 10 , 6 2 10.1 2c c= + ⋅ = − ⋅
Zadatak 244 (Vesna, ekonomska škola)
Kako glasi jednadžba hiperbole koja prolazi točkom 9
10,2
T
, a pravac 3 4 0x y⋅ + ⋅ = joj je
asimptota?
Rješenje 244
Ponovimo!
( ), , , , 1 .1
a
n a d a b a b an n nbn a b a b a bc b c n n n b
d
⋅ −= = ⋅ = ⋅ − = = ⇒ =
⋅
Skratiti razlomak znači brojnik i nazivnik tog razlomka podijeliti istim brojem različitim od nule i jedinice
, 0 ., 1a n a
n nb n b
⋅= ≠ ≠
⋅
Hiperbola kojoj središte leži u ishodištu koordinatnog sustava, a realna os na osi apscisa ima
6
jednadžbu
( )2 2
2 2 2 2 2 2ili 1 kanonska jednadžba hiperbole2 2 .
x yb x a y a b
a b
⋅ − ⋅ = ⋅ − =
Pravci koji sadrže dijagonale središnjeg pravokutnika s dimenzijama 2 · a i 2 · b zovu se asimptote i njihove jednadžbe glase:
, .b b
y x y xa a
= − ⋅ = ⋅
Budući da hiperbola prolazi točkom T, koordinate točke uvrstit ćemo u jednadžbu hiperbole.
( )29 9 81 81, 10,
22 10 100 1002 4 41 1 12 2 2 2 2 2 2 21
2 2 1
T x y T
x y a b a b a b
a b
=
⇒ − = ⇒ − = ⇒ − = ⇒
− =
100 811.2 2
4a b
⇒ − =⋅
Pravac 3 4 0x y⋅ + ⋅ = je asimptota hiperbole.
33 4 0 4 3 4
4/ : 43 .x y y x y x y x⋅ + ⋅ = ⇒ ⋅ = − ⋅ ⇒ ⋅ = − ⋅ ⇒ = − ⋅
Iz jednadžbe asimptote očitamo:
/3 3 3
.3 4 4 4
4
by x
b bab a
a ay
a
x
= − ⋅
⇒ = ⇒ = ⇒ = ⋅
=
⋅
− ⋅
Riješimo sustav jednadžba.
3
4 100 81 100 811
metoda
z12 2 2 2100 81 3 3 21 4 42 2
4
amj
4
en
4
e
b a
a aa a
a b
= ⋅
⇒ ⇒ − = ⇒ − = ⇒
− =⋅ ⋅ ⋅ ⋅
⋅
81100 81 100 1001 11 1 12 2 29 92 2 2
4 41
81
6
94
6 161a a aa a a
⇒ − = ⇒ − = ⇒ − = ⇒
⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅
9100 100 36 100 36 64 21 1 1 1 1 36.2 2 2 2 21 2
4
a
a a a a aa
−⇒ − = ⇒ − = ⇒ = ⇒ = ⇒ =
⋅
Računamo b2. 2 2
3 3 3 3 92 2 2 2 2
4 4 4 42/
16b a b a b a b a b a= ⋅ ⇒ = ⋅ ⇒ = ⋅ ⇒ = ⋅ ⇒ = ⋅ ⇒
264 64
9 92
16
2 2 264 9 4 36.
16b ba b b⇒ ⇒ = ⋅ ⇒ = ⇒ == ⋅ ⋅ ⇒ =
Jednadžba hiperbole glasi:
7
2 21.
64 36
x y− =
Vježba 244
Odmor!
Rezultat: … Zadatak 245 (Bolek i Lolek, maturanti)
Pravac 2y x b= ⋅ + je tangenta kružnice ( ) ( )2 2
1 1 5.x y− + + = Odredite točku dodira toga
pravca i kružnice ako je b < 0.
Rješenje 245
Ponovimo!
( ) ( )2 .2 2
,2 n n n
a b a a b b a b a b− = − ⋅ ⋅ + ⋅ = ⋅
Kružnica je skup svih točaka u ravnini jednako udaljenih od zadane točke te ravnine (središta). Ako je S(p, q) središte kružnice, a r polumjer, tada središnja jednadžba kružnice glasi:
( ) ( )2
.2 2
x p y q r− + − =
Jednadžba pravca oblika y k x l= ⋅ +
naziva se eksplicitni oblik jednadžbe pravca ili kraće, eksplicitna jednadžba pravca. Broj k naziva se koeficijent smjera pravca. Broj l nazivamo odsječak pravca na osi y. Uvjet dodira pravca i kružnice Kružnica (x – p)2 + (y – q)2 = r2 i pravac y = k · x + l dodiruju se ako i samo ako vrijedi
( ) ( )2 2 .2
1r k k p q l⋅ + = ⋅ − +
Iskoristit ćemo uvjet dodira pravca i kružnice i odrediti b uz uvjet b < 0.
( ) ( )( ) ( )
2 2 ,
2 2 21 1 5 1 , 1 ,
22 21
5r k k p q
y x b k ll
b
x y p q r
= ⋅ + ⇒ = =⇒ ⇒
− + + = ⇒ =⋅ + =
=+
−⋅
=−
( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )2 2 22
5 1 2 2 1 1 5 1 4 2 1 5 5 3b b b⇒ ⋅ + = ⋅ − − + ⇒ ⋅ + = + + ⇒ ⋅ = + ⇒
( ) ( ) ( )2 2 2
25 3 3 25 3 2 /5 3 25b b b b⇒ = + ⇒ + = ⇒ + = ⇒ + = ± ⇒
[ ]3 5 5 3 2
3 5 8.03 5 5 3 8
b b bb bb
b b b
+ = = − =⇒ + = ± ⇒ ⇒ ⇒ ⇒ ⇒ = −
+ = − = − − =<
−
Odredimo sjecište zadanoga pravca 2 8y x= ⋅ − i kružnice ( ) ( )2 2
1 1 5.x y− + + =
U tu svrhu riješimo sustav jednadžba.
( ) ( )( ) ( )
metoda
zamjene
2 8 2 21 2 8 1 52 2
1 1 5
y xx x
x y
= ⋅ −⇒ ⇒ − + ⋅ − + = ⇒
− + + =
( ) ( )2 2 2 2
1 2 7 5 2 1 4 28 49 5x x x x x x⇒ − + ⋅ − = ⇒ − ⋅ + + ⋅ − ⋅ + = ⇒
2 2 22 1 4 28 49 5 0 5 30 45 0x x x x x x⇒ − ⋅ + + ⋅ − ⋅ + − = ⇒ ⋅ − ⋅ + = ⇒
( )/ : 522 2
5 30 45 0 6 9 0 3 0 3 0 3.x x x x x x x⇒ ⋅ − ⋅ + = ⇒ − ⋅ + = ⇒ − = ⇒ − = ⇒ =
Računamo y.
8
32 3 8 6 8 2.
2 8
xy y y
y x
=⇒ = ⋅ − ⇒ = − ⇒ = −
= ⋅ −
Točka dodira ima koordinate
( ) ( ), 3, 2 .D x y D= −
Vježba 245
Odmor!
Rezultat: … Zadatak 246 (Marta, gimnazija)
Zadani su pravci x = – 4 i x = 0 i kružnica ( ) ( )2 2
2 3 20.x y+ + − = Kolika je površina lika
omeđenoga kružnicom koja se nalazi između zadanih pravaca?
Rješenje 246
Ponovimo!
, ,1
.n m n m
a b a b a a a a a+
⋅ = ⋅ = ⋅ =
Kružnica je skup svih točaka u ravnini jednako udaljenih od zadane točke te ravnine (središta). Ako je S(p, q) središte kružnice, a r polumjer, tada središnja jednadžba kružnice glasi:
( ) ( )2
.2 2
x p y q r− + − =
Pravac x = a je usporedan s osi y. On nije graf nijedne afine funkcije.
a
y
x
x = a
Centralna simetrija s obzirom na točku S je preslikavanje ravnine koje svakoj točki T pridružuje točku
T' tako da je točka S polovište dužine '.TT Točka S je središte simetrije. T'
S
T
Za realni broj x njegova je apsolutna vrijednost (modul) broj │x│ koji određujemo na ovaj način:
, .
, 0
0
x xx
x x
≥=
− <
Ako je broj x pozitivan ili nula, tada je on jednak svojoj apsolutnoj vrijednosti. Za svaki x, x ≥ 0, vrijedi │x│= x. Ako je x negativan broj, njegova apsolutna vrijednost je suprotan broj – x koji je pozitivan. Za svaki x, x < 0, je │x│= – x. Udaljenost točaka na brojevnom pravcu Ako su točkama A i B pridruženi brojevi x1 i x2, tada vrijedi
2 .1AB x x= −
Trokut je dio ravnine omeđen s tri dužine. Te dužine zovemo stranice trokuta. Pravokutni trokuti imaju jedan pravi kut (kut od 90º). Stranice koje zatvaraju pravi kut zovu se katete, a najdulja stranica je hipotenuza pravokutnog trokuta. Sinus šiljastog kuta pravokutnog trokuta jednak je omjeru duljine katete nasuprot tog kuta i duljine hipotenuze. Ploština trokuta izračunava se po formuli
9
, .2
,2 2
b va v c va b cP P P⋅⋅ ⋅
= = =
Ploština trokuta jednaka je polovici produkta duljine jedne njegove stranice i duljine visine koja odgovara toj stranici. Poučak o kosinusu (kosinusov poučak) U trokutu ABC vrijede ove jednakosti:
2 2 22 2 2
2 cos cos ,2
b c aa b c b c
b cα α
+ −= + − ⋅ ⋅ ⋅ ⇒ =
⋅ ⋅
2 2 22 2 2
2 cos cos ,2
a c bb a c a c
a cβ β
+ −= + − ⋅ ⋅ ⋅ ⇒ =
⋅ ⋅
2 2 22 2 2
2 cos cos .2
a b cc a b a b
a bγ γ
+ −= + − ⋅ ⋅ ⋅ ⇒ =
⋅ ⋅
Skratiti razlomak znači brojnik i nazivnik tog razlomka podijeliti istim brojem različitim od nule i jedinice
, 0 ., 1a n a
n nb n b
⋅= ≠ ≠
⋅
Kružnica je skup svih točaka u ravnini jednako udaljenih od zadane točke (središta). Polumjer ili radijus je dužina koja spaja središte kružnice s bilo kojom točkom kružnice. Duljina polumjera označava se slovom r. Dužina koja spaja dvije točke kružnice zove se tetiva. Krug je skup svih točaka ravnine kojima je udaljenost od zadane točke S manja ili jednaka zadanom broju r > 0 (polumjeru kruga). Ploština kruga polumjera r iznosi:
2 .P r π= ⋅
Ako je r polumjer kruga, tada je površina kružnog isječka sa središnjim kutom od α stupnjeva dana formulom
( )2
360.
rP
πα α
⋅= ⋅
�
Kružni odsječak je dio kruga omeđen tetivom i pripadnim kružnim lukom
Kružni isječak je dio kruga omeđen dvama polumjerima i pripadnim kružnim lukom.
Najprije odredimo središte i polumjer kružnice.
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )22 2 2 . 2, 3 . 2, 3
322 2 20202 3 20 2
2/
0
pS p q S S p q Sx p y q r
qrrx y
r
= −= − = −− + − =
⇒ = ⇒ ⇒ ⇒==+ + − =
=
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ). 2, 3 . 2, 3 . 2, 3.
4 5 4 5 2 5
S p q S S p q S S p q S
r r r
= − = − = −⇒ ⇒ ⇒
= ⋅ = ⋅ = ⋅
10
Nađemo sjecišta pravaca x = – 4 i x = 0 sa kružnicom ( ) ( )2 2
2 3 20.x y+ + − =
• ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )4 2 2 2 2
4 2 3 20 2 3 202 22 3 20
xy y
x y
= −⇒ − + + − = ⇒ − + − = ⇒
+ + − =
( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2
4 3 20 3 20 4 3 16 3 1 /6y y y y⇒ + − = ⇒ − = − ⇒ − = ⇒ − = ⇒
73 4 4 3 13 163 4 4 3 12
yy yy
y y y
=− = = +⇒ − = ± ⇒ ⇒ ⇒
− = − = − + = −
Pravac x = – 4 i kružnica ( ) ( )2 2
2 3 20x y+ + − = sijeku se u točkama
( ) ( )
( ) ( )
, 4, 71 1.
, 4, 12 2
A x y A
B x y B
= −
= − −
• ( ) ( )
( ) ( ) ( )0 2 2 22
0 2 3 20 2 3 202 22 3 20
xy y
x y
=⇒ + + − = ⇒ + − = ⇒
+ + − =
( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2
4 3 20 3 20 4 3 16 3 1 /6y y y y⇒ + − = ⇒ − = − ⇒ − = ⇒ − = ⇒
13 4 4 3 33 163 4 4 3 74
yy yy
y y y
= −− = − = − +⇒ − = ⇒ ⇒ ⇒
− = = + =
∓
Pravac x = 0 i kružnica ( ) ( )2 2
2 3 20x y+ + − = sijeku se u točkama
( ) ( )
( ) ( )
, 0, 13 3.
, 0, 74 4
C x y C
D x y D
= −
=
x = 0x = - 4
y
x
αααα
2ββββ
αααα
2
ββββ
r
r
v
B
A
S
- 1
C
D
N
1
Sa slike vidi se:
( ), 7 1 7 1 8 8SA SB SC SD r DC AB= = = = = = − − = + = =
1 18 4 , 2 , ,
2 2 2NC ND DC SN v DSN NSC DSC
αα= = ⋅ = ⋅ = = = ∠ = ∠ = ∠ =
11
4 ,AD BC ASD CSB β= = ∠ = ∠ =
1.inačica
x = 0x = - 4y
x
αααα
2ββββ
αααα
2
ββββ
r
r
v
B
A
S
- 1
C
D
N
1
Budući da je točka S središte centralne simetrije, traženi odsječci (žuta boja) jednake su ploštine. Dovoljno je naći ploštinu jednog od njih. Središnji kut α možemo izračunati na dva načina. Učinimo to!
1.inačica
Promatrajmo pravokutan trokut SCN (zelena boja).
4 2 21sin sin sin sin sin
2 2 2 2
4
25 5 5 522
NC
SC
α α α α α −= ⇒ = ⇒ = ⇒ = ⇒ = ⇒
⋅ ⋅
/ 22 21 1
sin 2 sin2 5 5
αα
− −⇒ = ⇒⋅ = ⋅ ⇒
126.87 .α⇒ =�
2.inačica
Uporabit ćemo kosinusov poučak na trokut DSC. 2 2 2 2 2 2 2
8 2 64cos cos cos 22 2 2
SD SC DC r r r
SD SC r r r
α α α+ − + − ⋅ −
= ⇒ = ⇒ = ⇒⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅
2 20 64 40 64 24cos cos cos cos
2 20 40
24
404
22
00r α α α α
⋅ − −⇒ ⇒ = ⇒ = ⇒ = − ⇒ = − ⇒
⋅=
3 31cos cos
5 5α α
−⇒ = − ⇒ = − ⇒
126.87 .α⇒ =�
Ploština kružnog odsječka (žuta boja) jednaka je razlici ploštine kružnog isječka sa središnjim kutom α i ploštine trokuta SCD.
2.
2360
DC vrP P P Po oi SCD
π α ⋅⋅ ⋅= − ⇒ = −
�
I evo nas, konačno, na kraju!
12
x = 0x = - 4y
x
αααα
2ββββ
αααα
2
ββββ
r
r
v
B
A
S
- 1
C
D
N
1
Površina lika omeđenoga kružnicom koja se nalazi između zadanih pravaca iznosi:
22 2
2 22360
DC vrP r P P ro
π απ π
⋅⋅ ⋅= ⋅ − ⋅ ⇒ = ⋅ − ⋅ − ⇒
�
20 126.87 8 220 2
2360P
ππ
⋅ ⋅ ⋅⇒ = ⋅ − ⋅ − ⇒
�
�34.55.P⇒ =
2.inačica (Kako lagano!)
x = 0x = - 4
y
x
αααα
2ββββ
αααα
2
ββββ
r
r
v
B
A
S
- 1
C
D
N
1
Pomoću kosinusova poučka izračunamo mjeru kuta β.
2 2 2 2 2 2 24 2 16
cos cos cos 22 2 2
AS DS AD r r r
AS DS r r r
β β β+ − + − ⋅ −
= ⇒ = ⇒ = ⇒⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅
2 20 16 40 16 24cos cos cos cos
2 20 40 4
24220
40 0r β β β β=
⋅ − −⇒ ⇒ = ⇒ = ⇒ = ⇒ = ⇒
⋅
13
3 31cos cos
5 5β β
−⇒ = ⇒ = ⇒
53.13 .β⇒ =�
Tražena ploština jednaka je zbroju dvostruke ploštine kružnog isječka sa središnjim kutom β i dvostruke ploštine trokuta DSC (ili ABS).
( )2
2 2 2 22360
DC vrP P P P P P Pi iDSC DSC
π β ⋅⋅ ⋅= ⋅ + ⋅ ⇒ = ⋅ + ⇒ = ⋅ + ⇒
�
20 53.13 8 2 5320 .13 82 2
2360
2
2360P P
π π⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅⇒ = ⋅ + ⇒ = ⋅ + ⇒
� �
� �
53.132 8
18P
π ⋅⇒ = ⋅ + ⇒
�
�34.55.P⇒ =
Vježba 246
Odmor!
Rezultat: … Zadatak 247 (Vjeko, tehnička škola)
Odredite jednadžbe asimptota hiperbole 2 2
25 16 400.x y⋅ − ⋅ =
Rješenje 247
Ponovimo!
Hiperbola kojoj središte leži u ishodištu koordinatnog sustava, a realna os na osi apscisa ima jednadžbu
( )2 2
2 2 2 2 2 2ili 1 kanonska jednadžba hiperbole2 2 .
x yb x a y a b
a b
⋅ − ⋅ = ⋅ − =
Pravci koji sadrže dijagonale središnjeg pravokutnika s dimenzijama 2 · a i 2 · b zovu se asimptote i njihove jednadžbe glase:
, .b b
y x y xa a
= − ⋅ = ⋅
Skratiti razlomak znači brojnik i nazivnik tog razlomka podijeliti istim brojem različitim od nule i jedinice
, 0 ., 1a n a
n nb n b
⋅= ≠ ≠
⋅
1.inačica
uvjet /
25 16 400
2 2 2 2 2 2 2 225 25
2 2 2 225 16 400 16 /16
b x a y a b b b
x y a a
⋅ − ⋅ = ⋅ = =⇒ ⇒ ⇒ ⇒
⋅ − ⋅ = =⋅ = =
25 5.
416
b b
aa
= =⇒ ⇒
==
Jednadžbe asimptota su: 5 5
.44
b
a
by x y x
a= ± ⋅ ⇒ ⋅
=⇒ ±
==
2.inačica
14
2 225 162 2 2 2
25 16 400 25 16 4 / : 400 100400 400
x yx y x y
⋅ ⋅⋅ − ⋅ = ⇒ ⋅ − ⋅ = ⇒ − = ⇒
2 225 16
12 2400 400
22 2 2 2 161 1
216 25 25
x y
a b
ax y x y
b
=⋅ ⋅⇒ − = ⇒ − = ⇒ ⇒ ⇒
=
− =
2 1616 4.
2 52525
/
/
aa a
bbb
== =⇒ ⇒ ⇒
===
Jednadžbe asimptota su: 5 5
.44
b
a
by x y x
a= ± ⋅ ⇒ ⋅
=⇒ ±
==
Vježba 247
Odredite jednadžbe asimptota hiperbole 2 2
9 16 144.x y⋅ − ⋅ =
Rezultat: 3
.4
y x= ± ⋅
Zadatak 248 (Ivana, ekonomska škola)
Žarišta elipse i dva njezina tjemena vrhovi su kvadrata kojemu je dijagonala duljine
14 2.⋅ Odredite jednadžbu te elipse.
Rješenje 248
Ponovimo!
( ) ( )2
, .n n n
a b a b a a⋅ = ⋅ =
Elipsa je skup svih točaka u ravnini za koje je zbroj udaljenosti od dviju fiksnih točaka (žarišta) te ravnine konstantna veličina i iznosi 2a. Velika poluos je a, a mala poluos b. Elipsa kojoj se središte podudara s ishodištem koordinatnog sustava, smjer glavne osi s x – osi, a smjer sporedne osi s y – osi ima jednadžbu
2 2 segmentni oblik,2 2 2 2 2 2ili 12 2 kanonski oblik
.x y
b x a y a b
a b
⋅ + ⋅ = ⋅ + =
Linearni ekscentricitet elipse: 2 2 2
.e a b= − Žarišta elipse imaju koordinate:
( ) ( ),, 0 0 .,1 2F e F e−
Tjemena glase:
( ) ( ) ( ) ( ), 0 , 0, , 0 0, , .,A a B a C b D b− −
Četverokut je dio ravnine omeđen sa četiri stranice. Plošna dijagonala je dužina koja spaja dva nesusjedna vrha nekog mnogokuta. Kvadrat je četverokut kojemu su sve stranice sukladne, a dijagonale međusobno sukladne i okomite. Duljina dijagonale d kvadrata izračunava se po formuli
.2d a= ⋅
Zapamtimo! U slučaju kada su žarišta na x – osi jednadžba elipse glasi:
15
2 21
2.
2x y
a b
+ =
U slučaju kada su žarišta na y – osi jednadžba elipse glasi:
2 212 .2
x y
b a
+ =
b
b
ee
y
x
B
C
F2F10
D
A
Budući da se x – os podudara sa smjerom velike poluosi, a y – os sa smjerom male poluosi, onda sa slike slijedi:
2 14 2 7 2 , 2 14 2 7 2.1 2CD b b F F e e= ⋅ = ⋅ ⇒ = ⋅ = ⋅ = ⋅ ⇒ = ⋅
Kvadrat male poluosi iznosi:
( ) ( )2 22 2 2 2 2
7 2 7 2 49 2 98.b b b b= ⋅ ⇒ = ⋅ ⇒ = ⋅ ⇒ =
Kvadrat velike poluosi je:
( ) ( )2 22 2 2 2 2 2 2 2 2 2
7 2 7 2e a b a b e a e b a= − ⇒ − = ⇒ = + ⇒ = ⋅ + ⋅ ⇒
( ) ( )2 22 2 2 2 2
2 7 2 2 7 2 2 49 2 196.a a a a⇒ = ⋅ ⋅ ⇒ = ⋅ ⋅ ⇒ = ⋅ ⋅ ⇒ =
Jednadžba elipse glasi: 2
196
298
2 2 2 21 1.2 2 196 98
x y x y
a b
a
b
+ = ⇒=
⇒
=
+ =
Ako se velika i mala poluos elipse smjeste u koordinatni sustav tako da se x – os podudara sa smjerom male poluosi, a y – os sa smjerom velike tada elipsa ima jednadžbu
2 21.2 2
x y
b a
+ =
U našem slučaju tada jednadžba glasi: 2 2
1.98 196
x y+ =
16
Vježba 248
Odmor!
Rezultat: … Zadatak 249 (Wily, maturant)
Odredi jednadžbu krivulje za čije točke vrijedi da im je udaljenost od točke A(2, 0) jednaka dvostrukoj udaljenosti od pravca 2 · x – 1 = 0.
Rješenje 249
Ponovimo!
( ) ( )22 2 2
2 , .a b a a b b a a− = − ⋅ ⋅ + =
Skratiti razlomak znači brojnik i nazivnik tog razlomka podijeliti istim brojem različitim od nule i jedinice
, 0 ., 1a n a
n nb n b
⋅= ≠ ≠
⋅
Udaljenost točaka ( ) ( ), i , :1 1 2 2A x y B x y
( ) ( )2
1 1 .2
2 2AB x x y y= − + −
Za realni broj x njegova je apsolutna vrijednost (modul) broj │x│ koji određujemo na ovaj način:
, .
, 0
0
x xx
x x
≥=
− <
Ako je broj x pozitivan ili nula, tada je on jednak svojoj apsolutnoj vrijednosti. Za svaki x, x ≥ 0, vrijedi │x│= x. Ako je x negativan broj, njegova apsolutna vrijednost je suprotan broj – x koji je pozitivan. Za svaki x, x < 0, je │x│= – x.
2 2.x x=
Jednadžba pravca oblika 0A x B y C⋅ + ⋅ + =
naziva se implicitni oblik jednadžbe pravca ili kraće, opći oblik jednadžbe pravca. Udaljenost točke od pravca Udaljenost d točke T(x0, y0) i pravca p ... A · x + B · y + C = 0 dana je formulom
2.
2
A x B y Cd
A B
⋅ + ⋅ +=
+
� �
Kako zapisati da je broj b n puta veći od broja a?
, , .b b
b n a a nn a
= ⋅ = =
Neka je T(x, y) točka tražene krivulje. Njezina udaljenost od točke A iznosi:
( ) ( )
( ) ( )( ) ( )
, 2, 01 2 22 1 2 1
1
, ,2 2
AAT x x y
x y A
T yy
x y T x= −
=
=+ −⇒ ⇒
( ) ( )2 2 2 2
2 0 4 4 .AT x y AT x x y⇒ = − + − ⇒ = − ⋅ + +
Za pravac zadan u implicitnom obliku odredimo koeficijente A, B i C.
17
20
0 .2 1 0
1
AA x B y C
Bx
C
=⋅ + ⋅ + =
⇒ =⋅ − =
= −
Udaljenost točke T(x, y) od pravca 2 · x – 1 = 0 iznosi:
( ) ( )
2 2
, ,2 0 1
2 1 02 2
2 02 , 0 , 1
A xT x y T x y
xB y Cd
yx d
A B C A B
=⋅ + ⋅ −
⋅⋅ + ⋅ +
=− = ⇒ ⇒ =
+
⇒
+= = = −
�
� �
�
2 1 2 1.
24
x xd d
⋅ − ⋅ −⇒ = ⇒ =
Iz uvjeta zadatka slijedi:
2 1 2 12 2 2 22 4 4 2 4 4 2
2 2
x xAT d x x y x x y
⋅ − ⋅ −= ⋅ ⇒ − ⋅ + + = ⋅ ⇒ − ⋅ + + = ⋅ ⇒
2 2 2 24 4 2 1 4 4 2 21 /x x y x x x y x⇒ − ⋅ + + = ⋅ − ⇒ − ⋅ + + = ⋅ − ⇒
222 2 2 2 2
4 4 2 1 4 4 4 4 1x x y x x x y x x⇒ − ⋅ + + = ⋅ − ⇒ − ⋅ + + = ⋅ − ⋅ + ⇒
2 2 2 2 2 24 4 4 1 44 4 1x y x x y xx x− ⋅ − ⋅⇒ + + = ⋅ + ⇒ + + = ⋅ + ⇒
( )2 2 2 2 2 2 2/ 14 1 4 3 3 3 3x y x x y x y⇒ + − ⋅ = − ⇒ − ⋅ + = − ⇒ − ⋅ + = ⋅ −− ⇒
2 23 3.x y⇒ ⋅ − =
Vježba 249
Odmor!
Rezultat: … Zadatak 250 (Iva, gimnazija)
Odredi koeficijent m tako da pravac bude tangenta elipse:
.2 24 20
x y m
x y
+ =
+ ⋅ =
Rješenje 250
Ponovimo!
( )2 2 2
2 .a b a a b b− = − ⋅ ⋅ +
Zakon distribucije množenja prema zbrajanju.
( ) ( ), .a b c a b a c a b a c a b c⋅ + = ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ = ⋅ + Skratiti razlomak znači brojnik i nazivnik tog razlomka podijeliti istim brojem različitim od nule i jedinice
, 0 ., 1a n a
n nb n b
⋅= ≠ ≠
⋅
Jednadžba pravca oblika 0A x B y C⋅ + ⋅ + =
naziva se implicitni oblik jednadžbe pravca ili kraće, opći oblik jednadžbe pravca. Jednadžba pravca oblika
18
y k x l= ⋅ +
naziva se eksplicitni oblik jednadžbe pravca ili kraće, eksplicitna jednadžba pravca. Broj k naziva se koeficijent smjera pravca. Broj l nazivamo odsječak pravca na osi y. Elipsa je skup svih točaka u ravnini za koje je zbroj udaljenosti od dviju fiksnih točaka (žarišta) te ravnine konstantna veličina i iznosi 2a. Velika poluos je a, a mala poluos b. Elipsa kojoj se središte podudara s ishodištem koordinatnog sustava, smjer glavne osi s x – osi, a smjer sporedne osi s y – osi ima jednadžbu
2 2 segmentni oblik,2 2 2 2 2 2ili 12 2 kanonski oblik
.x y
b x a y a b
a b
⋅ + ⋅ = ⋅ + =
Uvjet dodira pravca i elipse
Pravac y k x l= ⋅ + dodiruje elipsu 2 2
12 2x y
a b
+ = ako i samo ako vrijedi
2 2.
2 2a k b l⋅ + =
Diskriminanta kvadratne jednadžbe 2
0a x b x c⋅ + ⋅ + = je broj
2 4 .D b a c= − ⋅ ⋅
• Ako je D > 0, jednadžba ima dva realna rješenja. • Ako je D = 0, jednadžba ima jedno dvostruko realno rješenje. • Ako je D < 0, jednadžba ima kompleksno – konjugirana rješenja.
1.inačica
Jednadžbu pravca preoblikujemo u eksplicitni oblik kako bismo odredili k i l.
1.
kx y m y x m
l m
= −+ = ⇒ = − + ⇒
=
Segmentni oblik jednadžbe elipse glasi: 2 2 2 2
42 2 2 2 4/ : 24 2 00 4 20 1
201
20 20 20
x y x yx y x y
⋅ ⋅+ ⋅ = ⇒ + ⋅ = ⇒ + = ⇒ + = ⇒
22 2 201 .
220 5 5
ax y
b
=⇒ + = ⇒
=
Pomoću uvjeta dodira odredit ćemo koeficijent m.
( )
2
22 2 2 2 2 2 220 1 5 20 5
20
125
25
a
k
b
l m
a k b l m m m⋅ + = ⇒ ⇒ ⋅ − + = ⇒ + = =
=
−
=
=
⇒=
⇒
2 225 25 25 5.1,2 1,2/m m m m⇒ = ⇒ = ⇒ = ± ⇒ = ±
2.inačica
Odredimo presjek pravca i elipse tako da riješimo sustav jednadžba.
( )22
4 202 2 2 24 20 4 20
metoda
zamjene
x y m y m xx m x
x y x y
+ = = −⇒ ⇒ ⇒ + ⋅ − = ⇒
+ ⋅ = + ⋅ =
19
( )2 2 2 2 2 24 2 20 4 8 4 20x m m x x x m m x x⇒ + ⋅ − ⋅ ⋅ + = ⇒ + ⋅ − ⋅ ⋅ + ⋅ = ⇒
2 2 2 2 24 8 4 20 0 5 8 4 20 0.x m m x x x m x m⇒ + ⋅ − ⋅ ⋅ + ⋅ − = ⇒ ⋅ − ⋅ ⋅ + ⋅ − =
Pravac (tangenta) elipsu siječe u jednoj točki. Diskriminanta kvadratne jednadžbe mora biti jednaka nuli.
2 25 8 4 20 02 2
5 8 4 20 02
5 , 8 , 4 20
x m x mx m x m
a b m c m
⋅ − ⋅ ⋅ + ⋅ − =⋅ − ⋅ ⋅ + ⋅ − = ⇒ ⇒
= = − ⋅ = ⋅ −
( ) ( )2 28 4 5 4 20
204 0b m ma c⇒ ⇒ − ⋅ − ⋅ ⋅ ⋅ − ⇒⋅ =− ⋅ =
2 2 2 2 264 80 400 0 64 80 400 16 400m m m m m⇒ ⋅ − ⋅ + = ⇒ ⋅ − ⋅ = − ⇒ − ⋅ = − ⇒
( )2 2 216 400 25 25 25 5.1,2 1/ : 1 / 26 ,m m m m m⇒ − ⋅ = − ⇒ = ⇒ = ⇒ = ± ⇒ = ±−
Vježba 250
Odredi koeficijent m tako da pravac bude tangenta elipse:
2.2 2
2 12
x y m
x y
+ ⋅ =
+ ⋅ =
Rezultat: m1,2 = ± 6. Zadatak 251 (Giga, gimnazija)
Koordinate točke na elipsi x2 + 4 · y2 = 20, koja je najbliža pravcu x + y = 7 su:
( ) ( ) ( ) ( ). 0, 5 . 4, 1 . 2, 2 . 20, 0A B C D
Rješenje 251
Ponovimo!
( )2 2 2
2 .a b a a b b− = − ⋅ ⋅ +
Zakon distribucije množenja prema zbrajanju.
( ) ( ), .a b c a b a c a b a c a b c⋅ + = ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ = ⋅ + Skratiti razlomak znači brojnik i nazivnik tog razlomka podijeliti istim brojem različitim od nule i jedinice
, 0 ., 1a n a
n nb n b
⋅= ≠ ≠
⋅
Jednadžba pravca oblika 0A x B y C⋅ + ⋅ + =
20
naziva se implicitni oblik jednadžbe pravca ili kraće, opći oblik jednadžbe pravca. Jednadžba pravca oblika
y k x l= ⋅ +
naziva se eksplicitni oblik jednadžbe pravca ili kraće, eksplicitna jednadžba pravca. Broj k naziva se koeficijent smjera pravca. Broj l nazivamo odsječak pravca na osi y. Uvjet usporednosti (paralelnosti): Ako su pravci dani eksplicitnim jednadžbama y = k1 · x + l1, y = k2 · x + l2, tada su usporedni ako i samo ako je
1 2.k k=
Elipsa je skup svih točaka u ravnini za koje je zbroj udaljenosti od dviju fiksnih točaka (žarišta) te ravnine konstantna veličina i iznosi 2a. Velika poluos je a, a mala poluos b. Elipsa kojoj se središte podudara s ishodištem koordinatnog sustava, smjer glavne osi s x – osi, a smjer sporedne osi s y – osi ima jednadžbu
2 2 segmentni oblik,2 2 2 2 2 2ili 12 2 kanonski oblik
.x y
b x a y a b
a b
⋅ + ⋅ = ⋅ + =
Uvjet dodira pravca i elipse
Pravac y k x l= ⋅ + dodiruje elipsu 2 2
12 2x y
a b
+ = ako i samo ako vrijedi
2 2.
2 2a k b l⋅ + =
Jednadžbu elipse preoblikujemo u normirani oblik. 2 2 2 2
42 2 2 24 20 4 20 1
11
20
4/
20 2 20 200
x y x yx y x y
⋅ ⋅+ ⋅ = ⇒ + ⋅ = + = ⇒ +⋅ ⇒ = ⇒
22 2 201 .
220 5 5
ax y
b
=⇒ + = ⇒
=
Jednadžbu pravca napišemo u eksplicitnom obliku kako bismo odredili njegov koeficijent smjera.
1 1 1.x y y x k+ = ⇒ = − + ⇒ = − Točka na elipsi koja je najbliža zadanom pravcu pripada tangenti elipse usporedne sa zadanim pravcem. Budući da je tangenta usporedna sa zadanim pravcem, ima jednaki koeficijent smjera k = – 1. Rabimo uvjet dodira pravca i elipse.
( )22 2 2 2 2 2 2
20 1 5 20 5 2
220
1
25
5a k b l l l l
a
k
b
⋅ + = ⇒ ⇒ ⋅ − + = ⇒ + = ⇒ = ⇒
=
= −
=
bl52 2 125 25 25 5.1,2
iža tangenta/
52
ll l l l
l
=⇒ = ⇒ = ⇒ = ± ⇒ ⇒ =
= −
Jednadžba tangente glasi: 1
55.
k
ly k x l y x= ⋅ + ⇒
== +
−⇒ −
=
Tražena točka je presjek tangente i elipse.
( ) ( )metoda
zamjene
5 2 22 24 5 20 4 5 202 2
4 20
y xx x x x
x y
= − +⇒ ⇒ + ⋅ − + = ⇒ + ⋅ − = ⇒
+ ⋅ =
21
( )2 2 2 24 25 10 20 100 40 4 20x x x x x x⇒ + ⋅ − ⋅ + = ⇒ + − ⋅ + ⋅ = ⇒
2 2 2100 40 4 20 0 5 40 80 0x x x x x⇒ + − ⋅ + ⋅ − = ⇒ ⋅ − ⋅ + = ⇒
( )22 2
5 40 80 / : 50 8 16 0 4 0 4 0 4.x x x x x x x⇒ ⋅ − ⋅ + = ⇒ − ⋅ + = ⇒ − = ⇒ − = ⇒ =
Računamo y. 4
4 5 1.5
xy y
y x
=⇒ = − + ⇒ =
= − +
Tražena točka T ima koordinate:
( ) ( ), 4, 1 .T x y T=
Odgovor je pod B.
Vježba 251
Odmor!
Rezultat: … Zadatak 252 (Miss, ekonomska škola)
Zadana je elipsa 9 · x2 + 25 · y2 = 225. Ako je desno žarište elipse ujedno i žarište parabole kojoj je Oy ravnalica, onda je udaljenost tjemena parabole od tjemena elipse na pozitivnoj osi Ox jednaka:
. 5 . 4 . 3 . 6A B C D
Rješenje 252
Ponovimo!
Skratiti razlomak znači brojnik i nazivnik tog razlomka podijeliti istim brojem različitim od nule i jedinice
, 0 ., 1a n a
n nb n b
⋅= ≠ ≠
⋅
Elipsa je skup svih točaka u ravnini za koje je zbroj udaljenosti od dviju fiksnih točaka (žarišta) te ravnine konstantna veličina i iznosi 2a. Velika poluos je a, a mala poluos b. Elipsa kojoj se središte podudara s ishodištem koordinatnog sustava, smjer glavne osi s x – osi, a smjer sporedne osi s y – osi ima jednadžbu
2 2 segmentni oblik,2 2 2 2 2 2ili 1
2 2 kanonski oblik.
x yb x a y a b
a b
⋅ + ⋅ = ⋅ + =
Linearni ekscentricitet elipse: 2 2 2
.2 2
e a b e a b= − ⇒ = −
Žarišta elipse imaju koordinate: ( ) ( ),, 0 0 .,1 2F e F e−
Tjemena elipse na x osi glase:
22
( ) ( ),, 0 , 0 .A a B a−
Parabola je skup svih točaka ravnine koje su jednako udaljene od jednog čvrstog pravca d (ravnalice ili direktrise) i jedne čvrste točke F (žarišta ili fokusa) u toj ravnini koja ne leži na tom pravcu. Parabola kojoj tjeme leži u ishodištu, a žarište na pozitivnom dijelu osi apscise ima jednadžbu
22 .y p x= ⋅ ⋅
Žarište (fokus) ima koordinate:
., 02
pF
Ravnalica (direktrisa) ima jednadžbu:
.2
px = −
Za realni broj x njegova je apsolutna vrijednost (modul) broj │x│ koji određujemo na ovaj način:
, .
, 0
0
x xx
x x
≥=
− <
Ako je broj x pozitivan ili nula, tada je on jednak svojoj apsolutnoj vrijednosti. Za svaki x, x ≥ 0, vrijedi │x│= x. Ako je x negativan broj, njegova apsolutna vrijednost je suprotan broj – x koji je pozitivan. Za svaki x, x < 0, je │x│= – x. Udaljenost točaka na brojevnom pravcu Ako su točkama A i B pridruženi brojevi x1 i x2, tada vrijedi
2 .1AB x x= −
Koordinate polovišta P dužine ,AB A(x1, y1), B(x2, y2) su
( ) 1 2 1 22 2
., ,x x y y
P x y P+ +
=
Jednadžbu elipse napišemo u segmentnom obliku. 2 29 252 2 2 29 25 225 9 25 22
1/5 1
225 225225
x yx y x y
⋅ ⋅⋅ + ⋅ = ⇒ ⋅ + ⋅ = ⋅ ⇒ + = ⇒
2 22 2 2 2 2525 /9 25
225
251 1
2 222 255 /9 99 9
aa ax y x y
bb b
== =⋅ ⋅ ⇒ + = ⇒ + = ⇒ ⇒ ⇒ ⇒
= = =
5.
3
a
b
= ⇒
=
Koordinate točke B (desnog tjemena elipse) su:
( ) ( ), 0 5, 0 .B a B=
Linearni ekscentricitet elipse iznosi:
2 225 9 16 4.e a b e e e= − ⇒ = − ⇒ = ⇒ =
Koordinate desnog žarišta elipse su: ( ) ( ), 0 4, 0 .2 2F e F=
Desno žarište elipse ujedno je žarište parabole kojoj je ravnalica y os.
( ) ( )4, 0 4, 0 .2F F=
Budući da je y os ravnalica parabole, tjeme parabole je polovište dužine .OF Apscisa tjemena iznosi:
23
( ) ( )
( ) ( )
, 0, 0 0 41 12.
2, 4, 02 2
1 22
x xx
O x y Ox x
F x y F
= +⇒ ⇒ = ⇒ =
=
+=
Točke T i B leže na x osi pa je njihova međusobna udaljenost jednaka 3.
( ) ( )
( ) ( )
215 2 3 3.
522 1TB x x
T x TTB TB TB
B x B
= ⇒ ⇒ = − ⇒ = ⇒ =
=−
=
Odgovor je pod C.
Vježba 252
Odmor!
Rezultat: … Zadatak 253 (Tonka, ekonomska škola)
Jednadžba tangente na parabolu y2 = 9 · x koja je usporedna s pravcem 3 · x + 2 · y – 4 = 0 glasi:
. 3 2 4 0 . 3 2 1 0 . 3 2 2 0 . 3 2 3 0A x y B x y C x y D x y⋅ − ⋅ − = ⋅ + ⋅ − = − ⋅ − ⋅ + = ⋅ + ⋅ + =
Rješenje 253
Ponovimo!
Skratiti razlomak znači brojnik i nazivnik tog razlomka podijeliti istim brojem različitim od nule i jedinice
, 0 ., 1a n a
n nb n b
⋅= ≠ ≠
⋅
Parabola je skup svih točaka ravnine koje su jednako udaljene od jednog čvrstog pravca d (ravnalice ili direktrise) i jedne čvrste točke F (žarišta ili fokusa) u toj ravnini koja ne leži na tom pravcu. Parabola kojoj tjeme leži u ishodištu, a žarište na pozitivnom dijelu osi apscise ima jednadžbu
22 ,y p x= ⋅ ⋅
pri čemu je p parametar parabole. Jednadžba pravca oblika
y k x l= ⋅ +
naziva se eksplicitni oblik jednadžbe pravca ili kraće, eksplicitna jednadžba pravca. Broj k naziva se koeficijent smjera pravca. Broj l nazivamo odsječak pravca na osi y. Dva pravca zadana svojim jednadžbama u eksplicitnom obliku
1 1
2 2
y k x l
y k x l
= ⋅ +
= ⋅ +
usporedna (paralelna) su onda i samo onda ako vrijedi .1 2k k=
Uvjet dodira pravca i parabole Pravac
y k x l= ⋅ +
dira parabolu 2
2y p x= ⋅ ⋅
onda i samo onda kad vrijedi 2 .p k l= ⋅ ⋅
Odredimo parametar p parabole.
24
22 9
2 / : 29 2 9 .2 29
y p xp p p
y x
= ⋅ ⋅⇒ ⋅ = ⇒ ⋅ = ⇒ =
= ⋅
Jednadžbu zadanog pravca napisat ćemo u eksplicitnom obliku kako bismo odredili njegov koeficijent smjera.
3 33 2 4 0 2 3 4 2 3 4 2 .
2 2/ : 2x y y x y x y x k⋅ + ⋅ − = ⇒ ⋅ = − ⋅ + ⇒ ⋅ = − ⋅ + ⇒ = − ⋅ + ⇒ = −
Koeficijent smjera tangente, također, je jednak 3
2k = − zbog usporednosti pravca i tangente.
Iz uvjeta dodira pravca i parabole izračunat ćemo odsječak tangente na osi ordinata.
9 3 9 3 92 2 3
2 2
9
2 23 2 2
2
2p k l l l l
p
k
=
= ⋅ ⋅ ⇒ ⇒ = ⋅ − ⋅ ⇒ = ⋅ − ⋅ ⇒ = − ⋅ ⇒
= −
9 9 33 3 .
2
1
32/
2l l l⇒ ⋅ = − ⇒ ⋅ = − ⇒ = −⋅
Jednadžba tangente glasi:
3
2 / 23
2
3 3 3 32 3 3
2 2 2 2y k x l y x y x x
l
y
k
= ⋅ + ⇒ ⇒ = − ⋅ − ⇒ = − ⋅
= −
⋅
=
− ⇒ ⋅ = − ⋅ − ⇒
−
3 2 3 0.x y⇒ ⋅ + ⋅ + =
Odgovor je pod D.
Vježba 253
Odmor!
Rezultat: … Zadatak 254 (Danijel, ekonomska škola)
Pravac 2 · x + m · y – 1 = 0 je normala kružnice 2 2 2 2 3 0x y x y+ − ⋅ − ⋅ − = u slučaju:
. 0 . 1 . 2 . 1A m B m C m D m= = = = −
Rješenje 254
Ponovimo!
( )2 2 22 .a b a a b b− = − ⋅ ⋅ +
Kružnica je skup svih točaka u ravnini jednako udaljenih od zadane točke te ravnine (središta). Ako je S(p, q) središte kružnice, a r polumjer, tada središnja jednadžba kružnice glasi:
( ) ( )2
.2 2
x p y q r− + − =
Opća jednadžba kružnice: 2 2
2 2 0.x y p x q y c+ − ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ + =
Normala ili okomica je svaki pravac koji je okomit na drugi pravac ili ravninu. Normala krivulje je pravac koji je okomit na tangentu krivulje u diralištu. Normala kružnice prolazi središtem kružnice. Preoblikujemo jednadžbu kružnice kako bismo našli koordinate središta S.
2 2 2 22 2 3 0 2 2 3 0x y x y x x y y+ − ⋅ − ⋅ − = ⇒ − ⋅ + − ⋅ − = ⇒
25
( ) ( )2 2 2 22 1 1 2 1 1 3 0 2 1 2 1 5x x y y x x y y⇒ − ⋅ + − + − ⋅ + − − = ⇒ − ⋅ + + − ⋅ + − ⇒
( ) ( ) ( ) ( )2 2
1 1 5 . 1, 1 .x y S p q S⇒ − + − = ⇒ =
Budući da normala prolazi središtem kružnice, uvrstit ćemo njezine koordinate u jednadžbu kružnice.
( ) ( ), 1, 12 1 1 1 0 2 1 0 2 1 1.
2 1 0
S x y Sm m m m
x m y
= ⇒ ⋅ + ⋅ − = ⇒ + − = ⇒ = − + ⇒ = −
⋅ + ⋅ − =
Odgovor je pod D.
Vježba 254
Pravac 2 · x + m · y – 1 = 0 je normala kružnice 2 2 2 2 2 0x y x y+ + ⋅ + ⋅ − = u slučaju:
. 0 . 2 . 3 . 2A m B m C m D m= = − = − =
Rezultat: C. Zadatak 255 (Danijel, ekonomska škola)
Pravac y = x – 1 siječe elipsu ( )2 2
12 2
x ya b
a b+ = > u jednom tjemenu i prolazi jednim
žarištem elipse. Velika poluos elipse jednaka je:
. 1 . . . 22 3A B C D
Rješenje 255
Ponovimo!
( ) .2
a a=
Elipsa je skup svih točaka u ravnini za koje je zbroj udaljenosti od dviju fiksnih točaka (žarišta) te ravnine konstantna veličina i iznosi 2a. Velika poluos je a, a mala poluos b. Elipsa kojoj se središte podudara s ishodištem koordinatnog sustava, smjer glavne osi s x – osi, a smjer sporedne osi s y – osi ima jednadžbu
( )2 2
1 segmentni oblik, kanonski oblik2 2
.x y
a b
+ =
Linearni ekscentricitet elipse: 2 2 2
.2 2
e a b e a b= − ⇒ = −
Žarišta elipse imaju koordinate:
( ) ( ),, 0 0 .,1 2F e F e−
Tjemena elipse na y osi glase:
( ) ( )0, , .0,C b D b−
Odredimo sjecište pravca y = x – 1 s koordinatnim osima. Pravac siječe x os
( ) ( )0
0 1 1 0 1 , 1, 0 .2 21
yx x x F x y F
y x
= ⇒ = − ⇒ − = ⇒ = ⇒ =
= −
Pravac siječe y os
( ) ( )0
0 1 1 , 0, 1 .1
xy y C x y C
y x
= ⇒ = − ⇒ = − ⇒ = −
= −
Pravac y = x – 1 siječe:
• os x u točki F2 • os y u točki C.
26
Za točku F2 vrijedi:
( ) ( ) 2 2 2 2 2 2, 0 1, 0 1 1 1 1.22
2 /F e F e a b a b a b= ⇒ = ⇒ − = ⇒ − = ⇒ − =
Za točku C vrijedi:
( ) ( ) ( )0, 0, 1 1 / 11 1.C b C b b b⋅ −− = − ⇒ − = − ⇒ − = − ⇒ =
Sada je
1 2 /2 2 2 2 21 1 1 1 1 1 2 2 2.2 2 1
ba a a a a a
a b
= ⇒ − = ⇒ − = ⇒ = + ⇒ = ⇒ = ⇒ =
− =
Odgovor je pod B.
a
b
e
y
xO
F1 F2
C
Vježba 255
Odmor!
Rezultat: … Zadatak 256 (Danijel, ekonomska škola)
Žarišta elipse F1(– 2, 0), F2(2, 0) nalaze se na kružnici koja prolazi krajevima male osi. Jednadžba elipse glasi:
2 2 2 2 2 2 2 2. 2 8 . 2 8 . 4 16 . 4 16A x y B x y C x y D x y+ ⋅ = ⋅ + = + ⋅ = ⋅ + =
Rješenje 256
Ponovimo! Kružnica je skup svih točaka u ravnini jednako udaljenih od zadane točke (središta). Polumjer ili radijus je dužina koja spaja središte kružnice s bilo kojom točkom kružnice. Duljina polumjera označava se slovom r. Elipsa je skup svih točaka u ravnini za koje je zbroj udaljenosti od dviju fiksnih točaka (žarišta) te ravnine konstantna veličina i iznosi 2a. Velika poluos je a, a mala poluos b. Elipsa kojoj se središte podudara s ishodištem koordinatnog sustava, smjer glavne osi s x – osi, a smjer sporedne osi s y – osi ima jednadžbu
( )2 2
1 segmentni oblik, kanonski oblik2 2 .x y
a b
+ =
Linearni ekscentricitet elipse: 2 2 2
.2 2
e a b e a b= − ⇒ = −
Žarišta elipse imaju koordinate: ( ) ( ),, 0 0 .,1 2F e F e−
Iz koordinate žarišta dobije se:
( ) ( ) 2, 0 2, 0 2 4.1 1F e F e e− = − ⇒ = ⇒ =
27
b
e
be
y
xF2F1 O
C
D
BA
Sa slike vidi se:
2 2 24.b e b e b= ⇒ = ⇒ =
Tada a iznosi:
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 24 4 8.e a b a b e a e b a a= − ⇒ − = ⇒ = + ⇒ = + ⇒ =
Jednadžba elipse glasi:
2 2 2 2 2 22 2
1 1 1 2 8.2 2 8 4 8
28
/ 82
4 4
x y x y x yx y
a b
a
b
+ = ⇒ ⇒ + = ⇒ + = ⇒ +=
⋅ ⋅
=
=
Odgovor je pod A.
Vježba 256
Odmor!
Rezultat: … Zadatak 257 (Davor, gimnazija)
Kako glasi vršna jednadžba elipse 2 2
4 20 625?x y⋅ + ⋅ =
Rješenje 257
Ponovimo!
.
a
a db
c b c
d
⋅=
⋅
Elipsa je skup svih točaka u ravnini za koje je zbroj udaljenosti od dviju fiksnih točaka (žarišta) te ravnine konstantna veličina i iznosi 2a. Velika poluos je a, a mala poluos b. Elipsa kojoj se središte podudara s ishodištem koordinatnog sustava, smjer glavne osi s x – osi, a smjer sporedne osi s y – osi ima jednadžbu
( )2 2
1 segmentni oblik, kanonski oblik2 2 .x y
a b
+ =
Vršna jednadžba elipse 2 2
12 2
x y
a b
+ = glasi
22 .
2 22 2b b
y x xa a
⋅= ⋅ − ⋅
Skratiti razlomak znači brojnik i nazivnik tog razlomka podijeliti istim brojem različitim od nule i
28
jedinice
, 0 ., 1a n a
n nb n b
⋅= ≠ ≠
⋅
Preoblikujemo jednadžbu elipse u kanonski oblik. 2 2
4 202 2 2 24 20 625 4 20 625 1
625 625/ : 625
x yx y x y
⋅ ⋅⋅ + ⋅ = ⇒ ⋅ + ⋅ = ⇒ + = ⇒
62522 2 2 2 2 2
4 4 4 41 1 1625 125 125625 6
20
625 25 125 24 4 4
ax y x y x y
b
=⋅ ⋅ ⋅ ⋅
⇒ + = ⇒ + = ⇒ + = ⇒ ⇒
=
625 256252
4 24 .125 1252 21252
4
/
4 4
a aa
b bb
= ==
⇒ ⇒ ⇒
= ==
Vršna jednadžba glasi: 1252
425
2625
125 1252 2 2
22 2 2 24 42
2
4
25 625
2 4
b by x x y x x
a a
b
a
a
⋅⋅
= ⋅ − ⋅ ⇒ ⇒ = ⋅ − ⋅ ⇒
=
=
=
5 112 2 2 2 2 21 1 5 .
1 5 51
125 1252
4 425 625
2 14
y x x y x x y x x
⋅
⇒ = ⋅ − ⋅ ⇒ = ⋅ − ⋅ ⇒ = ⋅ − ⋅
Vježba 257
Kako glasi vršna jednadžba elipse 2 2
2 4?x y+ ⋅ =
Rezultat: 12 2
2 .2
y x x= ⋅ − ⋅
Zadatak 258 (Tomislava, maturantica)
Točka T(1, 5) je polovište odsječka pravca p među koordinatnim osima. Jednadžba kružnice sa središtem u ishodištu koordinatnog sustava, kojoj je pravac p tangenta, glasi:
2 2 2 2 2 2 2 2. 25 . 13 13 50 . 3 3 50 . 50A x y B x y C x y D x y+ = ⋅ + ⋅ = ⋅ + ⋅ = + =
Rješenje 258
Ponovimo!
( ) ( ), ,2
, .n n
a c a c a a n n na a a b a bn
b d b d b b
⋅⋅ = = = ⋅ = ⋅
⋅
Kružnica je skup svih točaka u ravnini jednako udaljenih od zadane točke (središta). Ako je S(0, 0) središte kružnice, a r polumjer, tada središnja jednadžba kružnice glasi:
2 2 2.x y r+ =
Ako pravac i kružnica imaju samo jednu točku zajedničku, kažemo da je taj pravac tangenta na kružnicu. Zajedničku točku tangente i kružnice nazivamo diralište tangente i kružnice.
29
Skratiti razlomak znači brojnik i nazivnik tog razlomka podijeliti istim brojem različitim od nule i jedinice
, 0 ., 1a n a
n nb n b
⋅= ≠ ≠
⋅
Jednadžba pravca oblika 0A x B y C⋅ + ⋅ + =
naziva se implicitni oblik jednadžbe pravca ili kraće, opći oblik jednadžbe pravca. Ako su (m, 0) i (0, n) koordinate presjeka pravca s koordinatnim osima, onda pravac ima jednadžbu
1.x y
m n+ =
Nju nazivamo segmentni oblik jednadžbe pravca. Za realni broj x njegova je apsolutna vrijednost (modul) broj │x│ koji određujemo na ovaj način:
, .
, 0
0
x xx
x x
≥=
− <
Ako je broj x pozitivan ili nula, tada je on jednak svojoj apsolutnoj vrijednosti. Za svaki x, x ≥ 0, vrijedi │x│= x. Ako je x negativan broj, njegova apsolutna vrijednost je suprotan broj – x koji je pozitivan. Za svaki x, x < 0, je │x│= – x. Udaljenost točke od pravca Udaljenost d točke T(x0, y0) i pravca p ... A · x + B · y + C = 0 dana je formulom
2.
2
A x B y Cd
A B
⋅ + ⋅ +=
+
� �
Koordinate polovišta P dužine ,AB A(x1, y1), B(x2, y2) su
( ) 1 2 1 22 2
., ,x x y y
P x y P+ +
=
30
Napišimo jednadžbu pravca u segmentnom obliku, a zatim u implicitnom obliku. Budući da je točka T
polovište dužine ,AB slijedi:
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
, , 0 01 1 1 1 12 2 2, 0,2 2 0
5 5 5, 1, 5 2 2 2
1 22
1 22
x xx
y yy
A x y A m m m m
B x y B nn n n
T x y T
= + = = = = ⇒ ⇒ ⇒ ⇒ ⇒ + = = =
+=
+= =
/ 21 / 10
/
1 22 1 110 2 1
20 2 10
52
x y
m
m
m x
n
y x y
n n
= =
⇒ ⇒ ⇒ ⇒ + = ⇒ + = ⇒ = =
⋅
+ = ⋅
⋅
5 10 5 10 0.x y x y⇒ ⋅ + = ⇒ ⋅ + − =
Tražena udaljenost iznosi:
( ) ( )
5 10 05 0 1 0 10
5 , 1 , 102 25 12
, 0, 02
x y
A B C r
O x y O
A x B y Cr
A B
⋅⋅ + − =
⋅ + ⋅ − = = = − ⇒ ⇒ = ⇒
+ ⋅ +=
+ + =
�
�
�
�
( )
10 26 10 26 10 2610 102 2625 1 26 26 26 26
r r r r r− ⋅ ⋅
⇒ = ⇒ = ⇒ = ⋅ ⇒ = ⇒ = ⇒+
( )22
5 2626 5 26 5 26 5 262 2213
10 2/13 13 1326
r r r r r⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅
⇒ = ⇒ = ⇒ = ⇒ = ⇒ = ⇒
( )225 26 25 26 25 25 2 526 02 2 2 2 2 .
2 169 13 1313 169r r r r r
⋅ ⋅ ⋅ ⋅⇒ = ⇒ = ⇒ = ⇒ = ⇒ =
Jednadžba kružnice glasi:
50 502 2 2 2 2 2 2 2 21/ 13 3 13 50.13 13
x y r x y x y x y+ = ⇒ + = ⇒ + = ⇒ ⋅ + ⋅ =⋅
Odgovor je pod B.
Vježba 258
Odmor!
Rezultat: … Zadatak 259 (Jasna, maturantica)
Odredite jednadžbe tangenata koje se iz točke T(3, 4) izvan elipse 4 · x2 + 9 · y2 = 36 mogu povući na nju.
Rješenje 259
Ponovimo!
( ) ( ), , ,2 2 2
.2b a b b a c bn n n
a b a a b b a b a b a ac c c c
⋅ ⋅ −− = − ⋅ ⋅ + ⋅ = ⋅ ⋅ = − =
Skratiti razlomak znači brojnik i nazivnik tog razlomka podijeliti istim brojem različitim od nule i jedinice
, 0 ., 1a n a
n nb n b
⋅= ≠ ≠
⋅
Elipsa je skup svih točaka u ravnini za koje je zbroj udaljenosti od dviju fiksnih točaka (žarišta) te
31
ravnine konstantna veličina i iznosi 2a. Velika poluos je a, a mala poluos b. Elipsa kojoj se središte podudara s ishodištem koordinatnog sustava, smjer glavne osi s x – osi, a smjer sporedne osi s y – osi ima jednadžbu
2 2 segmentni oblik,2 2 2 2 2 2ili 12 2 kanonski oblik
.x y
b x a y a b
a b
⋅ + ⋅ = ⋅ + =
Jednadžba pravca oblika y k x l= ⋅ +
naziva se eksplicitni oblik jednadžbe pravca ili kraće, eksplicitna jednadžba pravca. Broj k naziva se koeficijent smjera pravca. Broj l nazivamo odsječak pravca na osi y.
Pravac y k x l= ⋅ + dodiruje elipsu 2 2
12 2
x y
a b
+ = ako i samo ako vrijedi
2 2.
2 2a k b l⋅ + =
Tangenta (dodirnica) je pravac koji dodiruje krivulju u jednoj točki. Najprije uvjerimo se da točka T leži izvan elipse. Uvrstit ćemo koordinate točke u jednadžbu elipse.
( ) ( ), 3, 4 2 24 3 9 4 36 36 144 36.2 24 9 36
T x y T
x y
= ⇒ ⋅ + ⋅ = ⇒ + >
⋅ + ⋅ =
Jednadžbu elipse preoblikujemo u kanonski oblik kako bismo odredili veliku i malu poluos. 2 24 92 2 2 24 9 36 4 9 3 /6 1
36: 36
36
x yx y x y
⋅ ⋅⋅ + ⋅ = ⇒ ⋅ + ⋅ = ⇒ + = ⇒
22 2 2 2 9 31 1 .
2 2
4 9
3 6 46 3 9 4
a ax y x y
bb
= = ⋅ ⋅ ⇒ + = ⇒ + = ⇒ ⇒
= =
Budući da pravac (tangenta) y = k · x + l dodiruje elipsu b2 · x2 + a2 · y2 = a2 · b2, slijedi:
uvjet dodira
2 2 2
2 9 2 292 4 .2 4
ak l
b a k b l⋅
= ⇒ ⇒ ⋅ + =
= + =
Točka T leži na pravcu y = k · x + l pa ćemo njezine koordinate uvrstiti u jednadžbu pravca.
( ) ( ), 3, 44 3 3 4.
T x y Tk l k l
y k x l
= ⇒ = ⋅ + ⇒ ⋅ + =
= ⋅ +
Rješavanjem sustava imamo:
( )metoda
zam
2 2 2 2 229 4 9jen
4 9 4 4 33 4 4 3 e
k l k lk k
k l l k
⋅ + = ⋅ + =⇒ ⇒ ⇒ ⋅ + = − ⋅ ⇒
⋅ + = = − ⋅
2 29 4 16 24 9 4 16 24 4 16 242 29 9k kk k k k k⇒ ⋅ + = − ⋅ + ⋅ ⇒ + = − ⋅ ⇒ = −+ ⋅ ⋅⋅ ⇒
12 124 16 4 24 12 24 12
12/: 2 .
24 24
24k k k k k k⇒ ⋅ = − ⇒ ⋅ = ⇒ ⋅ = ⇒ = ⇒ = ⇒ =
Računamo l. 1
1 3 54 3 4 .2
2 2 24 3
kl l l
l k
=
⇒ = − ⋅ ⇒ = − ⇒ == − ⋅
Tražena je tangenta
32
1
25
1 5.
2
2 2y k x
k
l
x l y
= ⋅ + ⇒ ⇒ = ⋅ +
=
=
Ali što je s drugom tangentom? Gdje je nestala? Slika će nam sve objasniti!
Druga tangenta je pravac okomit na x os. Njegova jednadžba je x = 3.
Vježba 259
Odmor!
Rezultat: … Zadatak 260 (Fox, maturant)
Zadana je hiperbola kojoj je točka ( )3, 0 tjeme i pravac s jednadžbom y = – 2 · x asimptota.
Odredite nepoznatu koordina5tu točke (x, 4) koja se nalazi na toj hiperboli.
Rješenje 260
Ponovimo!
( ) ( ), ,2
1, .a b a b an n n
a b a b a a a bn n n b
−⋅ = ⋅ = − = = ⇒ =
Hiperbola kojoj središte leži u ishodištu koordinatnog sustava, a realna os na osi apscisa ima jednadžbu
( )2 2
2 2 2 2 2 2ili 1 kanonska jednadžba hiperbole2 2 ,
x yb x a y a b
a b
⋅ − ⋅ = ⋅ − =
gdje je a realna poluos, b imaginarna poluos, a tjemena hiperbole su u točkama (a, 0) i (– a , 0). Pravci koji sadrže dijagonale središnjeg pravokutnika s dimenzijama 2 · a i 2 · b zovu se asimptote i njihove jednadžbe glase:
, .b b
y x y xa a
= − ⋅ = ⋅
Točka ( )3, 0 je tjeme hiperbole pa realna poluos hiperbole glasi:
( ) ( ), 0 3, 0 3.a a= ⇒ =
Budući da je pravac y = – 2 · x asimptota možemo pisati
33
( )2 2 2 2 3./
2
3
by x b b
b a baa a
y
a
x
a= − ⋅
⇒ − = − ⇒ − = − ⇒ = ⋅ ⇒ ⇒ = ⋅
=
⋅ =
− ⋅
−
Jednadžba hiperbole ima oblik
( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2 21 1 12 2 2 2 223
3 2 3 2 3
3
2 3
x y x y x y
a b
a
b− = ⇒ ⇒
=− = ⇒ − =
= ⋅⇒
⋅ ⋅
2 2 2 21 1.
3 4 3 3 12
x y x y⇒ − = ⇒ − =
⋅
Točka (x, 4) nalazi se na hiperboli pa ćemo njezine koordinate uvrstiti u jednadžbu hiperbole.
( ) ( ), , 4 2 2 2 2 24 16 4
2 2 1 1 1 13 12 3 12 3 3
16
1 33
2112
x y xx x x x
x y
=
⇒ − = ⇒ − = ⇒ − = ⇒ − = ⇒− =
24 2 2 2 2
1 4 3 4 3 7 7 7.1,23/
xx x x x x
−⇒ = ⇒ − = ⇒ = + ⇒ = ⇒ = ⇒ = ±
Vježba 260
Odmor!
Rezultat: …