( )4 14 - halapa

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− + − =


, 0 ., 1a n a

n nb n b

⋅= ≠ ≠

⋅


( ) ( ), .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⇒ + = ⇒ =


( ) ( )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

⋅ ++ =


( ) ( )2

.2 2

x p y q r− + − =


, 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

⋅ −= = ⋅ = ⋅ − = = ⇒ =

⋅


, 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− = − ⋅ ⋅ + ⋅ = ⋅


( ) ( )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+

⋅ = ⋅ = ⋅ =


( ) ( )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

+ −= + − ⋅ ⋅ ⋅ ⇒ =

⋅ ⋅


, 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

= − ⋅ = ⋅


, 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− = − ⋅ ⋅ + =


, 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= − + −


, .

, 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=


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− = − ⋅ ⋅ +


( ) ( ), .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

⋅= ≠ ≠

⋅



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


.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− = − ⋅ ⋅ +


( ) ( ), .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

⋅= ≠ ≠

⋅


20


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=



.x y

b x a y a b

a b

⋅ + ⋅ = ⋅ + =

Uvjet dodira pravca i elipse


12 2x y

a b


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!


, 0 ., 1a n a

n nb n b

⋅= ≠ ≠

⋅


2 2 segmentni oblik,2 2 2 2 2 2ili 1

2 2 kanonski oblik.

x yb x a y a b

a b

⋅ + ⋅ = ⋅ + =


.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 = −


, .

, 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!


, 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− = − ⋅ ⋅ +


( ) ( )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=


( )2 2

1 segmentni oblik, kanonski oblik2 2

.x y

a b

+ =


.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

+ =


.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

⋅=

⋅


( )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


, 0 ., 1a n a

n nb n b

⋅= ≠ ≠

⋅


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

⋅ ⋅ ⋅ ⋅⇒ = ⇒ = ⇒ = ⇒ = ⇒ =


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

⋅ ⋅ −− = − ⋅ ⋅ + ⋅ = ⋅ ⋅ = − =


, 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


.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.


12 2

x y

a b


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: …

( )4 14 - halapa

Documents