analiticka geometrija i

ura Paunic

UVODU

ANALITICKU GEOMETRIJU

verzija 4.0

Novi Sadmaj 2006

Predgovor

Ova knjiga je nastala kao rezultat viegodinjeg predavanja Analiticke ge-ometrije na PMF u Banja Luci.

iii

Sadraj

Predgovor iii

Sadraj v

1 Koordinate na pravoj 11.1 Koordinate na pravoj . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.2 Deljenje dui u datom odnosu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.3 Promena koordinata na pravoj . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

2 Koordinatni sistem u ravni 82.1 Pravougli koordinatni sistem u ravni . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82.2 Transformacije koordinata . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102.3 Rastojanje izmedu dveju tacaka . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132.4 Polarni koordinatni sistem u ravni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142.5 Deljenje dui u datom odnosu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162.6 Povrina trougla i poligona . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

3 Prava u ravni 273.1 Jednacina prave . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

3.1.1 Eksplicitna jednacina prave . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 273.1.2 Opta jednacina prave . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 293.1.3 Normalni oblik jednacine prave . . . . . . . . . . . . . . . . 303.1.4 Rastojanje tacke od prave . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 323.1.5 Polarni oblik jednacine prave . . . . . . . . . . . . . . . . . . 333.1.6 Jednacina prave kroz jednu i dve tacke i parametarska jed-

nacina . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 333.2 Prava i dve tacke . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 363.3 Dve prave . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38

v

vi Sadraj

3.3.1 Medusoban odnos dve prave . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40

3.3.2 Pramen pravih . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45

4 Krug 484.1 Jednacina kruga . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48

4.1.1 Uslov da jednacna drugog stepena predstavlja krug . . . . . 51

4.1.2 Polarna i parametarska jednacina kruga . . . . . . . . . . . 52

4.2 Odnos tacke i kruga, potencija tacke . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54

4.3 Odnos prave i kruga . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58

4.3.1 Tangenta u tacki na krugu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59

4.3.2 Tangente iz tacke van kruga . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62

4.3.3 Polaritet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65

4.4 Odnos dva kruga, pramen krugova . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67

5 Konusni preseci 705.1 Preseci pravog krunog konusa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70

5.2 Centralna jednacina elipse . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73

5.2.1 Osobine elipse . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76

5.3 Centralna jednacina hiperbole . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77

5.3.1 Osobine hiperbole . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79

5.4 Jednacina parabole . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83

5.5 Temeni oblik jednacine konusnih preseka . . . . . . . . . . . . . . 85

5.6 Direktrise elipse i hiperbole . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88

5.7 Polarni oblik jednacine konusnih preseka . . . . . . . . . . . . . . . 90

5.8 Odnos prave i konusnih preseka . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91

5.8.1 Tangente konusnih preseka . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 94

5.8.2 Tetive i precnici konusnih preseka . . . . . . . . . . . . . . . 100

5.9 Opta jednacina drugog stepena . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102

6 Determinante 1076.1 Determinante drugog i treceg reda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107

6.2 Determinante n-tog reda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115

6.2.1 Parnost permutacija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115

6.2.2 Definicija determinante n-tog reda i njene osobine . . . . . 117

6.2.3 Minori i algebarske dopune . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128

Sadraj vii

7 Vektori u ravni i prostoru 1397.1 Skalarni proizvod dva vektora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1417.2 Vektorski proizvod dva vektora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1427.3 Proizvod tri vektora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 144

7.3.1 Dvostruki vektorski proizvod . . . . . . . . . . . . . . . . . . 144

8 Prava i ravan u prostoru 1468.1 Parametarska i opta jednacina ravni . . . . . . . . . . . . . . . . . 146

8.1.1 Poloaj ravni, medusoban poloaj dve, tri i vie ravni . . . . 1498.1.2 Normalna jednacina ravni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1498.1.3 Pramen ravni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 150

8.2 Prava u prostoru . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1518.2.1 Jednacina prave . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151

9 Pregled istorije analiticke geometrije 153

1Koordinate na pravoj

1.1 Koordinate na pravoj

U analitickoj geometriji najcece se koriste orijentisane dui, tj. dui sa defi-nisanim smerom. Du cije su krajnje tacke A i B naziva se orijentisana du akoje receno koja se od tih tacaka smatra pocetnom, a koja krajnjom. Ako je Apocetna tacka, a B krajnja tada je orijentacija od A ka B i to se oznacava AB , aako je B pocetna, a A krajnja tada je orijentacija od B ka A i to se oznacava B A.Neka su date dui AB i C D na istoj pravoj. Tada su AB i C D isto orijentisaneako poluprava cija je krajnja tacka A, a sadri tacku B sadri polupravu cija jekrajnja tacka C , a sadri tacku D ili obrnuto poluprava cija je krajnja tacka C isadri tacku D sadri polupravu cija je krajnja tacka A i sadri tacku B . Inace sudui AB i C D suprotno orijentisane.

Za orijentisane dui se uvodi pojam velicina dui, koja je odnos dui i duiizabrane za jedinicu mere (dakle, realan broj). Ako su orijentacije ove dve duiiste tada je velicina dui pozitivna, a inace je negativna. Velicina dui obicnose ne oznacava posebno nego je iz konteksta jasno da li se podrazumeva duili njena velicina. Kada je A = B tada je velicina dui 0, a orijentacija nedefin-isana. Duina dui AB je apsolutna vrednost velicine dui tako da se duina

1

2 Glava 1. Koordinate na pravoj

AB obicno oznacava |AB |. Duina dui AB cesto se naziva i rastojanje tacakaA i B i oznacava se tada sa d(A,B). Za dve orijentisane dui za koje se krajnjatacka prve polapa sa pocetnom tackom druge definie se sabiranje dui. Nekasu na jednoj pravoj date tri tacke A, B i C . Tada se orijentisana du AC nazivazbir orijentisanih dui AB i BC i oznacava

AC = AB +BC .Prvi princip analiticke geometrije da se svakoj tacki na pravoj jednoznacno

pridruuje koordinata zasniva se na sledecoj teoremi iz euklidske geometrijekoju necemo dokazivatai. Njen dokaz je konstruktivan.

Teorema (o merenju). Neka je data prava p i neka je na njoj:1) Odabrana jedna tacke i oznacena O,2) Izabrana tacka E , razlicita od O.Ako se tacki O pridrui broj nula, a tacki E broj jedan, tada svakoj tacki T

na pravoj p odgovara jednoznacno odreden realan broj t . Apsolutna vrednostbroja t je odnos dui OT : OE . Broj t je negativan kada je O izmedu T i E , apozitivan u ostalim slucajevima rasporeda tacaka O, E i T na pravoj p. Akotacki A odgovara broj a, a tacki B odgovara broj b tada je |a b| duina duiOB .

Obrnuto svakom realnom broju t jednoznacno odgovara tacka T na pravojp, pri cemu nuli odgovara tacka O, jedinici odgovara E , a ako broju a odgovaradu O A, a broju b du AB tada zbiru brojeva a +b odgovara du OB i ona senaziva zbir dui.

Tackama na pravoj koje se nalaze sa iste strane tacke O na kojoj se nalazii tacka E odgovaraju pozitivni brojevi, a onima na suprotnoj strani negativni.Smer od O ka E se naziva pozitivan, a od E ka O negativan.

Slika 1. Brojna osa

Dakle, ako se na pravoj p utvrdedve tacke, kojima odgovaraju nula ijedinica, koordinate ostalih tacaka sujednoznacno odredene. Du OE senaziva jedinicna du. Prava na kojojje odreden smer izborom tacaka O i E kojima su pridruene nula i jedinicanaziva se brojna osa ili prosto osa. Pozitivan smer na osi oznacava se streli-com, a tacka O se naziva koordinatni pocetak (slika 1). Poluprava na koju sepreslikavaju pozitivni brojevi naziva se pozitivna poluosa, a poluprava na kojuse preslikavaju negativni brojevi negativna poluosa.

1.2. Deljenje dui u datom odnosu 3

Iz teoreme o merenju sledi da je sabiranje dui tako definisano da zbiru duiodgovara zbir brojeva da se moe definisati pojam koordinata na brojnoj osi.

Definicija (koordinate tacke). Koordinata tacke T na brojnoj osi p jeodnos orijentisane dui OT i jedinicne dui OE .

Obicno se tacke obeleavaju velikim slovima latinice, a njihove koordinatemalim slovima latinice, po mogucnosti tako da je jasno koja koordinata pripadakojoj tacki. Iz definicije koordinate tacke sledi da je zgodno da se suprotna ori-jentacija dui oznaci minusom, jer se tada znak orijentacije slae sa znakomkoordinate.

Iz definicije koordinate tacke T neposredno sledi da ako je tacka T izmeduO i E tada joj je koordinata izmedu 0 i 1, ako je E izmedu O i T tada joj je koor-dinata veca od 1, a ako je O izmedu T i E tada joj je koordinata negativna.

Iz definicije koordinate tacke i sabiranja dui, tj. da za svake tri tacke vaiAB +BC = AC , neposredno se dobija za orijentisanu du T1T2

T1T2 = T1O+OT2 =OT2OT1 = x2OE x1OE = (x2x1)OE ,

pa se pomocu koordinata lako dobija rastojanje dve tacke na osi.Teorema (o duini dui). Neka su T1 i T2 dve tacke na pravoj p, cije su

koordinate x1 i x2. Tada je njihovo rastojanje

d(T1,T2)= |x2x1| .

Dokaz.

d(T1,T2)= |OT2OT1| = |(x2x1)OE | = |x2x1| |OE | = |x2x1| . 2

1.2 Deljenje dui u datom odnosu

Obicno se podrazumeva da je du orijentisana. Dui AB =C D ako i samoako je A =C i B =D , tj. dve dui su jednake ako i samo ako se poklapaju.

Definicija (podele dui). Neka je T1T2 du na pravoj p. Recicemo da tackaT deli du T1T2 u odnosu k, ako i samo ako vai jednakost orijentisanih dui

T1T = kT T2.

Podela dui T1T2 je prikazana na slici 2.


Teorema (o podeli dui). Za svako k 6= 1 postoji jedna i samo jedna tackaT koja deli du T1T2 u odnosu k. Koordinata tacke T je

x = x1+kx21+k .

Dokaz. Iz definicije o sabiranju dui za svaki poloaj tacke T na pravoj T1T2se dobija da je T1T +T T2 = T1T2 pa kada se prvi sabirak T1T zameni sa kT T2,uslovom da je T deona tacka, dobija se kT T2 +T T2 = T1T2. Kada se na obasabirka na levoj strani primeni sabiranje dui sa tackom O dobija se

k (OT2OT )+ (OT2OT )=OT2OT1,

Slika 2. Podela dui T1T2

ili preko jedinicne dui

(k+1)(x2 x)OE = (x2x1)OE ,

a odavde se dobija jednacina

(k+1)(x2x)= x2x1,

koja za k 6= 1 ima reenjex = kx2+x1

k+1 ,pa je reenje tacka T sa koordinatom x. Jednoznacnost tacke T sledi iz teoremeo merenju. 2

Ako je k = k2 : k1 tada se dobija neto simetricniji izraz

xx1 = k2k1

(x2x) pa je k1(xx1)= k2(x2x),

a odavde se dobija

x = k1x1+k2x2k1+k2

.

Iz dokaza ovog tvrdenja jasno je da se za k = 0 tacke T i T1 poklapaju. Zak = 1 dobija se da je T sredina dui T1T2, pa kada k raste od 0 do 1 tacka T senalazi u polovini dui T1T2 blioj tacki T1. Kada je k > 1 tada se tacka T nalaziu polovini dui T1T2 blioj T2. Kada k tada tacka T tei ka T2. Ako je


T2 izmedu T1 i T tada je k u intervalu < k < 1 i to k raste kako se tackaT udaljava od tacke T2. Kada tacka T tei beskonacnosti tada k tei 1, pase moe reci da k = 1 odgovara beskonacno udaljena tacka na pravoj T1T2.Konacno kada je T1 izmedu T i T2 tada je k u intervalu 1< k < 0.

Tvrdenje (o odnosu tri tacke). Neka su na pravoj date tri razlicite tacke A,B i C i neka tacka C deli AB u odnosu k 6= 1. Tada

C deli B A u odnosu 1/k,

B deli AC u odnosu 1k i B deli C A u odnosu 11+k ,

A deli BC u odnosu 1+kk

i A deli C B u odnosu k1+k .

Dokaz. Dokaimo da A deli BC u odnosu1+kk

. Neka A deli BC u odnosu

k1. Tada je

k1 = B AAC

= BC +C AAC

= BC ACAC

= BCAC

1=C BAC

1= 1k1,

jer je k = AC /BC . Ostala tvrdenja dokazuju se analogno.Definicija (harmonijskog para tacaka). Neka je dat par razlicitih tacaka A

i B . Par tacaka C i D naziva se harmonijski par tacaka u odnosu na tacke A i Bako tacka C deli du AB u odnosu k (k 6= 1), a tacka D u odnosu k.

Iz definicije podele dui dobija se da je

AC = kC B i AD =kDB

pa ako se eliminie k dobija se tacke C i D harmonijske dele A i B ako vai

AC

C B= AD

DB AC BD

AD BC =1 AC DB + AD C B = 0.

Iz ove jednakosti i osobina proporcije sledi da je

AC

C B= AD

DB AC

AD=C B

DB C A

AD= C B

BD,

pa se dobija i da tacke A i B harmonijski dele tacke C i D .Iz definicije harmonijske podele sledi da je jedna deona tacka u unutra-

njosti dui AB , a druga izvan nje. Neka je C izmedu A i B . Tada iz

AC +C B = AB i AC = kC B sledi 1+ 1k= AB

AC,


a iz

AD+DB = AB i AD =kDB sledi 1 1k= AB

AD.

Kada se

1+ 1k= AB

AC, i 1 1

k= AB

AD,

saberu dobija se2

AB= 1

AC+ 1

AD,

tj. AB je harmonijska sredina dui AC i AD .Harmonijski par tacaka moe da se definie sa

AC

C B= AD

DB AC

C B:

AD

DB=1,

ali gledano algebarski ova definicija harmonijskih tacaka specijalan je slucajjednakosti

AC

C B:

AD

DB= d ,

kada je d =1.Definicija (dvorazmera). Neka su data dva razlicita para tacake A, B i C , D .

Kolicnik odnosa AC : C B i AD : DB naziva se dvorazmera tacaka A, B , C i D .

1.3 Promena koordinata na pravoj

Na jednoj pravoj je pogodno imati vie koordinatnih sistema, jer je uvekzgodno imati koordinatni sistem preilagoden problemu, a posle rezultat izrazitiu nekom drugom sistemu.

1. Translacija.

Slika 3. Translacijakoordinatnog sistema

Neka je drugi koordinatni sistemdobijen translacijom tako da je novikoordinatni pocetak u tacki O (slika3), pri cemu tacka O u prvom koordi-natnom sistemu ima koordinatu x0.

Ako se koordinate u drugom (novom) sistemu oznace primovina tada je

x = x0+x , x = xx0,

1.3. Promena koordinata na pravoj 7

tj. koordinate tacke T u novom sistemu se dobijaju kada se od koordinate tackeT u starom sistemu oduzme koordinata novog koordinatnog pocetka u staromsistemu.

2. Homotetija.

Neka je drugi (novi) koordinateni sistem dobijen homotetijom sa koefici-jentom k, razlicitim od nule (slika 4 a)). Tada je

x = kx.

Pri tom treba voditi racuna da li je k > 0 ili k < 0. Kada je k > 0 tada se prilikompromene koordinata ocuvava orijentacija, a kada je k < 0 orijentacija ose semenja. Kada je |k| < 1 tada se medusobna rastojanja tacaka smanjuju, a kada je|k| > 1 medusobna rastojanja tacaka se povecavaju.

Specijalan slucaj homotetije je simetrija koja se dobija za k =1. Pri simetrijise ne menjaju rastojanja izmedu tacaka, ali se menja orijentacija (slika 4 b).

Slika 4. Homotetija:a) za k > 1, b) za k =1

Homotetija se najcece ko-risti za promenu razmere na osi.Naime, neka je OE nova jed-ninicna du i neka je OE = kOE .Tada je

OT = xOE = kxOE = x OE ,

pa je x = kx, tj. nova koordinata se dobija kad se stara koordinata pomnoibrojem koji je odnos stare i nove jedinicne dui (kojim se mnoi nova jedinicnadu da se dobija stara). Ako je |k| < 1 tada se homotetija naziva kontrakcija, aako je |k| > 1 dilatacija.

2Koordinatni sistem u ravni

Da bi se mogao odrediti poloaj tacke u ravni potrebne su bar dve koordi-nate. Te dve koordinate mogu da se izaberu na vie nacina, to zavisi od prob-lema koji se reava, jer je uvek pogodno ako se koordinate izaberu tako da buduprirodne za dati problem, s nadom da ce se problem tada lake reiti.

2.1 Pravougli koordinatni sistem u ravni

Jedan od najuniverzalnijih koordinatnih sistema je Dekartov pravougli ko-ordinatni sistem.

Definicija (Dekartovog koordinatnog sistema). U ravni je zadat Dekartovpravougli koordinatani sistem ako i samo ako su:

1) Odredene dve prave, koje se tradicionalno nazivaju x i y , koje se sekupod pravim uglom, pri cemu je x tradicionalno horizontalna, a y vertikalna, apresecna tacka se oznacava sa O.

2) Na svakoj od njih je izabran jedan smer i nazvan pozitivan.3) Na pozitivnom smeru prave x je izabrana tacka E1, a na pozitivnom smeru

prave y je izabrana tacka E2 tako da su dui OE1 i OE2 iste duine.

8

2.1. Pravougli koordinatni sistem u ravni 9

Kada ne moe da dode do zabune reci cemo samo koordinatni sistem, a po-drazumevace se Dekartov pravougli koordinatni sistem (slika 5). Obicno se x-osa naziva apscisa, predstavlja horizontalno, a pozitivan smer na njoj je udesno,dok se y-osa naziva ordinata, predstavlja vertikalno i pozitivan smer na njoj jenagore. Tacka preseka osa se naziva koordinatni pocetak i obicno oznacava saO. Koordinatne ose dele ravan na 4 dela koji se nazivaju kvadranti. U I kvad-rantu su obe koordinate tacaka pozitivne, u I I kvadrantu je apscisa negativna,a ordinata pozitivna, u I I I kvadrantu su obe koordinate negativne i u IV kvad-rantu je apscisa pozitivna, a ordinata negativna (slika 5).

Slika 5. Dekartov koordinatni sistem u ravni

Definicija Dekartovog koordinatnog sistema moe da se uopti na vie naci-na; najceci su da se du x i y ose izaberu dui OE1 i OE2 razlicite duine, alitada nije moguce meriti duine kosih dui, ili da ose nisu normalne nego dazaklapaju zadati ugao razlicit od pravog. Kada ose ne zaklapaju prav ugao ko-ordinatni sistem se naziva kosougli i retko se koristi. Treca mogucnost je da seposmatraju samo tacke sa racionalnim koordinatama itd.

Teorema (o jednoznacnosti koordinata). Neka je u ravni dat Dekartov ko-ordinatni sistem. Tada svakoj tacki u ravni jednoznacno odgovara ureden parrealnih brojeva i obrnuto svakom uredenom paru realnih brojeva jednoznacnoodgovara tacka u ravni.

10 Glava 2. Koordinatni sistem u ravni

Dokaz. Neka je T proizvoljna tacka u ravni. Pretpostavimo da se tacka Tne nalazi ni na osi x ni na osi y . Oznacimo sa T1 podnoje normale sputene iztacke T na x-osu, po pretpostavci je T1 6=O, a sa T2 podnoje normale sputeneiz tacke T na y-osu, po pretpostavci je T2 6= O. Kako su normale jedinstveneto su i tacke T1 na x-osi i T2 na y-osi jednoznacne. Na osnovu teoreme 1. jekoordinata tacke T1 jednoznacno odredena i neka je oznacena sa x, x 6= 0 jerje T1 6= O. Analogno je i koordinata tacke T2 jednoznacno odredena i neka jeoznacena sa y , y 6= 0 jer je T2 6=O. Tada tacke T jednoznacno odgovara uredenipar realnih brojeva (x, y) 6= (0,0).

Ako je tacka na x-osi tada je prva koordinata odredena tackom T , a drugakoordinata je nula, pa u ovom slucaju tacki T odgovara uredeni par (x,0).

Ako je tacka na y-osi tada je druga koordinata odredena tackom T , a prvakoordinata je nula, pa u ovom slucaju tacki T odgovara uredeni par (0, y).

Obrnuto, neka je dat koordinatni sistem u rani i uredeni par brojeva (x, y).Ako je x 6= 0 i y 6= 0, tada na x-osi postoji jednoznacno odredena tacka T1 6=Osa koordinatom x i na y-osi postoji jednoznacno odredena tacka T2 6=O cija jekoordinata y . Kroz T1 konstruiimo normalu na x-osu, a kroz T2 normalu nay-osu. U preseku tih dveju normala ce se nalaziti tacka T . Kako su normalejedinstvene to je i tacka T jednoznacno odredena.

Ako je y = 0 u paru (x, y) tada je T tacka na x-osi cija je koordinata x, a akoje x = 0 tada je T tacka na y-osi odredena svojom koordinatom y . 2

2.2 Transformacije pravouglogkoordinatnog sistema u ravni

Slicno kao i na pravoj pogodno je imati vie koordinatnih sistema u istojravni. Naime, obicno je data neka figura opisana u jednom koordinatnom sis-temu, a za reavanje problema u vezi sa tom figurom pogodnije je da se onanalazi u specijalnom poloaju. Tada se problem reava tako da se uvede novikoordinatni sistem, u njemu rei problem, a zatim se nadeno reenje odgovara-jucom transformacijom koordinata preracuna na stare koordinate.

Ispitajmo vezu izmedu dva pravougla koordinatna sistema definisanih u is-toj ravni. Uvek je moguce sa najvie tri geometrijske transformacije svesti jedanna drugi. Naime, prvo izvedemo translaciju tako da se poklope koordinatnipoceci oba sistema. Ako su se poklopile i ose tada je gotovo. Ako ne, x-osa

2.2. Transformacije koordinata 11

Slika 6. Translacija koordinatnog sistema u ravni

jednog zaklapa sa x -osom drugog neki ugao . Izvedemo rotaciju za taj ugao.Tada su x-ose poklopile, a i y-ose su se poklopile kao prave. Ako im se slae ori-jentacija tada je gotovo, a u protivnom slucaju treba izvesti jednu osnu simetrijuoko x-ose. Ispitajmo transformaciju koordinata pri translaciji, rotaciji, osnojsimetriji oko x-ose i jo neka koja se povremeno koriste.

1. Translacija

Neka je novi koordinatni sistem dobijen translacijom starog sistema tako dasu (x0, y0) koordinate koordinatnog pocetka novog sistema u starom sistemu(slika 6). Ako koordinate u novom sistemu oznacimo primovima tada je vezastarih i novih koordinata data sa

x = x0+x , x = xx0,y = y0+ y , y = y y0.

2. Rotacija

Neka je novi koordinatni sistem dobijen raotacijom starog oko koordinatnogpocetka za ugao (slika 7). Oznacimo koordinate u novom koordinatnom sis-temu primovima, i neka je projekcija T 1 na T T1 oznacena sa M , a projekcija T

1

na x-osu sa N i neka je P presek x -ose i prave T T1.


Trougao4POT1 je slican trouglu4PT T 1, jer su im uglovi kod P unakrsni, augao kod T1 jednak je uglu kod T 1 kao pravi uglovi, pa je i ugaoPT T 1. Odatlese dobija da je T 1M = y sin.

Kako je cetvorougao T1N T 1M pravougaonik to je T1N =MT 1 i T 1N =MT1pa je

x =ON N T1 =ON T 1M , y =MT1+T M = T 1N +T M .

Iz trougla 4ON T 1 je ON = x cos i T 1N = x sin, a iz trougla 4T MT 1 jeT M = y cos i T 1M = y sin pa kada se ovi izrazi zamene u gornje jednakostikonacno se dobija veza izmedu starih i novih koordinata prilikom rotacije:

x = x cos y sin y = x sin+ y cos

Slika 7. Rotacija koordinatnog sistema u ravni

Da se dobije izraz za nove koordinate preko starih, mogu da se primeni isteformule, samo se obrne orijentacija ugla . Sinus je neparna, a kosinus parnafunkcija pa se dobija

x = x cos+ y sin y =x sin+ y cos.

Isti rezultat moe se dobiti i reavanjem jednacina po x i y .

2.3. Rastojanje izmedu dveju tacaka 13

3. Osna simetrija

Osna simetrija oko x-ose je vrlo jednostavna, jer se x-koordinata ne menja,a y-koordinata menja znak:

x = x y =y.

Ako treba da se izvede osna simatrija u odnosu na proizvoljnu pravu, tada trebaizvesti translaciju i rotaciju tako da ta prava postane x-osa.

Proizvod dve osne simatrije je rotacija (kada se ose seku) ili translacija (kadasu ode paralelne).

4. Homotetija

Homotetija u odnosu na koordinatni pocetak data je sa

x = kx, y = k y, k 6= 0.

Homotetija sa |k| > 1 se naziva dilatacije, a homotetija sa |k| < 1 kontrakcija.Homotetija sa k =1 je centralna simetrija. Proizvod dve osne simetrija cije

se ose seku pod pravim uglom su centralna simatrija.Cesto se koristi i uoptenje homotetije tako da su koeficijenti du x- ili y-ose

razliciti. Kada je

x = x, y = k y, k 6= 0tada se trasformacije naziva deformacija du y-ose. Analogno se definie i de-formacija du x-ose.

2.3 Rastojanje izmedu dveju tacaka

Merenje dui koje su na koordinatnim osama ili na pravim paralelnim sanjima je jednostavno. Opti problem je merenje kosih dui ili odredivanje ras-tojanje dve proizvoljne tacke.

Reimo najpre jednostavan slucaj kada je jedna krajnja tacka dui koordi-natni pocetak ili nalaenje rastojanja proizvoljne tacke T (x, y), koja ne lei nakoordinatnim osama, od koordinatnog pocetka. Neka je T podnoje noramle


sputene iz tacke T na x-osu. Ako se primeni Pitagorina teorema na pravouglitrougao4OT T dobija se

d(O, T )=

x2+ y2.Primetimo da ova formula vai i kada se tacka T nalazi na koordinatnim

osama.Neka su sada date dve tacke T1(x1, y1) i T2(x2, y2). Uvedimo novi koordi-

natni sistem, dobijen translacijom starog, tako da je tacka T1 novi koordinatnipocetak. Tada su (x1, y1) koordinate novog koordinatnog pocetka u starom sis-temu, pa je veza novih istarih koordinata data sa

x = xx1, y = y y1.

Slika 8. Rastojanje dveju tacaka u ravni

Dobija se da je

d(T1, T2)=

x 22 + y 22 =

(x2x1)2+ (y2 y1)2.

2.4 Polarni koordinatni sistem u ravni

Poloaj tacaka u ravni moe lako da se odredi na jo jedan nacin. Naime,poloaj tacke T (x, y) je jednoznacno odreden ako se zna njeno rastojanje r

2.4. Polarni koordinatni sistem u ravni 15

(r 0) od koordinatnog pocetka i ugao (0 < 2pi) koji zaklapa du OTsa pozitivnim delom x-ose. Ako je poloaj tacke T zadat njenim rastojanjemod koordinatnog pocetka r i uglom koji du OT zaklapa sa pozitivnim delomx-ose tada se kae da je tacka odredena svojim polarnim koordinatama. r senaziva radijus vektor, a polarni ugao.

Slika 9. Polarni koordinatni sistem u ravni (levo),rotacija u polarnom koordinatnom sistemu (desno)

Ako je T1 projekcija tacke T (x, y) na x-osu tada je u pravouglom trouglu4OT1T , du OT hipotenuza, OT1 je nalegla kateta duine |x|, ili kao orijenti-sana du duine x, a T T1 je naspramna kateta i njena duina je |y | ili y ako seposmatra kao orijentisana du. Dobija se da je

sin= yx2+ y2

, cos= xx2+ y2

, tg= yx

.

Time se dobija da je veza izmedu polarnih i Dekartovih koordinata.

r = +

x2+ y2 =

arctg yx , x 6= 0,

pi2 , x = 0, y > 0,

pi2 , x = 0, y < 0,nedefinisano, x = 0, y = 0.


i obrnutox = r cos, y = r sin.

Koricenjem polarnog koordinatnog sistema vrlo lako se izvodi transfor-macija koordinata prilikom rotacije. Neka je novi koordinatni sistem dobijenrotacijom za ugao oko koordinatnog pocetka (slika 9, desno).

Tada je r = r i = pa se iz x = r cos i y = r sin dobija

x = r cos(), y = r sin().

Kada se iskoriste adicione formule za sinus i kosinus i veze x = r cos i y =r sin dobija se

x = r coscos+ r sinsin= x cos+ y sin,

y = r sincos r cossin=x sin+ y cos.

2.5 Deljenje dui u datom odnosu

Izvedimo sada obrazac za koordinate tacke koja deli du u datom odnosu.Neka je data du T1T2 i realan broj k 6= 1. Odredimo na pravoj t odredenom

tackama T1 i T2 tacka S tako da tacka S deli du T1T2 u odnosu k.U prethodnom poglavlju reili smo ovaj problem za du na osi. Opti slucaj

u ravni moe se svesti na podelu dui na osi. Ako se najpre koordinatni sistemtranslira tako da tacka T1 postane novi koordinatni pocetak, a zatim se izvederotacija da tacka T2 postane tacka na x-osi tada je problem sveden na podeludui na osi.

Ako se koordinate posle translacije oznace primom, a posle rotacije sa dvaprima dobili smo da se tacka T2 nalazi na x -osi. Tada se prava t poklapasa x -osom i moemo direktno da primenimo rezultat teoreme o podeli duiiz prethodnog poglavlja (slika 10). Imamo tacka T1(0,0) i T2(x 2 ,0), pa postojitacka S na x -osi za koju je

x s =k

1+k x2 y

s = 0.

Iz formula za stare koordinade pomocu novih u slucaju rotacije je

x = x cos y sin, y = x sin+ y cos,


Slika 10. Podela dui u datom odnosu

pa je i

x s = x s cos y s sin, y s = x s sin+ y s cos.Za sve tacke na x -osi za koje je x 6= 0 je

cos= x

x , sin= y

x

pa i za x 2 . Kada zamenimo ove vrednosti kosinusa i sinusa i koordinate tacke Sdobija se da je

x s =k

1+k x2

x 2x 2

i y s =k

1+k x2

y 2x 2

,

ili kada se sredi

x s =k

1+k x2 i y

s =

k

1+k y2.

Ako se sada iskoristi da je x = xx1, y = y y1 konacno se dobija da je

xs x1 = k1+k (x2x1)


xs = k1+k x2+x1

k

1+k x1 =1

1+k x1+k

1+k x2 =x1+kx2

1+k .

Analogno se dobija da je i

ys = y1+k y21+k .

Kada je k = k1/k2 tada se dobija da je

xs = k1x1+k2x2k1+k2

i ys = k1 y1+k2 y2k1+k2

.

Ako je k = 1, tj. kada je T1S = ST2 pa je S sredina dui T1T2, dobija se da je

xs = x1+x22

i ys = y1+ y22

.

Primer. Neka je dat trougao4ABC cija temena imaju koordinate A(xa , ya),B(xb , yb), C (xc , yc ). Odrediti koordinate teita.

Teiste se nalazi na teinici (dui koja spaja jedno teme sa sredinom suprotnestranice) i deli je odnosu 2 : 1, pri cemu je blie sredini stranice. Ako se sa Doznaci sredina stranice AC , a teiste sa T i prethodna recenica prevede na ko-ordinate dobija se da je

D(xd , yd )=(xb +xc

2,

yb + yc2

).

Za T se dobija da je AT = 2T D pa je

T (xt , yt )=(

xa +2xd3

,ya +2yd

3

)=(xa +xb +xc

3,

ya + yb + yc3

).

Posledica ovog tvrdenja je da se sve tri teinice seku u jednoj tacki, jer akose T izracuna na isti nacin na teinicama iz temena B i C uvek se dobija istatacka.

2.6 Povrina trougla i poligona

Izracunajmo sada povrinu trougla ako su mu poznata temena, tj. ako supoznate koordinate temena. Taj problem je najlake reiti u dva koraka. Naime,ako se translira koordinatni sistem tako da jedno teme postane koordinatni

2.6. Povrina trougla i poligona 19

Slika 11. Povrina trougla transformacijom koordinata

pocetak novog koordinatnog sistema, a zatim se rotira tako da jedna stranicabude na x-osi tada je problem jednostavno reiti. Zatim treba izvesti transfor-macije koordinatnog sistema u obrnutom redosledu.

Neka je dat trougao 4T1T2T3 tako da je T3(0,0) u koordinatnom pocetku,T1(x1,0) na pozitivnom delu x-ose, a T2(x2, y2) u gornjoj poluravni (slika 11).Tada je povrina trougla

P = x1 y22

.

Ako T1 nije na pozitivnom delu x-ose tada je potrebno izvesti osnu simetrijuoko y-ose (y = y , x = x ), a ako T2 nije u gornjoj poluravni tada je potrebnoizvesti osnu simetriju oko x-ose (y =y , x = x ). Dobija se da je za proizvoljanpoloaj tacke T1 na x-osi i T2 povrina trougla

P = 12

x 1 y 2 .Koristeci vezu izmedu starih i novih koordinata pri rotaciji koordinatnog

sistema dobija se da je

x = x cos+ y sin, y = y cosx sin,


gde jeugao koji zaklapa T3T1 sa x-osom. Kosinus i sinus tog ugla izracunavajuse iz pravouglog trougla4T3ST1

sin= y1

x 1, cos= x

1

x 1.

Kada se ova rotacija primeni na obrazac P = |x 1 y 2 |/2 dobija se

P = 12

(x 1 cos+ y 1 sin)(y 2 cosx 2 sin) = 12 x 21 + y 21x 1

x 1 y2x 2 y 1x 1

== 1

2

x 1 y 2 x 2 y 1 ,jer se iz pravouglog trougla4T3ST1 dobija da je x 21 + y 21 = x 21 .

Dobili smo koristan obrazac za povrinu trougla ciji je teme T3 u koordinat-nom pocetku

P = 12

x1 y2x2 y1 .Da se dobije povrina trougla u optem slucaju ostaje jo samo da se izvede

translacijax = xx3 y = y y3.

Tada se iz obrasca P = 12 x 1 y 2x 2 y 1 dobija

P = 12

(x1x3)(y2 y3) (x2x3)(y1 y3) == 1

2

x1 y2x1 y3x3 y2+x3 y3x2 y1+x2 y3+ x3 y1x3 y3 == 1

2

x1(y2 y3)+x2(y3 y1)+x3(y1 y2) .Ovaj obrazac se lako pamti na sledeci nacin. Obrazac se sastoji od sabirakaoblika xi (y j yk ) u kojima se indeksi ponavljaju ciklicki 123, 231 i 312.

Obrazac za povrinu trougla moe da se napie i u nesto drukcijem oblikutako da ima jednostavno geometrijsko tumacenje.

P = 12

(x1 y2x2 y1)+ (x2 y3x3 y2)+ (x3 y1x1 y3) .


Slika 12. Izracunavanje povrina pomocu polarnih koordinata:trougla (levo) i konveksnog poligona (desno)

Povrina trougla 4T1T2T3 dobija se tako da se od povrine trougla 4OT1T2oduzmu povrine trouglova 4OT1T3 i 4OT3T2. Dakle, potrebno je samo znatipovrinu trougla u kome je jedno teme u koordinatnom pocetku.

Povrina trougla cije je jedno teme u koordinatnom pocetku moe vrlo lakoda se izvede koricenjem polarnih koordinata. Neka je dat trougao 4OT1T2(slika 12 levo). U polarnim koordinatama su T1(r1,1) i T2(r2,2) pa je povrinatrougla

P4OT1T2 =1

2r1r2 sin(21)= 1

2r1r2(sin2 cos1 sin1 cos2

) == 1

2

[(r1 cos1

)(r2 sin2

) (r2 cos2)(r1 sin1)]= 12

x1 y2x2 y1 .Ako se od povrine trougla 4OT1T2 oduzmu povrine trouglova 4OT1T3 i

4OT3T2 dobija se obrazac

P = 12

(x1 y2x2 y1)+ (x2 y3x3 y2)+ (x3 y1x1 y3) ,koji je malopre izveden.

Obrazac za povrinu trougla

P = 12

(x1 y2x2 y1)+ (x2 y3x3 y2)+ (x3 y1x1 y3) .


odmah moe da se uopti na obrazac za izracunavanje povrine konveksnogpoligona od n tacaka, jer se isti postupak moe primeniti na konveksan poligon(slika 12 desno).

Neka je dat konveksan poligon svojim temenima T1(x1, y1), T2(x2, y2), . . . ,Tn(xn , yn). Tada je njegova povrina

P = 12

(x1 y2x2 y1)+ (x2 y3x3 y2)+ . . .+ (xn1 yn xn yn1)+ (xn y1 x1 yn) .Dokaz se ostavlja za vebu. ta se dobija kada poligon nije konveksan?

Teorema (O tackama na stranicama trougla). Neka je dat trougao 4ABCsvojim temenima A(xa , ya), B(xb , yb) i C (xc , yc ). Na stranici AB je data tacka C1koja je deli u odnosu r , r 6= 1, na stranici BC tacka A1 koja je deli u odnosu s,s 6= 1, i na stranici C A tacka B1 koja je deli u odnosu t , t 6= 1. Tada je odnospovrina trouglova4ABC i4A1B1C1.

P A1B1C1 =1+ r st

(1+ r )(1+ s)(1+ t ) P ABC .

Dokaz. Koordinate tacaka A1, B1 i C1 su

A1(xb + sxc

1+ s ,yb + s yc

1+ s)

, B1

(xc + t xa

1+ t ,yc + t ya

1+ t)

, C1(xa + r xb

1+ r ,ya + r yb

1+ r)

.

Povrina trougla4A1B1C1 moe da se dobije kada se od povrine trougla4ABCoduzmu povrine trouglova 4A C1B1, 4B A1C1 i 4C A1B1. Izracunajmo dvo-struke povrine ovih trouglova vodeci racuna o orijentaciji tako da ne piemoapsolutnu vrednost

2P AC1B1 =[

(xa yc1 xc1 ya)+ (xc1 yb1 xb1 yc1 )+ (xb1 ya xa yb1 )] =

=[(

xaya + r yb

1+ r xa + r xb

1+ r ya)+(

xa + r xb1+ r

yc + t ya1+ t

xc + t xa1+ t

ya + r yb1+ r

)+

+(

xc + t xa1+ t ya xa

yc + t ya1+ t

)]=[ r

1+ r(xa yb xb ya

) ++ 1

(1+ r )(1+ t )[(

xa yc xc ya)+ r (xb yc xc yb)+ r t (xb ya xa yb)] +

+ 11+ t

(xc ya xa yc

)]= [( r1+ r

r t

(1+ r )(1+ t ))(

xa yb xb ya) +


+ r(1+ r )(1+ t )

(xb yc xc yb

)+( 11+ t

1

(1+ r )(1+ t ))(

xc ya xa yc)] =

=[

r

(1+ r )(1+ t )(xa yb xb ya

)+ r(1+ r )(1+ t )

(xb yc xc yb

) ++ r

(1+ r )(1+ t )(xc ya xa yc

)]= r(1+ r )(1+ t )

[(xa yb xb ya

) ++ (xb yc xc yb)+ (xc ya xa yc)]= r(1+ r )(1+ t ) 2P ABC

Kada se skrati sa 2 dobija se da je

P AC1B1 =r

(1+ r )(1+ t ) P ABC .

Potpuno analogno se dobija da je

PB A1C1 =s

(1+ s)(1+ r ) P ABC i PC B1 A1 =t

(1+ t )(1+ s) P ABC .

Slika 13. Tacke na stranicama trougla (levo),Menelajeva teorema (desno)

Sada moemo da izracunamo povtinu traenog trougla, od povrine trougla4ABC treba oduzeti povrine ova tri trougla. Dobija se

P A1B1C1 = P ABC P AC1B1 PB A1C1 PC B1 A1 =


=(1 r

(1+ r )(1+ t ) s

(1+ s)(1+ r ) t

(1+ t )(1+ s))

P ABC =

= 1+ r st(1+ r )(1+ s)(1+ t ) P ABC . 2

Iz ove teoreme odmah se dobija vrlo korisna posledica, potreban i dovoljanuslov da tri tacke na trima pravama lee na jednoj pravoj.

Posledica (Menelajeva teorema). Neka je dat trougao 4ABC . Na straniciAB je data tacka C1 koja je deli u odnosu r , r 6= 1, na stranici BC tacka A1koja je deli u odnosu s, s 6= 1, i na stranici C A tacka B1 koja je deli u odnosu t ,t 6= 1. Potreban i dovoljan uslov da tacke A1, B1 i C1 lee na jednoj pravoj je davai:

r st =1.Kao primenu dokaimo Cevinu i Dezargovu teoremu.Cevina teorema. Neka je dat trougao 4ABC . Na stranici AB data je tacka

C1 koja je deli u odnosu r , r 6= 1, na stranici BC tacka A1 koja je deli u odnosus, s 6= 1, i na stranici C A tacka B1 koja je deli u odnosu t , t 6= 1. Potreban idovoljan uslov da se prave A A1, BB1 i CC1 seku u jednoj tacki je da vai:

r st = 1.

Slika 14. Cevina teorema

Dokaz. Neka se prave A A1, BB1 i CC1seku u jednoj tacki i neka je to tackaT (slika 14). Primenimo Menelajevuteoremu na trougao 4AB A1 i pravuCC1. Tada vai

AC1C1B

BCC A1

A1TT A

=1.

Primenimo sad Menelajevu teoremuna trougao4A A1C i pravu BB1. Tadavai

AT

T A1 A1B

BC C B1

B1 A=1.

Kada izmnoimo ove dve jednakosti dobijamo

AC1C1B

BCC A1

A1TT A

ATT A1

A1BBC

C B1B1 A

= 1.


Kada se skrate BC , A1T i AT (pri tom se koristi da je UV =V U ), dobija se daje

AC1C1B

B A1A1C

C B1B1 A

= 1.

Obrnuto neka za tacke A1, B1 i C1 na stranicama trougla4ABC vaiAC1C1B

B A1A1C

C B1B1 A

= 1,

i neka prava A A1 ne prolazi kroz tacu T , presek pravih BB1 i CC1. Neka pravaAT sece naspramnu stranu u taci A1. Tada vai

AC1C1B

B A1

A1C C B1

B1 A= 1.

pa jeAC1C1B

B A1A1C

C B1B1 A

= AC1C1B

B A1

A1C C B1

B1 A,

ili kada se skratiB A1A1C

= B A1

A1C.

Tacke A1 i A1 dele BC u istom odnosu pa se A1 i A1 poklapaju. 2

Primena Cevine teoreme u analitickoj geometriji nije jako velika, jer je alge-barski uslov da tri prave prolaze kroz jednu tacku vrlo jednostavan.

Dezargova teorema. Neka su dati trouglovi 4ABC i 4A1B1C1 pri cemusu prave A A1, BB1 i CC1 konkurentne. Neka se prave AB i A1B1 seku u tackiP , prave BC i B1C1 u tacki Q i prave C A i C1 A1 u R. Tada su tacke P , Q i Rkolinearne.

Dokaz. Tacke P , A1 i B1 lee na pravoj koja preseca stranice trougla 4O AB(slika 15), pa je na osnovu Menelajeve teoreme

AP

PB BB1

B1O O A1

A1 A=1.

Analognom primenom Menelajeve teoreme na trougao 4OBC i pravu B1C1Qdobija se

BQ

QC CC1

C1O OB1

B1B=1,


Slika 15. Dezargova teorema

i primenom na trougao4OC A i pravu RC1 A1 dobija seC R

R A A A1

A1O OC1

C1C=1.

Kada se ove tri jednakosti izmnoe dobija se

AP

PB BQ

QC C R

R A=1.

Tacke P , Q i R se nalaze na stranicama trougla 4ABC pa lee na jednoj pravoj.2Dezargova teorema vai i u slucaja kada su neke od presecnih tacaka ili

pravih u beskonacnosti.

3Prava u ravni

Prava je jedna od najjednostavnijih i najvanijih geoemetrijskih figura takoda se u geometriji bira za osnovni pojam. Niz geometrijskih figura sastoji odpravih ili njenih delova. Ispitajmo najpre jednacinu prave.

3.1 Jednacina prave

Jednacina prave moe da se zada na vie nacina, iako su svi nacini medu-sobno ekvivalentni.

3.1.1 Eksplicitna jednacina prave

Neka je p prava u ravni koja nije paralelna ni jednoj koordinatnoj osi. Pravap jednoznacno je odredena sa svoje dve razlicite tacke. Neka p sece y-osu utacki M(0,m) i neka je N proizvoljna druga tacka na toj pravoj razlicita od M(slika 16 levo).

Ako transliramo koordinatni sistem tako da M postane koordinatni pocetaktada imamo pravu koja prolazi kroz koordinatni pocetak i nije paralelna koor-dinatnim osama. Neka je T (x , y ) proizvoljna tacka na pravoj p. Tada su trou-

27

28 Glava 3. Prava u ravni

Slika 16. Prava u ravni: u optem poloaju (levo),vertikalna i horizontalna prava (desno)

glovi4OT T i4ON N slicni, pri cemu je na slici primom oznaceno podnojenormale sputene iz tacka na pravoj na x -osu. Iz ove slicnosti dobija se da je

y

x = y

N

x N.

Prava p je jednoznacno odredena uglom koji zaklapa sa x-osom. Tangensovog ugla

tg= yN

x N= k

se najcece oznacava k i naziva koeficijent pravca prave. Dobija se

y

x = y

N

x N= k y = kx.

Ako se sad vratimo na stare koordinate x = x, y = y m dobija se da je jed-nacina prave koja nije paralelna koordinatnim osama

y = kx+m.

U ovoj jednacini je k tangens ugla koji prava zaklapa sa x-osom, a m je odsecakna y-osi. Jednacina krive u obliku y = f (x) se naziva eksplicitna jednacina krive,pa se ova jednacina naziva eksplicitna jednacina prave.

3.1. Jednacina prave 29

Kada je prava paralelna x-osi ili se sa njom poklapa tada sve tacke na njojimaju isto rastojanje od x-ose i ono je jednako odsecku na y-osi m (slika 16desno). Dobija se da je jednacina prave paralelne x-osi

y =m.

Kada je prava paralelna y-osi ili se sa njom poklapa tada sve tacke na njojimaju isto rastojanje od y-ose i ono je jednako odsecku na x-osi n (slika 16desno). Dobija se da je jednacina prave paralelne y-osi

x =n.

U svakom od ova tri slucaja dobilo se da je jednacina prave jednacina prvogstepena. Zbog toga se jednacina prvog stepena naziva linearna jednacina.

3.1.2 Opta jednacina prave

Iz prethodnog odeljka sledi da je jednacina prave jednacina prvog stepe-na. Ispitajmo ta se dobija kada se polinom od dve promenljive prvog stepenaizjednaci sa nulom.

Teorema (o linearnoj jednacini). Neka je data opta jednacina prvog ste-pena sa dve promenljive

Ax+B y +C = 0.Tada ona jednoznacno odreduje pravu i obrnuto svaka prava jednoznacno odredujeneku jednacinu prvog stepena.

Dokaz. Iz prethodnog odeljka sledi da svaka prava jednoznacno odredujejednacinu prvog stepena.

Ako je Ax+B y +C = 0 jednacina prvog stepena tada ne mogu istovremenoda budu i A i B jednaki nuli.

Ako je A = 0 tada je B 6= 0 pa je

y =CB

,

a to je jednacina prave koje je paralelna ili se poklapa sa x-osom.Ako je B = 0 tada je A 6= 0 pa je

x =CA

,


a to je jednacina prave koje je paralelna ili se poklapa sa y-osom.Neka su sada i A i B razliciti od nule. Tada je

y = AB

x CB

,

ili ako oznacimo A/B = k i C /B =m

y = kx+m.

Dakle, i u ovom slucaju jednacina Ax +B y +C = 0 je jednacina prave ciji jekoeficijent pravca A/B i odsecak na y-osi C /B . 2

Kada prava sece obe koordinatne ose, a ne prolazi kroz koordinatni poce-tak tada je jednoznacno odredena duima koje odseca na koordinatnim osama.Neka su tacke na koordinatnim osama kroz koje prolazi prava (a,0) na apscisii (0,b) na ordinati. Ako zamenimo koordinate ovih tacaka u optu jednacinuprave dobijamo

Aa+C = 0 = a =CA

, Bb+C = 0 = b =CB

,

pa smo dobili izraze za duinu odsecaka na kordinatnim osama.Izrazimo A i B iz gornjih formula i zamenimo u optu jednacinu prave

Ca

x Cb

y +C = 0.

Po pretpostavci prava ne prolazi kroz koordinatni pocetak pa je C 6= 0. Kadase ova jednacina podeli sa C i jedinica prebaci na drugu stranu dobija se tzv.segmentni oblik jednacine prave

x

a+ y

b= 1.

3.1.3 Normalni oblik jednacine prave

Prava moe da se okarakterie na jo jedna nacin. Prava je skup svih tacakau ravni koje se pri paralelnoj projekciji na datu pravu projektuju u jednu tacku.Zbog jednostavnosti izaberimo ortogonalnu projekciju. Drugim recima pravaje jednoznacno odredena ako se zna normala kroz koordinatni pocetak na datu


pravu i odsecak na normali odreden datom pravom i koordinatnim pocetkom.Pri tom je normala potpuno odredena uglom koji zaklapa sa pozitivnim delomx-ose, a odsecak na njoj se uvek moe uzeti da bude pozitivan.

Kako realizovati opisanu konstrukciju analiticki?Najjednostavnije je to realizovati tako da se projektuje na x-osu. Naime,

ako je T (x, y) proizvoljna tacka tada je T (x,0) njena projekcija na x-osu. Nataj nacin dobijamo da je jednacina prave p normalne na x-osu jednoznacnoodredena rastojanjem tacke od koordinatnog pocetka u koju se projektuju tackeprave p. Ako to rastojanje isto oznacimo sa p dobija se da je njena jednacinax = p (slika 17 levo).

Slika 17. Normalni oblik jednacine prave

U optem slucaju, kada prava na koju projektujemo q nije x-osa tada q za-klapa ugao sa x-osom. Ovaj slucaj se prosto reava rotacijom, jer rotacijomza ugao ona postaje apscisna osa u novom koordinatnom sistemu (slika 17desno). U novim koordinatama je jednacina normale na x -osu je

x = p.

Ako ovu jednacinu izrazimo u starim koordinatama tada se dobija

x cos+ y sin= p.

Jednacina prave u ovom obliku se naziva normalna jednacina prave.


Ugao je ugao koji zaklapa normala na pravu i pozitivan deo x-ose, a p jerastojanje prave od koordinatnog pocetka. Orijentacija na normali se bira takoda je smer od koordinatnog pocetka ka pravoj pozitivan.

Objasnimo kako se dobija normalni oblik jednacine prava kada je ona za-data optom jednacinom. Ocigledno, optu jednacinu prave

Ax+B y +C = 0

treba pomnoiti pogodnom konstantom M 6= 0 i izjednaciti odgovarajuce ko-eficijente. Dobija se konstanta M treba da zadovoljava uslove

M A = cos, MB = sin.

Kada se ova dva uslova kvadriraju i saberu dobija se

(M A)2+ (MB)2 = cos2+ sin2= 1, pa je

M 2(

A2+B 2)= 1 M 2 = 1A2+B 2 M =

1pA2+B 2

.

Znak se odreduje iz uslova da bude MC =p ili da je

p =MC .

p je rastojanje prave od koordinatnog pocetka, dakle pozitivan broj, pa se zankod M odreduje tako da MC bude pozitivno.

3.1.4 Rastojanje tacke od prave

Sledeci vaan problem je odrediti rastojanje tacke od prave.Ako je prava vertikalna tada je reenje ovog problema vrlo jednostavno. Jed-

nacina ove prave je x = p pa je rastojanje d tacke T1(x1, y1) od ove prave

d = |x1p|.

Neka je sada prava u proizvoljnom poloaju. Zarotirajmo koordinatni sis-tem za ugao tako da prava postane normalna na pozitivni deo nove x-ose(slika 17 desno). Tada je njena jednacina u novom koordinatnom sistemu

x = p pa je rastojanje d = |x 1p|.


Ako se vratimo na stare koordinate dobijamo da je jednacina prave

x cos+ y sin= p,

u stvari normalna jednacina prave, a rastojanje je

d = |x1 cos+ y1 sinp|.

Iz ovog obrasca neposredno sledi da se rastojanje tacke od prave dobija takoda se u linearni polinom koji se korisiti u normalnoj jednacini prave x cos+y sinp zamene koordinate tacke.

Znak d ima sledece znacenje koje se lako objanjava. Ako je d pozitivnotada se tacka i koordinatni pocetak nalaze sa razlicitih strana prave, a ako jeznak negativan tada su tacka i koordinatni pocetak sa iste strane prave.

3.1.5 Polarni oblik jednacine prave

Iz normalnog oblika jednacine prave

p : x cos+ y sin= p

odmah se dobija polarni oblik jednacine prave. Iskoristi se veza Dekartovih ipolarnih koordinata

x = r cos, y = r sini kada se ove vrednosti za x i y zamene u normalni oblik jednacine prave dobijase da je polarni oblik jednacine prave

r coscos+r sinsin= p r cos()= p r = pcos() .

3.1.6 Jednacina prave kroz jednu tacku, kroz dve tacke iparametarska jednacina prave

Ispitajmo sad koji uslov mora da zadovoljava jednacina prave da bi pravaprolazila kroz zadatu utvrdenu tacku T1(x1, y1). Neka je prave zadata optomjednacinom

Ax+B y +C = 0,


a zato to tacka T1 lei na datoj pravoj koordinate tacke moraju da zadovol-javaju jednacinu te prave pa je

Ax1+B y1+C = 0.Kada se ove dve jednacine oduzmu dobija se traeni uslov

A(xx1)+B(y y1)= 0.Pri tom A i B mogu da budu proizvoljni brojevi takvi da nisu oba jednaka nuli,to moe da se zapie sa A2+B 2 > 0.

Kada je prava zadata eksplicitnom jednacinom tada se analognim postup-kom dobija

y y1 = k(xx1),gde je k proizvoljan broj.

Ovaj oblik jednacine prave se naziva jednacina prave kroz jednu tacku iakose iz nje ne moe direktno dobiti jednacina prave normalne na x-osu. Da se izovog oblika prave dobija jednacina normale na x-osu moe da se koristi granicnipostupak. Ako se jednacina prave kroz jednu tacku napie u obliku

y y1k

= xx1i sad pusti da koeficijent pravca tei tada se dobija da je jednacina normalena x-osu xx1 = 0, kao to je bilo i ranije poznato.

Koristeci jednacinu prave kroz jednu tacku moemo lako da odredimo jed-nacinu prave koja prolazi kroz dve zadate tacke T1(x1, y1) i T2(x2, y2). Ako jex1 = x2 tada su te dve tacke na istoj normali u odnosu ne apscisu pa je jed-nacina prave u ovom slucaju

x = x1.Ako je x1 6= x2 tada moemo iz jednacine prave kroz jednu tacku da elim-

iniemo koeficijent pravca k. Naime, tada vai

y2 y1 = k(x2x1) pa je k = y2 y1x2x1

.

Kada ovu vrednost zamenimo u jednicinu prave kroz jednu tacku dobijamo jed-nacinu prave kroz dve tacke

y y1 = y2 y1x2 x1

(xx1).


Ova jednacina moe da se napie u simetricnijem obliku

(xx1)(y2 y1) (y y1)(x2x1)= 0 x(y1 y2)+x1(y2 y)+x2(y y1)= 0,

(x y1x1 y)+ (x2 y x y2)+ (x1 y2x2 y1)= 0,

a ako je i razlika y2 y1 6= 0 tada jey y1y2 y1

= xx1x2x1

.

Jednacina prave kroz dve tacke moe da se izrazi na jo jedan nacin. Neka jeT (x, y) proizvoljna tacka na pravoj koja prolazi kroz tacke T1 i T2, T 6= T2. TadaT deli du T1T2 u odnosu t pa je

x = x1+ t x21+ t y =

y1+ t y21+ t , t 6= 1.

Ovaj obrazac se naziva parametarska jednacina prave kroz dve tacke.Moe se uzeti da se kada t dobija da T T2, jer je

x = x1+ t x21+ t =

x1t+x2

1

t+1

x2 y = y1+ t y21+ t =

y1t+ y2

1

t+1

y2.

Ovi obrasci mogu da se malo pojednostave. Ako se u brojiocu x2 doda ioduzme dobija se

x = x1x2+x2+ t x21+ t =

x1x2+ (1+ t )x21+ t =

= x2+ 11+ t (x1 x2)= x2+u(x1x2),

gde je u = 1/(1+ t ). Ako se ista transformacija izvede i za y dobija se da sejednacina prave moe napisati u obliku

x = x2+u(x1x2), y = y2+u(y1 y2),

pri cemu je u proizvoljan realan broj.Ovaj oblik jednacine prave takode se naziva parametarski.


Ako se iz parametarskog oblika jednacine prave eliminie parametar u ili tdobija se jednacina prave kroz dve tacke.

Iz jednacine prave kroz dve tacke se lako dobija uslov da tri tacke lee najednoj pravoj. Tada koordinate trece tacke T3(x3, y3) moraju da zadovoljavajuovu jednacinu i dobija se da je

y3 y1y2 y1

= x3x1x2x1

.

Kada se proverava ovaj uslov zgodnije ga je koristiti u obliku bez deljenja

(y3 y1)(x2x1) (x3x1)(y2 y1)= 0.

Do istog obrasca vodi i rezonovanje da tri tacke lee na jednoj pravoj ako isamo ako trougao koji one obrazuje ima povrinu nula. Iz obrasca za povrinutrougla se dobija da je

x1(y2 y3)+x2(y3 y1)+x3(y1 y2)= 0,

ili u drugom obliku

(x1 y2x2 y1)+ (x2 y3x3 y2)+ (x3 y1x1 y3)= 0.

3.2 Prava i dve tacke

Neka je data prava p svojom optom jednacinom Ax+B y+C = 0 i dve tackeT1(x1, y1) i T2(x2, y2) koje ne lee na pravoj p. Tada su moguca dva slucaja ili suobe tacke sa iste strane prave p ili ne. Ako su obe tacke sa iste strane prave ptada je

(Ax1+B y1+C )> 0 i (Ax2+B y2+C )> 0,ili

(Ax1+B y1+C )< 0 i (Ax2+B y2+C )< 0.Ovi uslovi mogu da se izraze krace: Tacke T1(x1, y1) i T2(x2, y2) su sa iste straneprave Ax+B y +C = 0 kada je

(Ax1+B y1+C )(Ax2+B y2+C )> 0.

3.2. Prava i dve tacke 37

Analogno se dobija da kada je

(Ax1+B y1+C )(Ax2+B y2+C )< 0da su tada tacke sa razlicitih strana prave p.

Koristeci ove uslove lako moe da se ustavnovi da li se dui T1T2 i T3T4 seku,a da se ne nalazi presecna tacka. Neka su date cetiri razlicite tacke T1(x1, y1),T2(x2, y2), T3(x3, y3) i T4(x4, y4) i neka medu njima nema tri koje lee na jednojpravoj. Neka je

A1x+B1 y +C1 = 0 (y y1)(x2x1) (xx1)(y2 y1)= 0jednacina prave odredena tackama T1(x1, y1) i T2(x2, y2), a

A2x+B2 y +C2 = 0 (y y3)(x4x3) (xx3)(y4 y3)= 0,jednacina prave odredena tackama T3(x3, y3) i T4(x4, y4). Tada se dui T1T2 iT3T4 seku ako vai

(A2x1+B2 y1+C2)(A2x2+B2 y2+C2)< 0,(A1x3+B1 y3+C1)(A1x4+B1 y4+C1)< 0, ili

((y1 y3)(x4x3) (x1x3)(y4 y3))((y2 y3)(x4x3) (x2x3)(y4 y3))< 0,((y3 y1)(x2x1) (x3x1)(y2 y1))((y4 y1)(x2x1) (x4x1)(y2 y1))< 0.Ako se poslednje dve nejednakosti faktoriu drukcije dobijaju se obrasci koji selako pamte koricenjem ciklickih permutacija indeksa

(x1(y3 y4)+x3(y4 y1)+x4(y1 y3))(x2(y3 y4)+x3(y4 y2)+x4(y2 y3))< 0,(x1(y2 y3)+x2(y3 y1)+x3(y1 y2))(x1(y2 y4)+x2(y4 y1)+x4(y1 y2))< 0.

Odredimo presecnu tacku prave p datu optom jednacinom Ax+B y+C = 0i prave q odredene tackama T1(x1, y1) i T2(x2, y2). Ukoliko prava p prolazi krozneku od tacaka T1 ili T2 (tada je Ax1+B y1+C = 0 ili Ax2+B y2+C = 0) presekje ta tacka.

Neka prava p ne prolazi ni kroz tacku T1 ni kroz T2. Koordinata proizvoljnetacke Q na pravoj q je

xQ = x1+ t x21+ t yQ =

y1+ t y21+ t , t 6= 1,


a ako tacka Q lei i na pravoj p tada je

Ax1+ t x2

1+ t +By1+ t y2

1+ t +C = 0.

Kada se iz ove jednacine izracuna t dobija se da je

t = Ax1+B y1+CAx2+B y2+C

.

Ako se ova vrednost zameni u jednacinu prave q dobija se

xQ = x1(Ax2+B y2+C )x2(Ax1+B y1+C )Ax2+B y2+C (Ax1+B y1+C )

,

yQ = y1(Ax2+B y2+C ) y2(Ax1+B y1+C )Ax2+B y2+C (Ax1+B y1+C )

.

Jednacina simetrale dui T1T2 moe se napisati u vrlo simetricnom oblikukoristeci geometrijsku osobinu simetrale dui da je ona geometrijsko mestotacaka u ravni koje su jednako udaljene i od T1 i od T2 i iskoristiti algebarskiizraz za rastojanje dve tacke. Dobija se dovoljno koristan obrazac da se posebnoformulie.

Neka su date dve razlicite tacke T1(x1, y1) i T2(x2, y2). Tada je jednacinasimetrale dui T1T2

(xx1)2+ (y y1)2 = (xx2)2+ (y y2)2.

Kada se izmnoi i sredi dobija se da je

(y1 y2)y + (x1x2)x =y21 y22

2+ x

21 x22

2.

3.3 Dve prave

Neka su date dve prave svojim optim jednacinama

p1 : a1x+b1 y + c1 = 0, p2 : a2x+b2 y + c2 = 0.

3.3. Dve prave 39

Tada je

q(x, y)= (a1x+b1 y + c1)(a2x+b2 y + c2)= 0,ocigledno jednacina para pravih p1 i p2, jer je q(x, y) jednako nuli ako i samoako tacka T (x, y) pripad pravoj p1 ili p2.

Ostaje da se odredi koje uslove mora da zadovoljavaju koeficijenti optegkvadratnog polinoma od dve promenljive

q(x, y)= ax2+2bx y + c y2+2d x+2e y + f ,

da on predstavlja par pravih. Reimo kvadratnu jednacinu q(x, y) = 0 po x.Dobija se

q(x, y)= ax2+2(by +d)x+ c y2+2e y + f = 0

x1,2 = (by +d)

(by +d)2a(c y2+2e y + f )a

.

Da se dobije jednacina prave treba potkorena velicina da bude potpun kvadrat,tj. da kvadratna jednacina

(by +d)2a(c y2+2e y + f )= (b2ac)y2+2(bd ae)y + (d 2a f )= 0

ima medusobno jednaka reenja. Jednacina

(b2ac)y2+2(bd ae)y + (d 2a f )= 0

ce imate jednaka reenja ako joj je diskriminanta jednaka nuli tj.

(bd ae)2 (b2ac)(d 2a f )= 0, ae2+b2 f + cd 2ac f 2bde = 0.

Posebno je jednostavan slucaj para pravih koje prolaze kroz koordinatnipocetak. Tada je

q(x, y)= ax2+2bx y + c y2 = 0, b2ac > 0.

Ako se q(x, y)= 0 rei po y dobija se

y1,2 = bxp

b2x2acx2c

= bp

b2acc

x,


pa je q(x, y)= 0 jednacina pravih

p1 : y + bp

b2acc

x = 0 i p2 : y + b+p

b2acc

x = 0.

Akoq(x, y)= ax2+2bx y + c y2+2d x+2e y + f = 0,

predstavlja par pravih koje se seku tada se translacijom koordinatnog pocetkau presecnu taku pravih q(x, y) moe svesti na oblik

q(x, y)= ax2+2bx y + c y2 = 0, b2ac > 0.Iz prethodnog se dobija da su koeficijenti pravca pravih koje su predstavljenesa q(x, y)= 0

k1 =bp

b2acc

i k2 =b+p

b2acc

.

3.3.1 Medusoban odnos dve prave

Medusoban odnos dve prave ne moe da bude previe komplikovan. Mogucasu samo tri slucaja: ili se prave poklapaju ili su paralelene ili se seku.

Ako se prave poklapaju tada su njihove jednacine u stvari jedna ista jed-nacina, dakle druga jednacina se dobija od prve mnoenjem nekim nenula bro-jem.

Ispitajmo sad drugi slucaj. Neka su date dve prave svojim jednacinama ineka su jednacine u optem obliku

p1 : A1x+B1 y +C1 = 0, p2 : A2x+B2 y +C2 = 0.Koordinate presecne tacke pravih zadovoljavaju i jednu i drugu jednacinu, jerpresecna tacka lei i na jednoj i na drugoj pravoj, tj. koordinate presecne tackesu reenje sistema od te dve jednacine. Ako su prave paralelne tada ovaj sis-tem ne moe da ima reenje, tj mora da bude protivrecan. Ovaj sistem ce bitiprotivrecan ako je

A1A2

= B1B2

6= C1C2

.

Neka su prave date jednacinama u eksplicitnom obliku

y = k1x+m1, y = k2x+m2.

3.3. Dve prave 41

Prave su paralelne ako i samo ako zaklapaju jednake uglove sa x-osom ikada su odsecci na y-osi razliciti, tj. ako je

k1 = k2 m1 6=m2.

Ovaj uslov se lako izvodi iz uslova za paralelnost pravih zadatih jednacinama uoptem obliku ako on moe da se prevede na eksplicitan oblik.

Rastojanje paralelnih pravih se lako dobija iz njihovih normalnih jednacina.Ako se prave paraalelne tada imaju zajednicku normalu pa su im normalne jed-nacine

x cos+ y sin= p1, x cos+ y sin= p2,u kojima je p1 rastojanje prve prave od koordinatnog, a p2 rastojanje drugeprave od koordinatnog pocetka. Rastojanje medu pravim ce tada biti

d = p1p2 .U ovom slucaju se mora dopustiti da p1 ili p2 mogu da budu i negativni. Naime,koeficijenti uz x i y (cos i sin) moraju u obe jednacine da budu isti. To znacida se u jednoj od jednacina, na primer drugoj, ne moe slobodno birati znaktako da p2 bude pozitivno. Kada su p1 i p2 razlicitog znaka to znaci da su pravesa razlicitih strana koordinatnog pocetka.

Neka su sada date dve prave koje se seku. Poto je presecna tacka jednoz-nacno odredena, a koordinate presecne tacke zadovoljavaju jednacinu i jednei druge prave, to sledi da ce sistem jednacina kojim su date prave definisaneimati jednoznacno reenje. Obrnuto, ako sistem od dve linearne jednacine,kojim su odredene dve prave ima jednoznacno reenje tada se te dve praveseku u jednoj tacki. Kada su jednacine pravih p1 : A1x +B1 y +C1 = 0 i p2 :A2x+B2 y +C2 = 0, tada je njihov presek P12(x12, y12) dat sa

x12 = B1C2B2C1A1B2 A2B1

i y12 = A1C2 A2C1A1B2 A2B1

.

Time se dobija teoremaTeorema (o odnosu dve prave). Neka je dat sistem od dve linearne jed-

nacine sa dve nepoznate

A1x+B1 y +C1 = 0 A2x+B2 y +C2 = 0.


Tada ovaj sistem od dve linarne jednacinei ) ima jednoznacno reenje ako i samo ako se prave koje su odredene tim

jednacinama seku u jednoj tacki.i i ) nema reenje (sistem je protivrecan) ako i samo ako su prave koje su

odredene tim jednacinama paralelne.i i i ) ima beskonacno mnogo reanja ako i samo ako se prave koje su odredene

tim jednacinama poklapaju. 2Odredimo ugao koji zaklapaju dve prave koje se seku. To je najjednostavnije

izracunati ako su prave date jednacinama u eksplicitnom obliku. Neka su dateprave svojim jednacinama

y = k1x+m1 i y = k2x+m2.Ugao koje te prave zaklapaju je isti kao i ugao koji zaklapaju njima paralelneprave koji prolaze kroz koordinatni pocetak, tj. prave

y = k1x i y = k2x.Ugao koje ove prave zaklapaju je

=21,gde je 1 ugao koji prva prava zaklapa sa pozitivnim delom x-ose, a 2 je ugaokoji druga prava zaklapa sa pozitivnim delom x-ose. Ako primenimo tangens ina jednu i drugu stranu ove jednakosti dobijamo

tg= tg (21)= tg2 tg11+ tg1tg2

,

ili ako znamo da je tg1 = k1 i tg2 = k2, dobijamo da je

tg= k2k11+k1k2

.

Kada su prave date optim jednacinama tj. sa

A1x+B1 y +C1 = 0 i A2x+B2 y +C2 = 0,koristeci da je k1 =A1/B1 i k2 =A2/B2 tada se dobija

tg= A2B1 A1B2A1 A2+B1B2

.

3.3. Dve prave 43

Ako su prave uzajamno normalne tada je 12 =pi/2 pa je

k2 = tg2 = tg(1 pi

2

)=ctg1 = 1

tg1

pa je konacno

k2 = 1k1

.

Ukoliko su prave date svojim optim jednacinama tada, analogno kao i mal-opre, k1 i k2 se izraze pomocu A1, B1, A2 i B2, zamene se u prethodnu jednakosti izraz se sredi. Dobija se da su dve prave normalne ako vai

A1 A2+B1B2 = 0.Kada je par pravih dat jednom jednacinom

q(x, y)= ax2+2bx y + c y2+2d x+2e y + f = 0, b2ac > 0.tada koeficijenti pravca zavise samo od a, b i c. Iz

tg= k2k11+k1k2

, i k1 = bp

b2acc

, k2 = b+p

b2acc

,

sledi da je

k1k2 = ac

, i k2k1 = 2p

b2acc

,

pa je

tg= 2p

b2aca+ c .

Iz uslova ortogonalnsti dve prave (k1k2 = 1) dobija se da su dve prave nor-malne, kada su zadate jednom jednacinom, ako je

a+ c = 0.Nadimo sada jednacinu simetrale ugla odredenog sa dve date prave. U tu

svrhu cemo iskoristiti tvrdenje da je simatrala ugla geometrijsko mesto tacaka uravni sa osobinom da su rastojanja od tacke na simetrali do datih pravih medu-sobno jednaka. Kako su nam potrebna rastojanja tacaka od pravih pretposta-vimo da su date prave date svojim normalnim jednacinama

x cos1+ y sin1p1 = 0 i x cos2+ y sin2p2 = 0.


Ako je (x, y) proizvoljna tacka na simetrali tada je

|x cos1+ y sin1p1| = |x cos2+ y sin2p2|.

Odavde sledi da je

x cos1+ y sin1p1 =(x cos2+ y sin2p2).

Naime, dve prave koje se seku odreduju dva para unakrsnih uglova pa postojei dve simetrale, jedna je simetrala s1 jednog para unakrsnih uglova, a druga s2drugog. Ako su i p1 i p2 razliciti od nule i oba istog znaka tada je

x cos1+ y sin1p1 = x cos2+ y sin2p2,

simetrala onog para unakrsnih uglova u kojima se nalazi koordinatni pocetak.Odredimo simetrale ugla kada je ugao dat jednacinom para pravih

q(x, y)= ax2+2bx y + c y2 = 0, b2ac > 0.

Neka su prave u paruy k1x = 0 i y k2x = 0.

Tada su simetrale unakrsnih uglova

y k1x1+k21

y k2x1+k22

= 0 i y k1x1+k21

+ y k2x1+k22

= 0,

pa je jednacina para simetrala

(y k1x)21+k21

(y k2x)2

1+k22= 0.

Kada se pomnoi sa (1+k21)(1+k22) i kvadrira dobija se

(y k1x)2(1+k22) (y k2x)2(1+k21)= 0

(k22 k21)y2+2(k2k1k1k2(k2k1)) x y + (k21 k22)x2 = 0.Ako podelimo sa k21 k22 dobija se

y2+2 1k1k2k1+k2

x y x2 = 0.

3.3. Dve prave 45

Ostaje jo da se zamene

k1k2 = ac

, i k1+k2 =2bc

,

i konacno je

y2+ a cb

x y x2 = 0jednacina simetrala uglova koje obrazuje par pravih

q(x, y)= ax2+2bx y + c y2 = 0, b2ac > 0.

3.3.2 Pramen pravih

Nalaenja simetrale ugla je specijalan slucaj sledeceg problema: Naci jed-nacinu prave koja prolazi kroz presecnu tacku dveju datih pravih.

Neka su prave date svojim optim jednacinama

A1x+B1 y +C1 = 0 i A2x+B2 y +C2 = 0.

Jedan nacin da se ovaj problem rei je da se izracunaju koordinate presecnetacka ove dve prave i da se tada odredi jednacina prave kroz tu jednu tacku.

Drugi nacin je da se ova jednacina odmah napie bez ikakvog racunanja.Naime, jednacina

m1(A1x+B1 y +C1)+m2(A2x+B2 y +C2)= 0,

u kojoj su m1 i m2 proizvoljni parametri je jednacina prave, jer je linearna jed-nacina. To je jednacina prave koja prolazi kroz presecnu tacku datih pravih.Ako je (x0, y0) presecna tacka tada je

A1x0+B1 y0+C1 = 0 i A2x0+B2 y0+C2 = 0,

pa je i m10+m20 = 0, tj. svaka prava koja moe da se predstavi u navedenomobliku prolazi kroz (x0, y0). Neka je (x1, y1) proizvoljna tacka u ravni razlicita od(x0, y0). Pokaimo da postoje brojevi m1 i m2 takvi da se jednacina prave kroz(x0, y0) i (x1, y1) moe napisati u obliku

m1(A1x+B1 y +C1)+m2(A2x+B2 y +C2)= 0.


Kada (x1, y1) pripada prvoj pravoj tadaje m1 = 1 i m2 = 0, a kada pripada drugojtada je m1 = 0 i m2 = 1. Neka (x1, y1) ne pripada ni jednoj od datih pravih. Tadaje

A1x1+B1 y1+C1 = a1 6= 0 i A2x1+B2 y1+C2 = a2 6= 0,pa se iz jednacine po m1 i m2

m1a1+m2a2 = 0, dobija m2 = a1a2

m1.

Ako se izabere da je m1 = 1 dobija se da je m2 =a1/a2 i pokazano je da svakaprava kroz (x0, y0) i (x1, y1) moe predstaviti u eljenom obliku. 2

Iz dokaza sledi da se jednacina svake prave koja prolazi kroz presecnu tackupravih datih sa

A1x+B1 y +C1 = 0 i A2x+B2 y +C2 = 0,koja je razlicita od druge prave moe napisati u obliku

A1x+B1 y +C1+m(A2x+B2 y +C2)= 0.Ocigledno da analogno tvrdenje vai i za prvu pravu.

Koristeci ovo tvrdenje moe se lako dokazati da se simetrale stranica trouglaseku u jednoj tacki.

Jednacina prave sT1T2 , simetrale dui T1T2, je prava koja prolazi kroz sred-inu dui T1T2 i normalna je na T1T2. Jednacina prave koja prolazi kroz tacke T1i T2 je

y y1 = y2 y1x2x1

(xx1)pa kada se postavi jednacina prave kroz tacku

ST1T2

(x1+x22

,y1+ y2

2

)normalna na pravac k1 = y2 y1

x2x1iz uslova normalnosti pravih kk1 =1 dobija se

sT1T2 : y y1+ y2

2=x2x1

y2 y1(x x1+x2

2

)Ovaj obrazac moe da se dovede na simetricniji oblik. Pomnoimo jed-

nacinu sa y2 y1. Dobija se

(y2 y1)(

y y1+ y22

)=(x2x1)

(x x1+x2

2

),

3.3. Dve prave 47

(y2 y1)y +y21 y22

2=(x2x1)x

x21 x222

,

(y1 y2)y + (x1x2)x =y21 y22

2+ x

21 x22

2.

Ova jednacina izvedena je na drukciji nacin na str. 38.Koristeci ovu jednacinu simetrale dui, lako se dokazuje da se simetrale

stranica trougla seku u jednoj tacki. Neka su poznate koordinate temena trougla4ABC . Tada je

sAB : (ya yb)y + (xa xb)x =y2a y2b

2+ x

2a x2b

2.

sBC : (yb yc )y + (xb xc )x =y2b y2c

2+ x

2b x2c

2.

sC A : (yc ya)y + (xc xa)x =y2c y2a

2+ x

2c x2a

2.

Tada jesAB + sBC + sC A = 0.

Potpuno analogno dokazuje se da se i visine trougla seku u jednoj tacki. Jed-nacine visina su jednacine prave kroz jednu tacku koja je normalna na suprotnustrnicu. Dobija se

hAB : y yc =xa xbya yb

(xxc ), pa je (ya yb)(y yc )=(xa xb)(xxc ),

hBC : y ya =xb xcyb yc

(xxa), pa je (yb yc )(y ya)=(xbxc )(xxa),

hC A : y yb =xc xayb ya

(xxb), pa je (yc ya)(y yb)=(xc xa)(xxb).

Takode se dobija da jehAB +hBC +hC A = 0.

4Krug

Najjednostavnija kriva poznata jo praistoriji je krug. Ispitajmo osnovneosobine kruga pomocu analiticke geometrije.

4.1 Jednacina kruga

Krug je geometrijsko mesto tacaka u ravni jednako udaljenih od jedne utvrdenetacke. Utvrdena tacka naziva se centar, a du koja spaja proizvoljnu tacku nakrugu i centar poluprecnik. Duina poluprecnika obicno se takode naziva polu-precnik.

Cesto se za krug koristi naziv krunica, a rec krug se koristi za naziv delaravni ogranicenog krunicom. Koricenje reci krug za oba ova pojma ne dovodido zabune pa cemo koristiti rec krug u oba ova smisla.

Koristeci definicije kruga i duine dui lako se odreduje njegova jednacina(slika 18). Neka je centar kruga u koordinatnom pocetku. Ako je T (x, y) proizvoljnatacka na krugu tada je OT = r . Ako se duina OT opet oznaci sa r iz Pitagorineteoreme sledi da je

x2+ y2 = r 2.

48

4.1. Jednacina kruga 49

Ova jednacina naziva se centralna jednacina kruga.Kada je centar kruga u tacki T0(x0, y0) tada se jednacina kruga dobija trans-

lacijom koordinatnog sistema tako da tacka T0(x0, y0) postane novi koordinatnipocetak (slika 18). Tada u novim koordinatama imamo da je krug centralni pamu je jednacina

x 2+ y 2 = r 2.Smenom koordinata

x = xx0, y = y y0,se dobija jednacina kruga u starim koordinatama

(xx0)2+ (y y0)2 = r 2.

Slika 18. Krug u ravni

Krug moe da se zada na vie nacina. Izvedimo jednacinu kruga kada sudate krajnje tacke precnika T1(x1, y1) i T2(x2, y2), dok ce jednacina kruga kroztri tacke biti izvedena u sledecem odeljku.

50 Glava 4. Krug

Centar kruga je tacka C((x1+x2)/2,(y1+ y2)/2

), sredina dui T1T2, a polu-

precnik je rastojanje od C do T1 (ili do T2), pa je(x x1+x2

2

)2+(

y y1+ y22

)2=(x1 x1+x2

2

)2+(

y1 y1+ y22

)2.

Kada se kvadrira dobija se

x2(x1+x2)x+(x1+x2

2

)2+y2(y1+y2)y+

( y1+ y22

)2=(x1x2

2

)2+( y1 y2

2

)2,

pa jex2 (x1+x2)x+x1x2+ y2 (y1+ y2)y + y1 y2 = 0,

a kada se leva strana faktorie dobija se da je jednacina kruga ciji je precnikT1T2

(xx1)(xx2)+ (y y1)(y y2)= 0.Primer. Dokazati analiticki da je ugao nad precnikom prav.Neka su T1(x1, y1) i T2(x2, y2) krajnje tacke precnika, a T3(x3, y3) tacka na

krugu razlicita od T1 i T2. Tada je jednacina kruga

(xx1)(xx2)+ (y y1)(y y2)= 0, a neka su

p1 : y y1 = k1(xx1), p2 : y y2 = k2(xx2),jednacine pravih kroz krajnje tacke precnika. Tacka T3 treba da zadovoljava ijednacine kruga i jednacine obe prave pa je

(x3x1)(x3 x2)+ (y3 y1)(y3 y2)= 0.

y3 y1 = k1(x3x1), y3 y2 = k2(x3x2).Kada se zameni y3 y1 iz druge i y3 y2 iz trece jednacinu u prvu dobija se

(x3x1)(x3x2)+k1k2(x3x1)(x3x2)= 0.

Ako je (x3x1)(x3x2) 6= 0 tada se dobija

k1k2 =1,

pa su prave normalne. Dokaz u slucaju kada ima jednakih koordinata ostavljase za vebu.


4.1.1 Uslov da jednacna drugog stepenapredstavlja krug

Neka je data opta jednacina drugog stepena sa dve promenljive

Ax2+2B x y +C y2+2Dx+2E y +F = 0,

za koju znamo da predstavlja krug. Tada ona mora da se moe svesti na oblik

(xp)2+ (y q)2 = r 2.

Kada se ova jednacina razvije i sredi po opadajucim stepenima dobija se

x2+ y22px2q y +p2+q2 r 2 = 0.

Opta jednacina drugog stepena i ova jednacina ce biti ekvivalentne ako i samoako su im koeficijenti proporcionalni, tj. ako postoji k takvo da je

A = k, B = 0, C = k, tj. A =C , i B = 0.

Kada se ree odgovarajuce jednacine dobija se da je

p =DA

, q =EA

, r =p

D2+E 2 AFA

.

Da se dobije realan krug potrebno je da potkorena velicina bude pozitivna. Akoje potkorena velicina negativna tada je krug imaginaran i u realnoj ravni nemani jednu tacku, a ako je potkorena velicina nula tada je krug nultog poluprecnikai svodi se na jednu jedinu tacku, svoj centar. Time smo dokazali:

Teorema. Opta jednacina drugog stepena

Ax2+2B x y +C y2+2Dx+2E y +F = 0,

predstavlja krug pozitivnog poluprecnika ako i samo ako je

A =C , B = 0, D2+E 2 > AF.

Ako se jednacinaAx2+ Ay2+Dx+E y +F = 0,

52 Glava 4. Krug

podeli sa A 6= 0 i oznaci D/A = a, E/A = b i F /A = c dobijamo da je jednacinakruga data sa

x2+ y2+ax+by + c = 0,gde treba da vai a2+b2 > 4c.

Moguce je odrediti jednacinu kruga kroz tri tacke i sledecim analiticko-geo-metrijskim razmiljanjem. Ako se kombinije jednacina kruga ciji je precnikaodreden tackama (x1, y1) i (x2, y2) i jednacina prave kroz te dve tacke dobija sejednacina

p(x, y)= (xx1)(xx2)+(yy1)(yy2)+m((xx1)(y2y1)(yy1)(x2x1))= 0.Ovo je jednacina pramena krugova koji prolaze kroz tacke (x1, y1) i (x2, y2).

Jasno je da je to jednacina kruga (koeficijenti uz x2 i y2 su medusobno jednaki)koji prolazi kroz tacke (x1, y1) i (x2, y2), jer je p(x1, y1) = 0 i p(x2, y2) = 0. Ako jeza neku tacku (x3, y3) drugi sabirak nula, tada tacka (x3, y3) pripada pravoj kojaprolazi kroz tacke (x1, y1) i (x2, y2). Dakle, za svaku tacku u ravni koja ne pripadapravoj koja prolazi kroz tacke (x1, y1) i (x2, y2) moe da se odredi m tako da jep(x3, y3) = 0. Dobija se da je jednacina kruga kroz tacke T1(x1, y1), T2(x2, y2) iT3(x3, y3)

(xx1)(xx2)+ (y y1)(y y2)(x3x1)(x3x2)+ (y3 y1)(y3 y2)

(xx1)(y2 y1) (y y1)(x2x1)(x3x1)(y2 y1) (y3 y1)(x2x1)

= 0.

Jednacina kruga kroz tri tacke T1(x1, y1), T2(x2, y2) i T3(x3, y3) moe da sedobije i u vrlo simetricnom obliku. Lako se proverava da jednacina

(xx1)(xx2)+ (y y1)(y y2)(x3x1)(x3x2)+ (y3 y1)(y3 y2)

+ (xx2)(xx3)+ (y y2)(y y3)(x1x2)(x1x3)+ (y1 y2)(y1 y3)

+

+ (xx3)(xx1)+ (y y3)(y y1)(x2x3)(x2x1)+ (y2 y3)(y2 y1)

= 1,

predstavlja krug, jer su koeficijenti uz x2 i y2 medusobno jednaki, a lako se vidida tacke T1(x1, y1), T2(x2, y2) i T3(x3, y3) zadovoljavaju ovu jednacinu.

4.1.2 Polarna i parametarska jednacina kruga

Polarna jednacina kruga je vrlo jednostavna. Neka je jednacina kruga

x2+ y2 = r 20 ,


pri cemu je poluprecnik oznacen sa r0 da se naglasi da je za dati krug to kon-stanta (slika 19 levo). Iz veza polarnih i pravouglih koordinata

x = r cos, i y = r sin,odmah se dobija da je polarna jednacina centralnog kruga

r 20 = x2+ y2 =(r cos

)2+ (r sin)2 = r 2 (cos2+ sin2)= r 2.Kako je radijus vektor r uvek pozitivan to se konacno dobija da je polarna jed-nacina centralnog kruga

r = r0.

Slika 19. Polarna i parametarska jednacina kruga

Iz polarne jednacine kruga i veze polarnih i pravouglih koordinata dobija seda je

x = r0 cos i y = r0 sin, 06< 2pi,parametarska jednacina kruga. U ovoj parametarskoj jednacini kruga param-etar je ugao koji radijus vektor zaklapa sa pozitivnim delom x-ose.

Moguce je dobiti jo jedan oblik parametarske jednacine kruga da se ne ko-riste trigonometrijske funkcije. Neka je dat centralni krug i neka je data proiz-voljna prava koja prolazi kroz presek kruga i negativnog dela x-ose (slika 19desno), tj.

x2+ y2 = r 20 , y = k(x+ r0).

54 Glava 4. Krug

Kada reimo ovaj sistem jednacina dobija se da je

x2+k2(x+ r0)2 = r 20 (1+k2)x2+2k2r0x+k2r 20 = r 20 ,

x1,2 =k2r0

k4r 20 r 20 (k2+1)(k21)

k2+1 = r0k21k2+1 .

Kada je znak pred korenom minus tada se dobija tacka na x-osi koja ne zavisi odk. Druga presecna tacka zavisi od parametra k pa se dobija da je parametarskajednacina x-koordinate tacke na krugu

x = r0 1k2

1+k2 .

Kada zamenimo ovu vrednost za x u jednacinu prave dobijemo da je

y = k(r0

1k21+k2 + r0

)= r0k 1k

2+1+k21+k2 = r0

2k

1+k2 .

Dakle, jednacina kruga x2+ y2 = r 20 ima racionalnu parametrizaciju

x = r0 1k2

1+k2 , y = r02k

1+k2 , < k

4.2. Odnos tacke i kruga, potencija tacke 55

a kada je T0 izvan kruga tada jex20 + y20 > r x20 + y20 r 2 > 0

Ako se sa k centralni krug, a sa d(T0,k) oznaci izraz x20 + y20 r 2 tada je

d(T0,k)= x20 + y20 r 2= 0, kada je T0 na krugu k,< 0, kada je T0 u krugu k i,> 0, kada je T0 izvan kruga k.

Neka je tacka T0 u krugu. Konstruiimo tetivu koja prolazi kroz tacku T0i normalna je na OT0. Neka su krajnje tacke te tetive tacke T1 i T2. Tada sutrouglovi OT0T1 i OT0T2 podudarni pravougli trouglovi u kojima je OT1 =OT2 =r hipotenuza, a OT0 i T0T1 = T0T2 katete. Dobija se da je x20+ y20 =OT 20 , kvadratrastojanja tacke T0 od koordinatnog pocetka, kvadrat jedne katete, a r 2 =OT 21 =OT 22 je kvadrat hipotenuze pa je

r 2 (x20 + y20)= T0T 21 = T0T 22 .Dobili smo da je

|d(T,k)| = T0T 21 = T0T 22kvadrat polutetive u krugu k normalne na OT .

Neka je sada tacka T0 izvan krugu. Konstruiimo tangente kroz tacku T0 nacentralni krug k. Neka su dodirne tacke tih tangenti T1 i T2. Tada su trouglovi4OT0T1 i 4OT0T2 podudarni pravougli trouglovi u kojima su OT1 =OT2 = r iT0T1 = T0T )2 katete, a OT0 hipotenuza. Dobija se da je x20 + y20 , kvadrat rasto-janja tacke T0 od koordinatnog pocetka, kvadrat hipotenuze, a OT 21 =OT 22 = r 2je kvadrat kateta pa je

x20 + y20 r 2 = T0T 21 = T0T 22 .

Dobili smo da je|d(T,k)| = T0T 21 = T0T 22

kvadrat tangentne dui konstruisane iz tacke T0 na krug k.Dakle, znak d(T,k) = x20 + y20 r 2 odreduje da li je tacka u krugu ili izvan

njega, a njegova vrednost je kvadrat tangentne dui kada je tacka izvan kruga ilinjegova apsolutna vrednost je kvadrat polutetive cija je sredina tacka T0.

56 Glava 4. Krug

Ocigledno da ova analiza vai i za krug koji nije centralan.Apsolutna vrednost

|d(T0,k)| =x20 + y20 r 2=

{r 2x20 y20 , za T0 u krugu,x20 + y20 r 2, za T0 van kruga,

naziva se potencija tacke T0 u odnosu na krug x2+ y2 = r 2.Neka kroz tacku T prolazi proizvoljna prava p koja sece krug u tackama T1

i T2. Ako iskoristimo parametarsku jednacinu prave kroz T1 i T2 tada je za nekot

T = (x2+ t (x2x1), y2+ t (y2 y1)) .Dokaimo da je potencija tacke T jednaka proizvodu odsecaka T T1 i T T2. Duineodseckaka T T1 i T T2 su

|T T1| =

(x2+ t (x2x1)x1)2+ (y2+ t (y2 y1) y1)2 =

= |1+ t |

(x2x1)2+ (y2 y1)2,

|T T2| =

(x2+ t (x2x1)x2)2+ (y2+ t (y2 y1) y2)2 =

= |t |

(x2x1)2+ (y2 y1)2.pa je njihov proizvod

|T T1||T T2| = |t (1+ t )|((x2x1)2+ (y2 y1)2

).

Izracunajmo potenciju tacke T(x2+ t (x2x1), y2+ t (y2 y1)

).

|d(T,k)| =(x2+ t (x2x1))2+ (y2+ t (y2 y1))2 r 2 =

= x22 +2t x2(x2x1)+ t 2(x2x1)2+ y22 +2t y2(y2 y1)+ t 2(y2 y1)2 r 2 == t (2x22 2x1x2+ t x22 2t x1x2+ t x21 +2y22 2y1 y2+ t y22 2t y1 y2+ t y21) =

= t (2r 22x1x22y1 y2+ tr 22t (x1x1+ y1 y2)+ tr 2) == t (1+ t )(2r 22x1x22y1 y2) .

4.2. Odnos tacke i kruga, potencija tacke 57

Ako se iskoristi da i tacka T1 i tacka T2 lei na krugu k, pa vai da je x21 + y21 = r 2i x22 + y22 = r 2 dobija se

|d(T,k)| = t (1+ t )(x21 + y21 2x1x2+x22 + y22 2y1 y2) == |t (t +1)|((x2x1)2+ (y2 y1)2) .

Paskalova teorema za krug. Neka je na krugu dato est tacaka A, B , C , D , Ei F . Neka se prave AB i DE seku u L, BC i EF u M i C D i F A u N . Tada su tackeL, M i N kolinearne.

Slika 20. Paskalova teorema za krug

Dokaz. Posmatrajmo trougao 4PQR koje obrazuju prave AB , C D i EF(slika 20). Primenimo Menelajevu teoremu na4PQR i prave DLE , B MC i AN Fkoje seku stranice tog trougla. Tada vai

za tacke D, L, EQL

LR RD

DP PE

EQ=1,

za tacke B , M , CQB

BR RC

C P P M

MQ=1,

za tacke A, N , FQ A

AR RN

N P PF

FQ=1.

58 Glava 4. Krug

Kada izmnoimo ove tri jednakosti dobija se

QL

LR RD

DP PE

EQQB

BR RC

C P P M

MQQ A

AR RN

N P PF

FQ=1.

Na levoj strani ove jednakosti razlomci se mogu grupisati na sledeci nacin

QL

LR RN

N P P M

MQ RD RC

AR BR PE PFC P DP

QB Q AEQ FQ ,

pa kada se primeni potencija tacke na cetvrti, peti i esti razlomak dobija se daje

RD RCAR BR = 1,

PE PFC P DP = 1,

QB Q AEQ FQ = 1.

Konacno jeQL

LR RN

N P P M

MQ=1,

pa su tacke L, M i N kolinearne.Redosled spajanja tacaka ABC DEF moe biti proizvoljan tako da ima 60

konfiguracija.Ovaj dokaz nije sasvim kompletan, jer moe da se desi da prave AB , C D i

EF ne obrazuju trougao. Teorema vai i tada, ali taj slucaj necemo dokazivati.

4.3 Odnos prave i kruga

Neka su date prava i krug

Ax+B y +C = 0 i (xp)2+ (y q)2 = r 2.

Prava ce seci krug u dve tacke, dodirivati ga ili sa njim nece imati zajednickihtacaka vec prema tome da li je rastojanje centra kruga od prave manje, jednakoili vece od poluprecnika.

Koristeci formulu za rastojanje tacke od prave dobija se da prava sece krugu dve tacke kada je Ap+B q +C p

A2+B 2< r,

4.3. Odnos prave i kruga 59

dodiruje krug kada je Ap+B q +C pA2+B 2

= r,

i nema sa krugom zajednickih tacaka kada jeAp+B q +C pA2+B 2

> r.

Najinteresantniji je slucaj tangente. Ako se uslov za dodir prave i krugakvadrira dobija se

(Ap+B q +C )2 = r 2(A2+B 2).U slucaju kada je prava zadata eksplicitnom jednacinom, a krug je centralni

tada se iz pretpdnog uslova dobija da ce prava y = kx +m biti tangenta krugax2+ y2 = r 2 kada vai

m2 = r 2(1+k2).Odredimo jednacinu prave koja prolazi kroz datu tacku T (x0, y0) i dodiruje

centralni krug. Da se dobije realna tangenta moguca su dva slucaja. Ili se tackanalazi na krugu ili izvan njega.

4.3.1 Tangenta u tacki na krugu

Neka se tacka T (x0, y0) nalazi na krugu, a nije presecna tacka kruga i koor-dinatnih osa, jer je tada sve suvie jednostavno (slika 34). Izloimo tri nacina zanalaenje tangente.

Jednacina tangente moe da se izvede iz geometrijske karakterizacije. Zakrug vai da je tangenta u tacki T na krugu normala na poluprecnik koji odgo-vara toj tacki, ili da je tangenta kruga prava na rastojanju r od centra kruga. Obeove karakterizacije mogu da poslue za nalaenje jednacine tangente u tackikoja se nalazi na krugu.

Ako se tangenta definie kao prava koje je normalna ne poluprecnik u tackidodira tada se koristi jednacinu prave kroz jednu tacku i uslov normalnosti dveprave. Jednacina proizvoljne prave koja prolazi kroz tacku T koja nije vertikalnaje

y y0 = k(x x0).

60 Glava 4. Krug

Koeficijet pravca k treba odrediti tako da ova prava bude normalna na poluprecnikOT . Koeficijet pravca poluprecnika kada prava nije horizontlna je

k = y0x0

, x0 6= 0, jer T nije na y-osi.

Koristeci uslov za normalnost dve prave (kk = 1) dobija se da je jednacinatangente

y y0 =x0y0

(xx0).

Pomnoimo ovu jednakost sa y0 i iskoristimo da se tacka T nalazi na krugu(x20 + y20 = r 2). Dobija se

y y0 y20 =xx0+ x20 , xx0+ y y0 = x20 + y20 = r 2,tj. jednacina tangente na krug u tacki T (x0, y0) koja se nalazi na centralnomkrugu je

xx0+ y y0 = r 2.Lako se proverava da je ovo jednacina tangente i kada je tacka T na x- ili y-osi.

Drugi nacin je da se tangenta na centralni krug definie kao prava na ras-tojanju r od koordinatnog pocetka za ta se koristi normalni oblik jednacineprave. Ako je prava tangenta na x2+ y2 = r 2, centralni krug poluprecnika r , inije normalna na x-osu, tada je r rastojanje koordinatnog pocetka od prave injena normalna jednacina je

x cos+ y sin= r.Neka prava dodiruje krug u tacki T (x0, y0). Tada je

cos= x0r

, i sin= y0r

,

pa ako se ove vrednosti zamene u normalnu jednacinu tangente dobija se

xx0r+ y y0

r= r xx0+ y y0 = r 2.

Treci nacin za odredivanje jednacine tangente kruga je da se ne koriste geo-metrijske osobine kruga nego da se ona odreduje optim postupkom za nalae-nje tangente na proizvoljnu krivu, tj. najpre odrediti jednacinu secice kroz dverazlicite tacke na krugu, a zatim se pustiti da druga tacka tei prvoj.


Odredimo najpre jednacinu secice kruga, tj. jednacinu prave koja prolazikroz dve zadate tacke T0 i T1 na krugu. Jednacina prave kroz proizvoljne dvetacke je

y y0 = y1 y0x1x0 (

xx0) y y0xx0

= y1 y0x1x0

.

Ako se tacke T0(x0, y0) i T1(x1, y1) nalaze na krugu tada jo vai i

x20 + y20 = r 2 i x21 + y21 = r 2.

Kada se od prve jednakosti oduzme druga dobija se da je

x20 + y20 x21 y21 = 0 x20 x21 = y21 y20

(x0x1)(x0+x1)= (y1 y0)(y1+ y0),pa je konacno

y1 y0x1x0

=x1+x0y1+ y0

.

Ako se iskoristi ova jednakost i zameni u jednacinu prave kroz dve tacke tada sedobija da je

y y0xx0

=x0+x1y0+ y1

,

jednacina secice centralnog kruga koja prolazi kroz tacke T0(x0, y0) i T1(x1, y1)na krugu.

Interesantno je da se jednacina secice kruga moe odmah napisati bez ikakvihizracunavanja. Naime, jednacina

(xx0)(xx1)+ (y y0)(y y1)= x2+ y2 r 2,

je jednacina prvog stepena pa je to jednacina prave. Ako se u ovu jednacinuzamene koordinate tacke T0(x0, y0), koja lei na centralnom krugu x2+ y2 = r 2,dobija se jednakost, a analogno i za tacku T0(x0, y0) pa je to jednacina secicekroz T0 i T1.

Kada se tacka T1 tei tacki T0 tada x1 tei x0 i y1 tei y0 pa kada se u jed-nacinu secice stavi da je x1 = x0 i y1 = y0 dobija se, kao i malo pre, da je jed-nacina tangente na krug x2+ y2 = r 2 u tacki T0 na krugu

y y0 =x0y0

(xx0) xx0+ y y0 = r 2.

62 Glava 4. Krug

4.3.2 Tangente iz tacke van kruga

Neka je sada tacka T (x0, y0) izvan kruga. Tada je yy0 = k(xx0) jednacinaproizvoljne prave koja prolazi kroz tacku T i nije vertikalna. Dobicemo tan-gentu ako se presecne tacke prave y y0 = k(x x0) i kruga x2+ y2 = r 2 pok-lapaju, tj. ovaj sistem jednacina ima dvostruko reenje. Kada zamenimo y izjednacine prave u jednacinu kruga dobijamo kvadratnu jednacinu po x

x2+ (k(xx0)+ y0)2 = r 2, x2+k2(xx0)2+2k(xx0)y0+ y20 r 2 = 0,

x2+k2x22k2x0x+k2x20 +2k y0x2kx0 y0+ y20 r 2 = 0,

(1+k2)x22k(kx0 y0)x+ (kx0 y0)2 r 2 = 0.Kada se ova kvadratne jednacina rei po x dobija se

x1,2 = k(kx0 y0)

k2(kx0 y0)2 (1+k2)(kx0 y0)2+ (1+k2)r 21+k2

ili kada se sredi izraz pod korenom

x1,2 =k(kx0 y0)

(1+k2)r 2 (kx0 y0)21+k2 .

Ove dve vrednosti se poklapaju ako je

(1+k2)r 2 (kx0 y0)2 = 0.

Sredimo ovu jednacinu da se dobije kvdratna jednacina po k

r 2k2+ r 2k2x20 +2kx0 y0 y20 = 0, (r 2x20)k2+2x0 y0k+ r 2 y20 = 0.

Ako je r = |x0| tada je jedna tangenta vertikalna prava, a za drugu je k =(y20 r 2)/(2x0 y0) pa su tada tangente

x = r i y y0 =y20 r 22x0 y0

(xx0).


Kada je r 6= |x0| tada treba reavati kvadratnu jednacinu. Dobija se da je

k1,2 =x0 y0

x20 y

20 (r 2x20)(r 2 y20)r 2x20

=x0 y0 r

x20 + y20 r 2

r 2x20.

Dobija se da su tangente

yy0 =x0 y0 r

x20 + y20 r 2

x20 r 2(xx0) i yy0 =

x0 y0+ r

x20 + y20 r 2x20 r 2

(xx0).

Treba primetiti da je izraz pod korenom kvadrat duine tangentne dui odtacke T do kruga pa kada je tacka T na krugu lako se proverava da ova dvejednacine prelaze u jednacinu tangente u tacki na krugu.

Vrlo interesantan obrazac se dobija ako se jednacine tangentni na centralnikrug izraze kao par pravih. Neka je data prava p kroz dve tacke T (x0, y0) iS(x1, y1)

p : x = x0+ t x11+ t , y =

y0+ t y11+ t , t 6= 1.

Presecne tacke ove prave i kruga x2+ y2 = r 2 dobijaju se reavanjem jednacine(x0+ t x1

1+ t)2+(

y0+ t y11+ t

)2= r 2.

Ako se oslobodimo razlomaka

(x0+ t x1)2+(y0+ t y1

)2 r 2(1+ t )2 = 0,i sredimo po stepenima od t dobija se(

x20 + y20 r 2)+2(x0x1+ y0 y1 r 2) t + (x21 + y21 r 2) t 2 = 0.

Prava p ce biti tangenta na krug x2+ y2 = r 2 ako ova jednacina ima dvostrukoreenje, tj. kada je diskriminanta jednaka nuli,(

x0x1+ y0 y1 r 2)2 (x20 + y20 r 2)(x21 + y21 r 2)= 0.

Ako je S proizvoljna tacka na tangenti dobija se da(x0x+ y0 y r 2

)2 (x20 + y20 r 2)(x2+ y2 r 2)= 0.

64 Glava 4. Krug

jednacina para tangenti na krug x2+ y2 = r 2.Lako se izracunavaju koordinate tacaka T1(x1, y1) i T2(x2, y2) u kojima tan-

gente povucene iz tacke T (x0, y0) dodiruju krug x2+ y2 = r 2. Koordinate tacakadodira najprostije se dobijaju iz sistema jednacina

x21 + y21 = r 2, x0x1+ y0 y1 = r 2,

jer se tacka T1 nalazi na krugu, a tacka T0 na tangenti kruga u tacki T1. Kada seiz druge jednacine izrazi y1 i zameni u prvu dobija se

y1 = r2x0x1

y0= x21 +

(r 2x0x1

y0

)2= r 2

y20 x21 + r 42r 2x0x1+x20 x21 y20r 2 = 0 (x20 + y20)x21 2r 2x0x1+ r 4 r 2 y20 = 0.

Reenja ove kvadratne jednacine su

x1,2 =r 2x0 r y0

x20 + y20 r 2

x20 + y20.

Kada se vrednost za x1 zameni u jednacinu x0x1+ y0 y1 = r 2 dobija se

x0r 2x0+ r y0

x20 + y20 r 2

x20 + y20+ y0 y1 = r 2

y0 y1 =r 2x20 + r 2 y20 r 2x20 r x0 y0

x20 + y20 r 2

x20 + y20

y1 =r 2 y0 r x0

x20 + y20 r 2

x20 + y20.

Analogno se dobija da je

y2 =r 2 y0+ r x0

x20 + y20 r 2

x20 + y20,


pa su tacke dodira

analiticka geometrija i

Documents