Analiticka geometrijaˇ - personal.pmf.uns.ac.rs...3. Za prave paralelne sa y osom,prave oblika x =...

Analiticka geometrija

Predavanje 2

Jednacine prave u ravni i medusobni položaj pravihu ravni

Novi Sad, 2019.

Milica Žigic (DMI, PMF, UNS 2019) Analiticka geometrija predavanje 2 1 / 15

Koeficijent pravca prave

Znamo da uvek postoji tacno jedna prava p koja prolazi kroz dve datetacke A(x1, y1) i B(x2, y2)

φ . . . ugao koji prava p gradi sa pozitivnim delom x−ose i to u smeruobrnutom od kazaljke na satu. Dakle, važi 0 ≤ φ < π

koeficijent pravca prave p = p(A,B) je k = tg φ =y2 − y1

x2 − x1

Primetimo da se k može izracunati samo za φ 6= π2

Koeficijent pravca praveZnamo da uvek postoji tacno jedna prava p koja prolazi kroz dve datetacke A(x1, y1) i B(x2, y2)

x2 − x1

Ako koeficijent pravca k prave p izracunavamo putem bilo kog drugogpara tacaka, npr. A(x1, y1) i C(x , y), on ostaje isti

tg φ = k =y2 − y1

x2 − x1=

y1 − yx1 − x

Dakle, koeficijent pravca k prave p, ako se racuna putem koordinatatacaka sa prave, ne zavisi od izbora samih tacaka (sada, A i B)

tg φ = k =y2 − y1

x2 − x1=

y1 − yx1 − x

tg φ = k =y2 − y1

x2 − x1=

y1 − yx1 − x

tg φ = k =y2 − y1

x2 − x1=

y1 − yx1 − x

Napomene:1. Primetimo da nije važan redosled tacaka A i B pri racunanjukoeficijenta pravca k prave p = p(A,B) = p(B,A)

k = tg φ =y2 − y1

x2 − x1=

y1 − y2

x1 − x2

2. Znak koeficijenta pravca kφ ∈ [0, π2 ) ⇒ k ≥ 0

"rastuce prave" – kad raste x raste i y

φ ∈ (π2 , π) ⇒ k < 0

"opadajuce prave" – kad raste xopada y

k = tg φ =y2 − y1

x2 − x1=

y1 − y2

x1 − x2

φ ∈ (π2 , π) ⇒ k < 0

k = tg φ =y2 − y1

x2 − x1=

y1 − y2

x1 − x2

φ ∈ (π2 , π) ⇒ k < 0

3. Za prave paralelne sa y−osom, prave oblika x = a, ne može da seizracuna koeficijent pravca

prave oblika x = a φ =π

2⇒ k = tg

2/∈ R

4. Paralelne prave imaju isti koeficijent pravcaφ1 i φ2 su uglovi sa paralelnim kracima

φ1 = φ2 ⇒ k1 = tg φ1 = tg φ2 = k2

prave oblika x = a

φ =π

2⇒ k = tg

2/∈ R

φ1 = φ2 ⇒ k1 = tg φ1 = tg φ2 = k2

prave oblika x = a

φ =π

2⇒ k = tg

2/∈ R

φ1 = φ2 ⇒ k1 = tg φ1 = tg φ2 = k2

prave oblika x = a

φ =π

2⇒ k = tg

2/∈ R

φ1 = φ2 ⇒ k1 = tg φ1 = tg φ2 = k2

prave oblika x = a

φ =π

2⇒ k = tg

2/∈ R

4. Paralelne prave imaju isti koeficijent pravca

φ1 i φ2 su uglovi sa paralelnim kracima

φ1 = φ2 ⇒ k1 = tg φ1 = tg φ2 = k2

prave oblika x = a

φ =π

2⇒ k = tg

2/∈ R

φ1 = φ2 ⇒ k1 = tg φ1 = tg φ2 = k2

prave oblika x = a

φ =π

2⇒ k = tg

2/∈ R

φ1 = φ2 ⇒ k1 = tg φ1 = tg φ2 = k2

Jednacine prave u ravni

Jednacina prave kroz dve tacke A(x1, y1) i B(x2, y2)

za proizvoljnu tacku T (x , y) sa prave p = p(A,B) važi

k = tg φ =y2 − y1

x2 − x1=

y − y1

x − x1⇒ y = y1 +

y2 − y1

x2 − x1(x − x1)

Primer 2.1 Odrediti jednacinu prave kroz tacke A(1,1) i B(3,5)

Jednacina prave sa koeficijentom pravca k kroz tacku A(x1, y1)

k =y2 − y1

x2 − x1⇒ y = y1 + k(x − x1)

Primer 2.2 Odrediti jednacinu prave sa koeficijentom pravca k = −3kroz tacku A(1,2)

k = tg φ =y2 − y1

x2 − x1=

y − y1

x − x1⇒ y = y1 +

y2 − y1

x2 − x1(x − x1)

k =y2 − y1

x2 − x1⇒ y = y1 + k(x − x1)

k = tg φ =y2 − y1

x2 − x1=

y − y1

x − x1⇒ y = y1 +

y2 − y1

x2 − x1(x − x1)

k =y2 − y1

x2 − x1⇒ y = y1 + k(x − x1)

k = tg φ =y2 − y1

x2 − x1=

y − y1

x − x1⇒ y = y1 +

y2 − y1

x2 − x1(x − x1)

k =y2 − y1

x2 − x1⇒ y = y1 + k(x − x1)

k = tg φ =y2 − y1

x2 − x1=

y − y1

x − x1⇒ y = y1 +

y2 − y1

x2 − x1(x − x1)

k =y2 − y1

x2 − x1⇒ y = y1 + k(x − x1)

k = tg φ =y2 − y1

x2 − x1=

y − y1

x − x1⇒ y = y1 +

y2 − y1

x2 − x1(x − x1)

k =y2 − y1

x2 − x1⇒ y = y1 + k(x − x1)

k = tg φ =y2 − y1

x2 − x1=

y − y1

x − x1⇒ y = y1 +

y2 − y1

x2 − x1(x − x1)

k =y2 − y1

x2 − x1⇒ y = y1 + k(x − x1)

k = tg φ =y2 − y1

x2 − x1=

y − y1

x − x1⇒ y = y1 +

y2 − y1

x2 − x1(x − x1)

k =y2 − y1

x2 − x1⇒ y = y1 + k(x − x1)

k = tg φ =y2 − y1

x2 − x1=

y − y1

x − x1⇒ y = y1 +

y2 − y1

x2 − x1(x − x1)

k =y2 − y1

x2 − x1⇒ y = y1 + k(x − x1)

k = tg φ =y2 − y1

x2 − x1=

y − y1

x − x1⇒ y = y1 +

y2 − y1

x2 − x1(x − x1)

k =y2 − y1

x2 − x1⇒ y = y1 + k(x − x1)

Eksplicitni oblik jednacine praveprava sa koeficijentom pravca k koja sece y−osu u n (odnosno prolazikroz tacku A(0,n))

y = n + k(x − 0)

y = kx + n

Primer 2.3 Odrediti jednacinu prave ako joj je koeficijent pravcak = −2 i sece y − osu u n = 3; zatim je nacrtati

y = n + k(x − 0)

y = kx + n

y = n + k(x − 0)

y = kx + n

y = n + k(x − 0)

y = kx + n

y = n + k(x − 0)

y = kx + n

y = n + k(x − 0)

y = kx + n

y = n + k(x − 0)

y = kx + n

Implicitni (opšti) oblik jednacine prave

ax + by + c = 0, gde a i b nisu istovremeno jednaki nuli

Napomene:1. Opšti oblik jednacine prave ukljucuje i prave oblika x = A(npr. za a = 1,b = 0 i c = −A)2. Opšti oblik jednacine prave nije jedinstven!

ax + by + c = 0 ⇔ αax + αby + αc = 0, α 6= 0

3. Svi oblici jednacine prave, do sad, ukljucuju prave oblika y = B0x + 1y−B = 0y1 = y2 = B ⇒ k = 0 i φ = 0y = 0x + B

ax + by + c = 0 ⇔ αax + αby + αc = 0, α 6= 0

Jednacine prave u ravniImplicitni (opšti) oblik jednacine prave

ax + by + c = 0 ⇔ αax + αby + αc = 0, α 6= 0

3. Svi oblici jednacine prave, do sad, ukljucuju prave oblika y = B

0x + 1y−B = 0y1 = y2 = B ⇒ k = 0 i φ = 0y = 0x + B

Jednacine prave u ravniImplicitni (opšti) oblik jednacine prave

ax + by + c = 0 ⇔ αax + αby + αc = 0, α 6= 0

3. Svi oblici jednacine prave, do sad, ukljucuju prave oblika y = B

0x + 1y−B = 0y1 = y2 = B ⇒ k = 0 i φ = 0y = 0x + B

Segmentni oblik jednacine praveprava koja sece x−osu u m i y−osu u n, tako da m,n 6= 0

nije oblika y = B, jer sece x−osunije oblika x = A, jer sece y−osune prolazi kroz (0,0), jer je m,n 6= 0

Dakle, kako prava p prolazi kroz A(m,0) i B(0,n) dobijamo

y = 0 +n − 00−m

(x −m)⇒ y = − nm

x + n / : n

+yn= 1, m,n 6= 0

Jednacine prave u ravniSegmentni oblik jednacine praveprava koja sece x−osu u m i y−osu u n, tako da m,n 6= 0

y = 0 +n − 00−m

(x −m)⇒ y = − nm

x + n / : n

+yn= 1, m,n 6= 0

y = 0 +n − 00−m

(x −m)⇒ y = − nm

x + n / : n

+yn= 1, m,n 6= 0

y = 0 +n − 00−m

(x −m)⇒ y = − nm

x + n / : n

+yn= 1, m,n 6= 0

y = 0 +n − 00−m

(x −m)⇒ y = − nm

x + n / : n

+yn= 1, m,n 6= 0

y = 0 +n − 00−m

(x −m)⇒ y = − nm

x + n / : n

+yn= 1, m,n 6= 0

y = 0 +n − 00−m

(x −m)⇒ y = − nm

x + n / : n

+yn= 1, m,n 6= 0

y = 0 +n − 00−m

(x −m)⇒ y = − nm

x + n / : n

+yn= 1, m,n 6= 0

Primer 2.4 Odrediti jednacinu prave koja sece x−osu u 4, a y − osusece u −1; zatim je i nacrtati

Primer 2.5 Odrediti u kakvom su medusobnom odnosu koeficijenti k ,neksplicitnog oblika jednacine prave sa koeficijentima a,b, c implicitnog,zatim i m,n segmentnog oblika jednacine prave

Primer 2.4 Odrediti jednacinu prave koja sece x−osu u 4, a y − osusece u −1; zatim je i nacrtati

Primer 2.5 Odrediti u kakvom su medusobnom odnosu koeficijenti k ,neksplicitnog oblika jednacine prave sa koeficijentima a,b, c implicitnog,zatim i m,n segmentnog oblika jednacine prave

Medusobni položaj pravih u ravni

Geometrijski posmatrano, prave u ravni mogu da se:1 poklapaju2 ne seku – paralelne3 seku

1. prave se poklapaju- eksplicitni i segmentni oblik jednacine prave ima jedinstven zapis, tese tu jasno vidi da je ista prava u pitanju- implicitni oblik jednacine prave nema jedinstven zapis, pa trebaprimetiti da su ax + by + c = 0 i αax + αby + αc = 0, α 6= 0 razlicitizapisi iste prave

2. prave su paralelnenajlakše se vidi ako je jednacina prave data u eksplicitnom obliku; te jeuvek prakticno prvo prevesti jednacinu u taj oblik

φ1 = φ2 ⇒ k1 = k2 = kp1 : y = kx + n1

p2 : y = kx + n2

Primer 2.6 Proveriti da li su prave y = 3x + 2 i 6x − 2y + 7 = 0paralelne

φ1 = φ2 ⇒ k1 = k2 = kp1 : y = kx + n1

p2 : y = kx + n2

φ1 = φ2 ⇒ k1 = k2 = kp1 : y = kx + n1

p2 : y = kx + n2

φ1 = φ2 ⇒ k1 = k2 = kp1 : y = kx + n1

p2 : y = kx + n2

φ1 = φ2 ⇒ k1 = k2 = kp1 : y = kx + n1

p2 : y = kx + n2

φ1 = φ2 ⇒ k1 = k2 = kp1 : y = kx + n1

p2 : y = kx + n2

Medusobni položaj pravih u ravni3.a prave su normalne – ortogonalne

p1 : y = k1x + n1, k1 = tg φ1

p2 : y = k2x + n2, k2 = tg φ2

bez umanjenja opštosti pretpostavilismo da je φ1 >

π2 i φ2 <

π2 ; zaista

φ1 + φ3 = π i φ2 + φ3 = π/2, pa jeφ1 − φ2 = π/2

iz slicnosti trouglova 4ABC i 4CBD dobijamo da je ]DCB = φ2; teposmatrajuci trougao 4BCD imamok1 = tg φ1 = −tg φ3 = −h

ak1 · k2 = tg φ1 · tg φ2 = −h

a ·ah = −1

k2 = − 1k1

Primer 2.7 Odrediti jednacinu prave koja je normalna na pravuy = x + 1 i prolazi kroz tacku A(1,1)

p1 : y = k1x + n1, k1 = tg φ1

p2 : y = k2x + n2, k2 = tg φ2

π2 i φ2 <

π2 ; zaista

φ1 + φ3 = π i φ2 + φ3 = π/2, pa jeφ1 − φ2 = π/2

ak1 · k2 = tg φ1 · tg φ2 = −h

a ·ah = −1

k2 = − 1k1

p1 : y = k1x + n1, k1 = tg φ1

p2 : y = k2x + n2, k2 = tg φ2

π2 i φ2 <

π2 ; zaista

φ1 + φ3 = π i φ2 + φ3 = π/2, pa jeφ1 − φ2 = π/2

ak1 · k2 = tg φ1 · tg φ2 = −h

a ·ah = −1

k2 = − 1k1

p1 : y = k1x + n1, k1 = tg φ1

p2 : y = k2x + n2, k2 = tg φ2

π2 i φ2 <

π2 ; zaista

φ1 + φ3 = π i φ2 + φ3 = π/2, pa jeφ1 − φ2 = π/2

ak1 · k2 = tg φ1 · tg φ2 = −h

a ·ah = −1

k2 = − 1k1

p1 : y = k1x + n1, k1 = tg φ1

p2 : y = k2x + n2, k2 = tg φ2

π2 i φ2 <

π2 ; zaista

φ1 + φ3 = π i φ2 + φ3 = π/2, pa jeφ1 − φ2 = π/2

ak1 · k2 = tg φ1 · tg φ2 = −h

a ·ah = −1

k2 = − 1k1

p1 : y = k1x + n1, k1 = tg φ1

p2 : y = k2x + n2, k2 = tg φ2

π2 i φ2 <

π2 ; zaista

φ1 + φ3 = π i φ2 + φ3 = π/2, pa jeφ1 − φ2 = π/2

ak1 · k2 = tg φ1 · tg φ2 = −h

a ·ah = −1

k2 = − 1k1

p1 : y = k1x + n1, k1 = tg φ1

p2 : y = k2x + n2, k2 = tg φ2

π2 i φ2 <

π2 ; zaista

φ1 + φ3 = π i φ2 + φ3 = π/2, pa jeφ1 − φ2 = π/2

ak1 · k2 = tg φ1 · tg φ2 = −h

a ·ah = −1

k2 = − 1k1

p1 : y = k1x + n1, k1 = tg φ1

p2 : y = k2x + n2, k2 = tg φ2

π2 i φ2 <

π2 ; zaista

φ1 + φ3 = π i φ2 + φ3 = π/2, pa jeφ1 − φ2 = π/2

ak1 · k2 = tg φ1 · tg φ2 = −h

a ·ah = −1

k2 = − 1k1

p1 : y = k1x + n1, k1 = tg φ1

p2 : y = k2x + n2, k2 = tg φ2

π2 i φ2 <

π2 ; zaista

φ1 + φ3 = π i φ2 + φ3 = π/2, pa jeφ1 − φ2 = π/2

ak1 · k2 = tg φ1 · tg φ2 = −h

a ·ah = −1

k2 = − 1k1

3.b prave se seku pod uglom α

p1 : y = k1x + n1, k1 = tg φ1

p2 : y = k2x + n2, k2 = tg φ2

bez umanjenja opštosti pretpostavilismo da je φ1 + α = φ2

koristeci trigonometrijske formule dobijamo

tg α = tg (φ2 − φ1) =tg φ2 − tg φ1

1 + tg φ1 · tg φ2=

k2 − k1

1 + k1k2

α = arctgk2 − k1

1 + k1k2

Napomena: Imajuci u vidu da je tg α = −tg α′ možemo koristitiformulu α = arctg

∣∣∣ k2−k11+k1k2

∣∣∣ uz pretpostavku da je α oštar ugao

Medusobni položaj pravih u ravni3.b prave se seku pod uglom α

p1 : y = k1x + n1, k1 = tg φ1

p2 : y = k2x + n2, k2 = tg φ2

tg α = tg (φ2 − φ1) =tg φ2 − tg φ1

1 + tg φ1 · tg φ2=

k2 − k1

1 + k1k2

α = arctgk2 − k1

1 + k1k2

∣∣∣ k2−k11+k1k2

p1 : y = k1x + n1, k1 = tg φ1

p2 : y = k2x + n2, k2 = tg φ2

tg α = tg (φ2 − φ1) =tg φ2 − tg φ1

1 + tg φ1 · tg φ2=

k2 − k1

1 + k1k2

α = arctgk2 − k1

1 + k1k2

∣∣∣ k2−k11+k1k2

p1 : y = k1x + n1, k1 = tg φ1

p2 : y = k2x + n2, k2 = tg φ2

tg α = tg (φ2 − φ1) =tg φ2 − tg φ1

1 + tg φ1 · tg φ2=

k2 − k1

1 + k1k2

α = arctgk2 − k1

1 + k1k2

∣∣∣ k2−k11+k1k2

p1 : y = k1x + n1, k1 = tg φ1

p2 : y = k2x + n2, k2 = tg φ2

tg α = tg (φ2 − φ1) =tg φ2 − tg φ1

1 + tg φ1 · tg φ2=

k2 − k1

1 + k1k2

α = arctgk2 − k1

1 + k1k2

∣∣∣ k2−k11+k1k2

p1 : y = k1x + n1, k1 = tg φ1

p2 : y = k2x + n2, k2 = tg φ2

tg α = tg (φ2 − φ1) =tg φ2 − tg φ1

1 + tg φ1 · tg φ2=

k2 − k1

1 + k1k2

α = arctgk2 − k1

1 + k1k2

∣∣∣ k2−k11+k1k2

p1 : y = k1x + n1, k1 = tg φ1

p2 : y = k2x + n2, k2 = tg φ2

tg α = tg (φ2 − φ1) =tg φ2 − tg φ1

1 + tg φ1 · tg φ2=

k2 − k1

1 + k1k2

α = arctgk2 − k1

1 + k1k2

∣∣∣ k2−k11+k1k2

p1 : y = k1x + n1, k1 = tg φ1

p2 : y = k2x + n2, k2 = tg φ2

tg α = tg (φ2 − φ1) =tg φ2 − tg φ1

1 + tg φ1 · tg φ2=

k2 − k1

1 + k1k2

α = arctgk2 − k1

1 + k1k2

∣∣∣ k2−k11+k1k2

Napomena: Kako smo koristili eksplicitni oblik jednacine prave, praveoblika x = a nisu uzimane u obzir, te primetimo dodatno1. prava paralelna pravoj x = a je opet prava oblika x = a′

2. prava normalna na pravu x = a je prava y = b; i obrnuto3. uglao izmedu prave x = a i prave y = kx + n, k = tg φ je

tg α = tg (π

2− φ) = ctg φ =

1tg φ

Primer 2.8 Analizom sistema algebarskih jednacina y = k1x + n1 iy = k2x + n2, odrediti u kakvom su medusobnom odnosuodgovarajuce prave

tg α = tg (π

2− φ) = ctg φ =

1tg φ

tg α = tg (π

2− φ) = ctg φ =

1tg φ

Medusobni položaj pravih u ravniNapomena: Kako smo koristili eksplicitni oblik jednacine prave, praveoblika x = a nisu uzimane u obzir, te primetimo dodatno1. prava paralelna pravoj x = a je opet prava oblika x = a′

tg α = tg (π

2− φ) = ctg φ =

1tg φ

Primer 2.8 Analizom sistema algebarskih jednacina y = k1x + n1 iy = k2x + n2, odrediti u kakvom su medusobnom odnosuodgovarajuce praveMilica Žigic (DMI, PMF, UNS 2019) Analiticka geometrija predavanje 2 15 / 15

Medusobni položaj pravih u ravniNapomena: Kako smo koristili eksplicitni oblik jednacine prave, praveoblika x = a nisu uzimane u obzir, te primetimo dodatno1. prava paralelna pravoj x = a je opet prava oblika x = a′

tg α = tg (π

2− φ) = ctg φ =

1tg φ

Primer 2.8 Analizom sistema algebarskih jednacina y = k1x + n1 iy = k2x + n2, odrediti u kakvom su medusobnom odnosuodgovarajuce praveMilica Žigic (DMI, PMF, UNS 2019) Analiticka geometrija predavanje 2 15 / 15

Analiticka geometrijaˇ - personal.pmf.uns.ac.rs...3. Za prave paralelne sa y osom,prave oblika x =...

Documents

Transcript of Analiticka geometrijaˇ - personal.pmf.uns.ac.rs...3. Za prave paralelne sa y osom,prave oblika x =...