Analiticka geometrijaˇ - personal.pmf.uns.ac.rs€¦ · Paralelne prave imaju isti koeficijent...
Transcript of Analiticka geometrijaˇ - personal.pmf.uns.ac.rs€¦ · Paralelne prave imaju isti koeficijent...
-
Analitička geometrija
Predavanje 2
Jednačine prave u ravni i med̄usobni položaj pravihu ravni
Novi Sad, 2020.
Milica Žigić (DMI, PMF, UNS 2020) Analitička geometrija predavanje 2 1 / 15
-
Koeficijent pravca praveAko su u ravni date dve tačke A(x1, y1) i B(x2, y2), onda znamo da uvekpostoji tačno jedna prava p koja prolazi kroz te dve date tačke A i B.
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 − y1x2 − x1
Primetimo:k se može izračunati za φ 6= π2 ;preslikavanje φ 7→ k = tg φ je bijektivno na [0, π2 ) ∪ (
π2 , π).
Milica Žigić (DMI, PMF, UNS 2020) Analitička geometrija predavanje 2 2 / 15
-
Koeficijent pravca praveSada, svakoj pravi p = p(A,B), na kojoj poznajemo dve tačke A(x1, y1) i
B(x2, y2), možemo pridružiti broj k =y2 − y1x2 − x1
, koeficijent pravca prave p.
Ovakvo pridruživanje je dobro definisano, jer ako k izračunavamo putem bilokog drugog para tačaka sa prave p, npr. A(x1, y1) i C(x , y), on ostaje isti
tg φ = k =y2 − y1x2 − x1
=y1 − yx1 − x
(1)
Dakle, koeficijent pravca k prave p, ako se računa putem koordinata tačakasa prave, ne zavisi od izbora samih tačaka (sada, A i B)
Milica Žigić (DMI, PMF, UNS 2020) Analitička geometrija predavanje 2 3 / 15
-
Napomene:1. Primetimo da nije važan redosled tačaka A i B pri računanju koeficijentapravca k prave p = p(A,B) = p(B,A)
k = tg φ =y2 − y1x2 − x1
=y1 − y2x1 − x2
2. Znak koeficijenta pravca kφ ∈ [0, π2 ) ⇒ k ≥ 0
"rastuće prave" – kad raste x raste i y
φ ∈ (π2 , π) ⇒ k < 0
"opadajuće prave" – kad raste x opada y
Milica Žigić (DMI, PMF, UNS 2020) Analitička geometrija predavanje 2 4 / 15
-
3. Za prave paralelne sa y−osom, prave oblika x = a, ne može da seizračuna koeficijent pravca
prave oblika x = a
φ =π
2⇒ k = tg π
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
Milica Žigić (DMI, PMF, UNS 2020) Analitička geometrija predavanje 2 5 / 15
-
Jednačine prave u ravni
Jednačina prave kroz dve tačke A(x1, y1) i B(x2, y2)za proizvoljnu tačku T (x , y) sa prave p = p(A,B), na osnovu (1) važi
k = tg φ =y2 − y1x2 − x1
=y − y1x − x1
⇒ y = y1 +y2 − y1x2 − x1
(x − x1)
Primer 2.1 Odrediti jednačinu prave kroz tačke A(1,1) i B(3,5)
Jednačina prave sa koeficijentom pravca k kroz tačku A(x1, y1)
k =y2 − y1x2 − x1
⇒ y = y1 + k(x − x1)
Primer 2.2 Odrediti jednačinu prave sa koeficijentom pravca k = −3 kroztačku A(1,2)
Milica Žigić (DMI, PMF, UNS 2020) Analitička geometrija predavanje 2 6 / 15
-
Jednačine prave u ravni
Eksplicitni oblik jednačine praveprava sa koeficijentom pravca k koja seče y−osu u n (odnosno prolazi kroztačku A(0,n))
y = n + k(x − 0)
y = kx + n
Primer 2.3 Odrediti jednačinu prave ako joj je koeficijent pravca k = −2 i sečey − osu u n = 3; zatim je nacrtati
Milica Žigić (DMI, PMF, UNS 2020) Analitička geometrija predavanje 2 7 / 15
-
Jednačine prave u ravni
Implicitni (opšti) oblik jednačine prave
ax + by + c = 0, gde a i b nisu istovremeno jednaki nuli
Napomene:1. Opšti oblik jednačine prave uključuje i prave oblika x = A(npr. za a = 1,b = 0 i c = −A)2. Opšti oblik jednačine prave nije jedinstven!
ax + by + c = 0 ⇔ αax + αby + αc = 0, α 6= 0
3. Svi oblici jednačine prave, do sad, uključuju prave oblika y = B
0x + 1y−B = 0y1 = y2 = B ⇒ k = 0 i φ = 0y = 0x + B
Milica Žigić (DMI, PMF, UNS 2020) Analitička geometrija predavanje 2 8 / 15
-
Jednačine prave u ravni
Segmentni oblik jednačine praveprava koja seče x−osu u m i y−osu u n, tako da m,n 6= 0
nije oblika y = B, jer seče x−osunije oblika x = A, jer seče 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
xm
+yn= 1, m,n 6= 0
Milica Žigić (DMI, PMF, UNS 2020) Analitička geometrija predavanje 2 9 / 15
-
Jednačine prave u ravni
Primer 2.4 Odrediti jednačinu prave koja seče x−osu u 4, a y − osu seče u−1; zatim je i nacrtati
Primer 2.5 Odrediti u kakvom su med̄usobnom odnosu koeficijenti k ,neksplicitnog oblika jednačine prave sa koeficijentima a,b, c implicitnog, zatim im,n segmentnog oblika jednačine prave
Milica Žigić (DMI, PMF, UNS 2020) Analitička geometrija predavanje 2 10 / 15
-
Med̄usobni 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 jednačine prave ima jedinstven zapis, te se tujasno vidi da je ista prava u pitanju- implicitni oblik jednačine prave nema jedinstven zapis, pa treba primetiti dasu ax + by + c = 0 i αax + αby + αc = 0, α 6= 0 različiti zapisi iste prave
Milica Žigić (DMI, PMF, UNS 2020) Analitička geometrija predavanje 2 11 / 15
-
Med̄usobni položaj pravih u ravni
2. prave su paralelnenajlakše se vidi ako je jednačina prave data u eksplicitnom obliku; te je uvekpraktično prvo prevesti jednačinu u taj oblik
φ1 = φ2 ⇒�� ��k1 = k2 = k
p1 : y = kx + n1p2 : y = kx + n2
Primer 2.6 Proveriti da li su prave y = 3x + 2 i 6x − 2y + 7 = 0 paralelne
Milica Žigić (DMI, PMF, UNS 2020) Analitička geometrija predavanje 2 12 / 15
-
Med̄usobni položaj pravih u ravni3.a prave su normalne – ortogonalne
p1 : y = k1x + n1, k1 = tg φ1p2 : y = k2x + n2, k2 = tg φ2bez umanjenja opštosti pretpostavili smoda je φ1 > π2 i φ2 <
π2 ; zaista φ1 + φ3 = π i
φ2 + φ3 = π/2, pa je φ1 − φ2 = π/2iz sličnosti trouglova 4ABC i 4CBD dobijamo da je ]DCB = φ2; teposmatrajući trougao 4BCD imamok1 = tg φ1 = −tg φ3 = − hak1 · k2 = tg φ1 · tg φ2 = − ha ·
ah = −1�
�k2 = − 1k1
Primer 2.7 Odrediti jednačinu prave koja je normalna na pravu y = x + 1 iprolazi kroz tačku A(1,1)
Milica Žigić (DMI, PMF, UNS 2020) Analitička geometrija predavanje 2 13 / 15
-
Med̄usobni položaj pravih u ravni3.b prave se seku pod uglom α
p1 : y = k1x + n1, k1 = tg φ1p2 : y = k2x + n2, k2 = tg φ2bez umanjenja opštosti pretpostavili smoda je φ1 + α = φ2
koristeći trigonometrijske formule dobijamo
tg α = tg (φ2 − φ1) =tg φ2 − tg φ1
1 + tg φ1 · tg φ2=
k2 − k11 + k1k2
�
�α = arctg k2 − k11 + k1k2
Napomena: Imajući u vidu da je tg α = −tg α′ možemo koristiti formuluα = arctg
∣∣∣ k2−k11+k1k2 ∣∣∣ uz pretpostavku da je α oštar ugaoMilica Žigić (DMI, PMF, UNS 2020) Analitička geometrija predavanje 2 14 / 15
-
Med̄usobni položaj pravih u ravniNapomena: Kako smo koristili eksplicitni oblik jednačine prave, prave oblikax = 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 izmed̄u prave x = a i prave y = kx + n, k = tg φ je
tg α = tg (π
2− φ) = ctg φ = 1
tg φ=
1k
Primer 2.8 Analizom sistema algebarskih jednačina y = k1x + n1 iy = k2x + n2, odrediti u kakvom su med̄usobnom odnosu odgovarajuće prave
Milica Žigić (DMI, PMF, UNS 2020) Analitička geometrija predavanje 2 15 / 15