Algebarske Krive Drugog Reda

7/14/2019 Algebarske Krive Drugog Reda

1/33

MATEMATIKI FAKULTET BEOGRAD

Seminarski rad izMetodike nastave matematike II

TEMA: Algebarske krive drugog reda

KRUNICA

Student: Novka Borii472 / 2006

abac, 2008

1


2/33

SADRAJ

1. Pojam geometrijskog mesta taaka (GMT) 4

2. Istorijski razvoj analitike geometrije 5

3. Pojam algebarskih krivih drugog reda u ravni 6

4. Jednaina krunice: opti i parametarski oblik 8

5. Reeni zadaci 11

6. Prava i krunica 16

7. Obim krunice i duina krunog luka 29

7.1. Grafiki prikaz 29

7.2. Raunski prikaz 32

2


3/33

Literatura

1.Zlatko P. Mamuzi: Determinante, matrice, vektori analitika geometrija, grae-vin-ska knjiga Beograd, 1975.

2.Dr. Branislav Borii, dr Miodrag Ivovi, mr. Vesna Miicki-Kovaevi, dr Kovina

Rakoevi, dr Velimir Pavlovi: MATEMATIKA KROZ PRIMERE I ZA-DAT-KE SA ELEMENTIMA TEORIJE, savremena admi-ni-stracija Beograd, 1988.

3.Dr. Jovan D. Keki: MATEMATIKA SA ZBIRKOM ZADATAKA za III razred

srednje kole, Zavod za udbenike i nastavna sredstva, 1992.4. Mr. Vene T. Bogoslavov: ZBIRKA REENIH ZADATAKA iz matematike 3,

Zavod za udbenike i nastavna sredstva Beograd, 1995.5.Prof. dr Boris Pavkovi,prof. dr Darko Veljan: ELEMENTARNA MATEMA-TI-

KA II, kolska knjiga Zagreb, 1995.6. Gradimir Vojvodi,ura Paji,Ratko Toi: MATEMATIKA SA ZBIRKOM

ZADATAKA za 3. razred srednje kole, Zavod za udbenike i nastavna sredstva Beograd, 2005.

7. Radovan Ljubojevi,Milo Stevanovi: PRIRUNIK ZA INENJERSKO CRTA-

NJE, Tehnoloko-metalurki fakultet Beograd, 1988.

8. Dr Lazar Rusov: KINEMATIKA, Nauna knjiga Beograd, 1989.9. Duan V. orevi,eljko M. Papi: TEHNIKO CRTANJE SA NACRTNOM

GEOMETRIJOM za I razred mainske kole, Zavod za udbenike i nastavnasredstva Beograd, 1991.

3


4/33

1. POJAM GEOMETRIJSKOG MESTA TAAKA (GMT)

Uobiajeno je da se geometrijskim mestom taaka u ravni ili prostoru nazivaskup svih taaka koje poseduju neko odreeno svojstvo. Kada je re o geometrijskimmestima taaka u ravni, ona mogu obrazovati neku krivu u toj ravni ili i itavu oblast

te ravni; kad je re o geometrijskim mestima u prostoru, ona mogu obrazovati ilineku krivu u prostoru ili itavu oblast koja lei u nekoj ravni u prostoru, ili nekukrivu povrinu u prostoru ili, najzad, itav deo prostora. Prave u ravni i prostoru,ravni u prostoru samo su specijalni sluajevi geometrijskih mesta taaka u ravni i

prostoru. Da se ispita neko dato geometrijsko mesto taaka analitiki, tj. posredstvombrojeva, potrebno je najpre izabrati koordinatni sistem, a zatim u tome sistemupomou koordinata opisati svojstvo koje poseduje uoeno geometrijsko mesto taaka.Tako e se dobiti jedna ili vie jednaina ili nejednaina koje omoguuju da se daljaanaliza posmatranog mesta taaka vri isto analitiki. Obrnuto, kada je data jednaili vie jednaina ili nejednaina, koje moraju ispunjavati tekue koordinate take uravni ili prostoru, njihova analiza omoguuje da se zakljui o obliku i rasporedu tihtaaka u ravni ili prostoru. Na taj nain analitika geometrija omoguuje da se, uopte,geometrijski objekti prouavaju posredstvom brojeva.

Slika 1.

4


5/33

2. ISTORIJSKI RAZVOJ ANALITIKE GEOMETRIJEKorienje koordinata za odreivanje poloaja taaka i veze algebre i geome-

trije, tj. raunanje geometrijskim veliinama javilo se jo u antiko doba.

Apolonije. starogrki matematiar iz III veka p.n.e. koristio je ideje analitikegeometrije (posmatranje konusnih preseka kao taaka u ravni sa nekim numerikimosobinama izraene geometrijskim jezikom.

Hiparh II vek p.n.e. i Ptolomej II do III vek n.e. su koristili koordinate zaodreivanje poloaja taaka na Zemlji i nebu.

Francuski svetenikNikola Orem srednji vek od 1323 ? do 1382. izuavao jekretanje i grafiki ga predstavljao.

Sa razvojem algebre za vreme renesanse u Italiji i radom francuskogmatematiara Fransua Vieta (15401602), postignut je takav nivo reavanja

jednaina, tako da su se one mogle primenjivati na reavanje geometrijskih problema.

U tome se isticao i Vietov ak dubrovanin Marin Getaldiv (15661626). Znaenjekoje danas ima, analitika geometrija je dobila 1637. g. kada je izala iz tampeknjiga Rasprava o metodi francuskog matematiara i filozofa Rene Dekarta (15961650). U isto vreme na ideju o analitikoj geometriji dolazi iPjer Ferma (16011665)ali to nije objavljeno za vreme njegovog ivota. Sa pronalaskom diferencijalnog iintegralnog rauna dolo je do razvoja analitike geometrije. Ova oblast matematike

je dananji oblik dobila u knjizi velikog vajcarskog matematiara Leonarda Ojlera(1977 do 1783), Uvod u analizu beskonano malih iz 1748. g.

5


6/33

3. POJAM ALGEBARSKIH KRIVIH DRUGOG REDA U RAVNIRazmotriemo neka GMT u ravni, u Dekartovom ortogonalnom sistemu xOy,

desne orijentacije.Algebarskom krivom drugog reda zove se GMT M(x,y) ije koordinate

zadovoljavaju algabarsku jednainu drugog reda:

f(x,y) = Ax2 + 2Bxy + Cy2 + 2Dx + 2Ey + F = 0gde su A, B, C, D, E, F dati realni brojevi.

Naziv potie otuda to je f (x,y) polinom po x i y drugog stepena i jednaina

predstavlja y kao algebarsku f-ju od x. U algebarske krive II-gog reda spadaju:kunica, elipsa, hiperbola, parabola, koje se jednim imenom nazivaju konusni preseci,

jer se dobijaju kao preseci konusa i ravni. Ako rava, koja nije normalna na osukonusa, see sve izvodnice konusa, dobija seelipsa, a ako je ravan normalna na osukonusa i see sve izvodnice, dobije se kao presek krunica.

Parabola se dobija kao presek konusa i ravni koja je paralelna sa izvodnicomkonusa.

Hiperbola se dobija u preseku obrtnog konusa u ravni koja je paralelna osikonusa.

Na slikama su redom prikazane navedene krive:

Slika 2. Kosi presek konusa Slika 3. Konstrukcija parabole

Slika 4. Konstrukcija hiperbole

Konusne povri to su povri koje obrazuju prave koje prolaze kroz jednu datu

6


7/33

taku i datu krivu. Data taka zove se vrh, kriva se zove vodilja, a svaka prava korzvrh i vodilju zove se izvodnica konusne povri.

Slika 5

7


8/33

4. JEDNAINA KRUNICE

Opti oblik

Definicija: Krunica je skup taaka u ravni, sa osobinom da su sve take tog skupa

na jednakom rastojanju r, od jedne stalne take te ravni O, koja senaziva centar te krunice. Kruna linija je dakle odreena centrom O ipoluprenikom r u oznaci: k (O, r)

Parametarski oblik

Neka je xO1y koordinatni sistem u ravni i neka je u tom sistemu data taka O(p,q) i r>0.

Izvedimo jednainu krune linije k (O, r) iz osenenog pravouglog trougla naslici duina poluprenika r koji definie GMT koje ine krunicu moe se odrediti

preko koordinate krajnjih taaka O i M iz sledeeg obrasca:

odakle se posle kvadriranja leve i desne strane dobija:

ili (1)

Dati obrazac predstavlja jednanu krunice na sledeoj slici:

Slika 6

8


9/33

Ako su p = q = O, tada se centar krunice nalazi u koordinatnom poetku (O, O)pa jednaina (1) postaje:

x2 + y2 = r2

to se moe uoiti i na sledeoj slici:

Slika 7

To je jednaina takozvane centralne krunice.Ako posmatramo jednainu krunice

(x p) 2 + (yq) 2 = r2

vidimo da je to jednaina drugog stepena.

Ako se izvri naznaeno kvadriranje dobija se:

x2 spx + p2 + x2 2qy + q2 r2 = 0Sreivanje postaje:

x2 + y2 2qy + p2 + q2 r2 = 0 (2)Uporedimo ovu jednainu krunice sa optom jednainom drugog stepena koja

glasi:

Ax2 + Bxy + Cy2 + Dx + Ey + F = 0 (3) (A, B, C, D, E, F R)Ispitajmo koje uslove treba da zadovolji ova jednaina da bi bila jednaina

krunice.

Da bi jednaine (2) i (3) predstavljale istu krivu liniju odgovarajui koeficijentimoraju biti proporcionalni tj. mora biti:

A = C i A, C 0; B = 0

pa posle deobe sa A jednaina (3) postaje:

9


10/33

Sreivanjem dobijamo:

Da bi jednaina predstavljala krunu liniju izraz na desnoj strani mora bitipozitivan tj. D2 + E2 4AF > 0.

Dakle jednaina (3) predstavlja krunu liniju ako je: B = 0; A = C 0 iD2 + E2 4 AF > 0.

U jednaini: x2 + y2 + x + y + = 0.

stavimo: = d; = e i = f, tada je x2 + y2 + dx + ey + f = 0 (4)i uporeivanjem sa (2) dobija se:

2p = d2q = e; p2 + q2 r2 = f

Od posebnog su znaaja parametarske jednaine navedenih krivih: krunice,elipse, hiperbole i parabole jer imaju znaajnu primenu u tehnici posebno kinematici.Napisati jednainu krive u parametarskom obliku znai prikazati obe koordinate

neke take T (x,y) koja pripada krivoj u zavisnosti od nove promenljive koja se zoveparametar (ovde od ugla t):

Ako je centar krunice u koord. poetku parametarske jednaine glase:

x = r cos ty = r sin tAko je centar krunice taka S (p, q) parametarske jednaine glase:

x = p + r cos ty = q + r sin t

to se moe uoiti sa sledeih slika:

10

0 t < 2

0 t < 2


11/33

Slika 8 Slika 9

5. REENI ZADACI

Zadatak: Taka M kree se u ravni Oxy po zakonu

x = 4 cos t +3

y = 4 sin t 2

gde su x i y u cm, a t u s.

Odrediti trajektoriju take.

Reenje. Vreme t iz konanih jednainakretanja eliminisaemo na taj nain to emo

jednaine napisati u obliku

x 3 = 4 cos ty + 2 = 4 sin t

zatim kvadriranjem i sabiranjem ovihjednaina, dobiemo:

(x 3)2 + (y + 2)2 = 42.

Linija putanje take jeste krug polupre-nika R = 4 cm, a centar kruga je

pomerena u odnosu na peetakDekartovog pravouglog koordinatnog sistemaza rastojanja xc = 3 cm; yc = 2 cm. Sobzirom na jednaine kretanja u ovom

sluaju cela linija putanje je u isto vreme i trajektorija take.

Zadatak: Nai centar i poluprenik krunice ija je jednaina: x2 + x2 10x + 4y + y= 0

I nain:

2p = 10 2q = 4 p2 + q2 r2 = 4

p = 5 q = 2 25 + 4 r 2 = 4

r2 = 25 ; r = 5

C ( 5, 2); R = 5

11


12/33

II nain:

x2 + y2 10x + 4y + 4 = 0

x2 10x + 52 52 + y2 + 4y + 22 22 + 4 = 0

(x 5) 2 + (y + 2) 2 = 25

p = 5 ; q = 2 ; r = 5.

12


13/33

Zadatak: Nai jednainu krunice iji je centar u taki C (5, 2); a prolazi kroz takuM (1, 5)

k: (x p)2 + (y q)2 = r2

(1 5) 2 + (5 + 2) 2 = r2

36 + 49 = r2 ; r =

k: (x 5)2 + (y + 2)2 = 85 ; k: x2 10x + 25 + y2 + 4y + 4 85 = 0

k: x2 + y2 10 x + 4y 56 = 0

Zadatak: Kako glasi jednaina krunice koja dodiruje obe koordinatne ose i prolazikroz taku M (2, 1)

k: (x p)2 + (y q)2 = r2

r = p = q

(x r)2 + (y + r)2 = r2

M (2, 1) : (2 r)2 + (1 + r)2 = r2

4 4r + r2 + 1 2r + r2 = r2

r2 6r + 5 = 0 ; r1 = 5 ; r2 = 1

k: (x 5)2 + (y + 5)2 = 25

k: (x 1)2 + (y + 1)2 = 1

Slika 11

13


14/33

Zadatak: Sastaviti jednainu krunice iji je poluprenik r = 1, a koja je koncentrinas krunicom x2 + y2 + 6 x + 8 = 0

k: (x p)2 + (y q)2 = r2 ; r = 1

2p = 6; q = 0 C (3, 0) centar krunice traene

k: (x + 3)2 + (y)2 = 1

Zadatak:Napisati jednainu krunice koja prolazi kroz take

A ( 6, 5); B ( 2, 7); C ( 5, 2)

k: (x p)2 + (y q)2 = r2

A (6, 5): (6 p)2 + (5 q)2 = r2B (2, 7): (2 p)2 + (7 q)2 = r2

C (5, 2): (5 p)2 + (2 q)2 = r2

(6 p)2 + (5 q)2 = (2 p)2 + (7 q)2

36 + 12p + p2 + 25 10q + q2 = 4 + 4p + p2 + 49 14q + q2

8p + 4q + 8 = 0 / (: 4)2p + q + 2 = 0 ... (1)

(2 p)2 + (7 q)2 = 5 p)2 + (2 q)2

4 + 4p + p2 + 49 14q + q2 = 25 + 10p + p2 + 4 + 4q + q2

6p 18q + 24 = 0 / (: 6)p + 3q 4 = 0... (2)

Iz (1) i (2) sledi:

2p + q + 2 = 0p + 3q 4 = 0 / ( 2)

2p + q + 2 = 0

2p + 6q 8 = 0

5q = 10q = 2

Iz (2) sledi:

p = 4 3qp = 2r2 = (5 + 2)2 + (2 2)2

r2 = (3)2 + ( 4)2

r2 = 25

k: (x + 2)2 + (y 2)2 = 25

14

{


15/33

Zadatak: Odrediti parametarm tako da krunica (x 2m)2 + (y m)2 = 25 prolazikroz taku M (6, 4)

(x 2m)2 + (y m)2 = 25

M (6, 4): (6 2m)2 + (4 m)2 = 25

36 24m + 4m2 + 16 8m + m2 = 25

5m2 32m + 27 = 0

10

540102432m 2,1

=

10

2232m 2,1

=

5

54m 2,1 =

m2 = 1

255

27y

4

54x:k

2

=

+

k: (x 2)2 + (y 1)2 = 25

Zadatak: Odrediti take u kojima krunica x2 + y2 + x y 12 = 0 see koordinatene

ose.

x2 + y2 + x y 12 = 0a) Odredimo preseke krunice i x-ose.

y = 0 (jednaina x-ose)

x2 + x 12 = 0

x1 = 4

x2 = 3

P1 (4, 0)

P2 (3, 0)b) Odrediti presene take krunice i y-ose.

x = 0

y2 y 12 = 0

y1 = 4

y2 = 3

Q1 (0, 4)

15


16/33

Q2 (0, 3)

16


17/33

Zadatak:Nai jednainu tetive krunice x2 + y2 8x 4 = 0 koja prolazi kroz takuA (1, 1) i da tom takom bude prepolovljena

x2 + y2 8x 4 = 0

2p = 8

p = 4

2q = 0

q = 0

p2 + q2 r2 = 4

16 r2 = 4

r = 20

12

12

xxyyk

=

41

01k

=

3

1k=

Slika 12

k1 = 3

A (1, 1): y y1 = k (x x1)

y = 3 (x 1)

y 1 = 3x 3

3x + y + = 0

k: 3x y 2 = 0

17


18/33

6. PRAVA I KRUNICAx2 + y2 + dx + ey + f = 0 jednaina krunice u optem obliku

Ax + By + C = 0 jednaina prave

y = BCx

BA

Dakle, rezolventna jednaina je kvadratna oblika:

Ax2 + Bx + C = 0 rezolventnaOd prirode reenja rezolventne jednaine zavisi priroda reenja sistema.

1o ako je D > 0 prava see krunicu

2o ako je D = 0 prava dodiruje krunicu

3o ako je D < 0 prava nema sa krunicom zajednikih taaka.

Zadatak: U jednaini rave 2 x + y + m = 0, odrediti parametar m tako da ova bude

tangenta krunice (x 1)2 + (y 1)2 = 4

2 x + y + m = 0

y = 2x m

(x 1)2 + (y 1)2 = 4

(x 1)2 + (2x m 1)2 = 4x2 2x + 1 + 4 x2 + m2 + 1 + 4 mx + 4 x + 2 m = 4

5 x2 + x (2 + 4 m) + m2 + 2 m 2 = 0A B CUslov za dodir je D = 0

B2 4 AC = 0

(2 + 4 m)2 20 (m2 + 2m 2) = 0

4 + 16 m + 16 m2 20 m2 40 m + 40 = 0

4m2 24 m + 44 = 0 / (: 4)

m2 + 6 m + 11 = 0

1193m 2,1 +=

203m 2,1 =

t1: 2x + y 3 + 20 = 0

t2: 2x + y 3 20 = 0

18


19/33

Uslov dodira prave i kruniceOdstojanje take od prave dato je sledeim obrascem:

22

11

BA

CByAx

d +

++=

d = r

22 BA

CBqApr

+

++=

Ovo je uslov dodira prave i krunice

Ispred korena se koristi znak suprotan znaku ispred C u obrascu.Ako je centar u koordinatnom poetku uslov dodire je:

222

BA

Cr

+=

Zadatak: U jednaini prave 2x + y + m = 0 odrediti parametarm tako da ova budetangenta krunice (x 1)2 + (y 1)2 = 4

2x + y + m = 0;

(x 1)2 + (y 1)2 = 4

22

22

BA

)CBqAp(r

+++

=

14

)m12(4

2

+

++=

20 = (3 + m)2

3 + m = 20

m = 3 20

m1 = 3 + 20 s

m2 = 3 20

19


20/33

20


21/33

Zadatak: Odrediti jednaine tangenata krunice x2 + y2 4x 6y 12 = 0 koje su

(a) paralelne sa pravom 4x 3y 12 = 0

(b) normalne na pravoj 3x + 4y 10 = 0

x2 + y2 4 x 6 y 12 = 02 p = 4; p = 2 4 + 9 r2 = 12

2q = 6; q = 3 r2 = 254 x 3 y = 12 / (:12)

14

y

3

x=

+

a) y =

4x

3

4

; 3

4k=

t: y = kx + n;nx

3

4y +=

I nain

4 x 3 y + 3 n = 0A B C

Slika 13

(3n 1)2 = 252; 3n 1 = 25; 3n = 1 25

; ; ; n2 = 8

t: y =

t: y =

t2: y =

21


22/33

II nain

x2 + y2 4 x 6 y 12 = 0

y = x + n

9 x2 + 16 x2 + 24 nx + 9n2 36x 72x 54n 108 = 0

25 x2 + x (24 n 108) + 9n2 54n 108 = 0Uslov za dodir je: D = 0; B2 4AC = 0

122 (2n 9)2 100 9 (n2 6 n 12) = 0 / (:36)

4 (2n 9)2 25 (n2 6 n 12) = 0

4 (4 n2 36 n + 81) 25 (n2 6 n 12) = 0

16 n2 144n + 324 25n2 + 150 n + 300 = 0

9n2 6n 624 = 0 / (:3); 3n2 2n 208 = 0

;

; ;

t1: y = ; t2: y =

Zadatak: Odrediti jednainu krune linije poluprenika koja dodiruje pravex 2y = 0 i x + 2y = 0.

Centar traene krune linije nalazi se na bilo kojoj od simetrala ugla

koji obrazuju prave x 2y = 0 i x + 2y = 0, tj. prave i . Zbog simetrije ovihpravih jasno je da su koordinatne ose te simetrale, pa jednaina traene krunelinije ima jedan od oblika:

(x p)2 + y2 = 20 (1)

x2 + (z q)2 = 20 (2)

22


23/33

Posmatrajmo prvo krunu liniju (1). Broj p odreuje se iz uslova da jerastojanje od centra (p, 0) do prave x 2y = 0 jednako ; dakle,

, tj. p2 = 100,

odakle izlazi p = 10. Prema tome, krune linije

(x 10)2 + y2 = 20 i (x + 10) 2 + y2 = 20

imaju navedenu osobinu.

Za krunu liniju oblika (2) postupa se na slian nain, tj. odreuje se q takoda rastojanje od (0, q) do prave x 2y = 0 bude . Tada je:

, tj. q2 = 25,

odakle je q = 5. Znai, i krune linije

x2 + (y 5) 2 = 20 i x2 + (y + 5) 2 = 20

imaju navedenu osobinu.

Dakle, postoje ukupno etiri krune linije poluprenika koje dodirujuprave x 2y = 0 i x + 2y = 0 (slika 14).

Slika 14

Zadatak: Pod kojim uglom se iz take P (8, 4) vidi krunica x2 + (y 4)2 = 16

t: y y1 = k (x x1); C (0, 4)

p (8, 4): y 4 = k (x 8) prava

x2 + (y 4)2 = 16 krunica

y = kx 8k + 4 pravax2 + (kx 8k + 4 4)2 = 16

x2 + k2x2 16k2x + 64k2 16 = 0

x2 (1 + k2) 16k2x + 16 (4k2 1) = 0

23


24/33

D = 0; B2 4 AC = 0

162 k4 4 16 (1 + k2) (4k2 1) = 0 / : (4 16)

4k4 4k2 + 1 4k4 + k2 = 0

3k2 = 1;

k =

t1:

t2:

= 60o Slika 15

Zadatak: Odrediti jednainu krunice koja prolazi kroz taku A (2, 6), seeortogonalno krunicu x2 + y2 6x 8y = 0, a sredite joj se nalazi napravoj 3x 2y 12 = 0.

Data krunica k1:

x2 + y2 6x 8y = 0

2p = 6; p = 3 r = 5

2q = 8; q = 4Traena krunica k2:

k: (x p)2 + (y q) = r2

A (2, 6): (2 p)2 + (6 q) 2= r2

C (p, q): 3p 2q 12 = 0(centar traene krunice je na ovoj pravoj)

(3 p)2 + (4 q)2 = r2 + 25(rastojanje izmeu dve take sa slike)

(2 p) 2 + (6 q) 2 = (3 p) 2 + (4 q) 2 25 Slika 16

3p 2q 12 = 0

24


25/33

4 + 4p + p2 + 36 + 12 q + q2 = 9 6 p + p2 +16 8 q + q2 25

10p + 20q = 40 / :10

p = 2q 4

3 (2q 4) 2q 12 = 0

6 q 12 2q 12 = 0

8 q = 24; q = 3;

p = 6 4 = 2;

k: (x 2) 2 + (y + 3)2 = 52

Zadatak: Date su dve stalne take A (a, 0) i B (a, 0). Odrediti geometrijsko mestotaaka M, tako da je gde je k konstanta

(x + a)2 + y2 = k2 (x a) 2 + k2 y2

k2 x2 2 k2ax + a2 k2 y2 x2 2ax a2 y2 = 0x2 (k2 1) + y2 (k2 1) 2ax (k 1) + a2 (k2 1) = 0 / :(k2 1)

(x2 2ax + a2) + y2 = 0

(x a)2 + y2 = 0

Dakle, traeno GM je krunica

Slika 17

25


26/33

Zadatak: Odrediti zajednike tangente krunicax2 + y2 = 45 i x2 + y2 20x 25 = 0

x2 + y2 = 45

t: kx + n; kx y + n = 0dodir sa prvom krunicom

dodir sa drugom krunicom

45k2 + 45 = n2

125k2 + 125 = 100k2 + 20kn + n2

45k2 n2 = 45 / (25)

25k2 20kn n2 = 125 / 9

1125k2 + 25n2 = 1125

225k2 180kn 9n2 = 1125

900k2 180kn + 16n2 = 0 / : ( 4)

225k2 + 45kn 4n2 = 0 / n2

;

225t2 + 45t + 4 = 0

;

; t1 = ; t2 =k = nt; 225k2 + 45k 4 = 0

n2 + 3n 4 = 0

; ; n1 = 1; n2 = 4

;

k2 = n t2

k2 = n ;

16n2 12n 4 = 0 / : 4

4n2 3n 1 = 0

n3 = 1; n4 =

26


27/33

Zadatak: Napisati jednainu geometrijskog mesta temena A svih trouglova koji imaju

zajedniku stranu a = 2m i jednake zbirove kvadrata drugih dveju stranica.

c2 = AB2 = (x + m) 2 + y2b2 = AC2 = (x m) 2 + y2

b2 + c2 = 2n2

(x m)2 + y2 + (x + m)2 + y2 = 2n2

x2 2xm + m2 + 2y2 + x2 + 2xm + m2 = 2n2

2x2 + 2y2 + 2m2 = 2n2 /:2

x2 + y2 = n2 m2

Slika 18

27


28/33

Zadatak: Nai jednainu krunice koja prolazi kroz take M1 (3, 4) i M2 ( 3, 4)a dodiruje pravu 12 x 5 y + 65 = 0

M1 (3, 4): (3 p)2 + (4 q)2 = r2

M2 (3, 4): (3 p) + (4 q)2 = r2

(3 p)2 (3 p)2 = 0

(3 p) 2 + (4 q)2 = (1)

9 6p + p2 9 6p p2 = 0

12 p = 0; p = 0 zamenimo u (1)

9 +16 8q + q2 =

(25 8q + q2) 169 = 25q2 650q + 4225

4225 1352q + 169q2 650q + 4225; 144q2 702q = 0

9q (16q 78) = 0

q1 = 0;

16q 78 = 0; 16q = 78

q2 = ; q2 =

(3 0)2 + (4 0)2 = r12

9 + 16 = r12; r12 = 25

k1: x2 + y2 = 52

(3 0)2 + = r22

9 + = r22; 9 + = r22

; ; ;

k2: x2 +

Zadatak: Nai jednainu t krunice x2 + y2 + 10x 6y + 29 = 0 koja zatvara spravom x + 3y + 6 = 0 ugao od 45o.

x2 + y2 + 10x 6y + 29 = 0

p = 5; q = 3

25 + 9 r2 = 29; r = 2

; / 3; 3 k = 3k + 1;

y = kx + n

/ 2

28


29/33

2y + x + 2n = 0

(11 + 2n)2 = 20

121 44n + 4n2 = 20

4n2 44n + 101 = 0

Zadatak: Nai duinu tangentne dui konstuisane iz take P (8, 3) na krunicik: x2 + y2 2x + 8y 23 = 0

t: y y1 = k (x x1)

P (8, 3): y + 3 = k (x 8); kx y 8k 3 = 0

x2 + y2 2x + 8y 23 = 02p = 2; p = 1

2q = 8; q = 4

40k2 + 40 1 + 14k 49k2 = 0

9k2 14k 39 = 0

; k1 = 3; k2 = ;

kx y 8k 3 = 0; y = 3 + k (x 8); y1 = 3 + 3 (x 8) ; y1 = 3x 27

y2 = 3 + ; y2 = 3 ; y2 =

t1: y = 3x 27

t2: y = x +

k: x2 + y2 2 x + 8 y 23 = 0

y = 3 x 27

x2 + 9 x2 162 x + 729 2 x + 24 x 216 23 = 0

29


30/33

10 x2 140 x + 490 = 0

x2 14 x + 49 = 0; (x 7) 2 = 0;

x = 7; y = 6 D (7, 6)

PD1 =PD1 =

II nain

r2 = 40, PC = ; PC = ;

PD2 = PC2 42

PD = ; PD = Slika 19Zadatak: Taka C (3, 1) je centar krunice koja na pravoj 2x 5y + 18 = 0 otseca

tetivu duine 6. Nai jednainu ove krunice.

2x 5y + 18 = 0; k =C (3, 1): y + 1 = (x 3); 2y + 2 = 5x + 15

C (3, 1): 5x + 2y 13 = 0 / 2

2x 5y + 18 = 0 / ( 5)10x + 4y 26 = 0

10x + 25y 90 = 0

29y = 116; y = 4; x = 1;

CN =

CN =

CN =

Ako su taka i koordinatni poetak sa raznih strana prave koristi se znak(+)

CN2 + NA2 = r2

29 + 9 = r2

r2 = 38 Slika 20

Jednaina krunice k: (x3)2 + (y + 1)2 = 38

30


31/33

7. OBIM KRUNICE I DUINA KRUNOG LUKA

7.1. Grafiki prikaz

Zadaci u vezi sa krugomZadatak 1: Nacrtati krug prenika D, koji pro-lazi kroz taku P i dodiruje

datu pravu t (slika 21). Povue se prava m paralelno pravi t iudaljena od nje za D/2. Luk opisan iz take P sa poluprenikom D/2preseca pravu m u centru 0.

SSlika 21

Zadatak 2: Nacrtati krug koji prolazi kroz datu taku S i dodiruje pravu t utaki T (slika 22). Centar kruga se nalazi u preseku simetrale tetiveTS i normale na t, dignute iz take T.

Slika 22

Zadatak 3: Nacrtati krug koji prolazi kroz dve date take (E, F) i dodiruje datupravu t.

Prema slici 23, prava povuena kroz EF see pravu t u taki S.Povue se i simetrala dui EF, jer se centri svih krugova koji prolazekroz te dve take (pa, dakle, i traenog) nalze na njoj. Zatim seopie bilo koji krug kroz take EF i odredi tangenta ST1. Poto je

jednainu SE SF = ST zadovoljavaju svi kru-go-vi kroz E i F znai da je ST1 = ST2. Iz T2 se digne normala do preseka sa sime-tra-lom dui EF.

Slika 23

31


32/33

Zadatak 4: Odrediti (aproksimativno) duinu kru-nog luka. Prema slici 23,duina luka AB je dovoljno tano jednaka duini AD na tangenti t.

Taka D se dobija lukom opisanim iz C sa otvorom estaraCB. Taka C se nalazi na rpavoj BA prema odnosu CA = 1/2AB.Konstruktivno reenje se pokazuje dovoljno tanim za ugao DAB do

60o.Slika 24

Zadatak 5: Odrediti grafiki (tanije) du-inu luka. Ovde se neto malorazlikuju konstrukcije za sluaj da je sredini ugao vei ili manji od90o. Prema slici 24, ako je ugao < 90o, po-deli se luk AB na pola(taka C), kroz AB provue tetivna prava p i kroz taku A tangentat. Iz take A, sa radijusom AC se opie luk do preseka sa pravom

p i obelei taka D. Iz take D se, otvorom estara DB, opie luk dopreseka sa tangentom t (taka B*) pa je du AB* traena duinaluka AB.

Slika 25

Ako je < 90o, kao i u prethodnom sluaju, luk AB se podeli napola (taka C) ali se ovde deli na pola i luk AC (taka P). Prema slici25, tetivnu pravu p, kroz AB treba pro-duiti, zatim povui tetivuAC i tangentu t u taki A. Iz take A, sa polu-pre-nikom AP, opiese luk do pro-se-ka sa pravom p (taka O) a od take O se jo odmeripolovina tetive AC i tako obelei ta-ka D. Sa otvorom esta-ra DB,iz D se opie luk do preseka sa tan-gen-tom t (taka B*) pa je duAB* traena du-i-na luka AB.

Slika 26

Zadatak 6: Odrediti grafiki duinu obima krunice. Prema slici 26, ucrta se parupravnih prenika AB i CD. Iz take D, sa zadanim poluprenikomr, opie se luk i presee krunica u taki E. Kroz centar 0 i taku Epovue se prava n i na njoj obelei taka F koja se nalazi na pravojt, dodiruje krunicu u taki A i paralelna sa pravom CD. Poevod take F, odmeri se na pravoj t tri dui, jednake poluprenikukrunice i obelei taka 3. Du koja spaja taku 3 i taku B je

jednaka r dakle polovini obima zadane krunice.

Slika 27

32


33/33

Zadatak 7: Konstruisati kru\ni luk velikog radiusa. Konstrukcija se, daklekoristi kada je poluprenik krunog luka znatno veliki ili je centarizvan crtea (slika 27).

Slika 28

Obino su poznati tetiva AB i sredina taka luka C. Treba spojiti take

A i C a, zatim, povui upravnu pravu AA1 i, paralelno sa AB jo i A1C. Ako se iztake A povue prava upravno na A1C i obelei taka 4, treba, u nastavku, duiA1C, 4A i 4*A podeliti na jednak broj delova (u ovom primeru na 4 dela). Akose podeone take spoje kao na slici, dobie se take E, N i M koje se nalaze natraenom luku.

7.2. Raunski prikazObim krunice odreuje se po obrascu:

0 = 2r ;

gde je r poluprenik krunice, a p poznata konstanta, koja je iracionalna. Zapraktinu primenu koristi se priblina vrednost = 3,14 ili .

Ako se zapamti reenica: Eto, i broj moe zapamtiti, moemo za laknain zapamtiti njegovu priblinu vrednost na pet decimala, jer broj slova svakeod rei odreuje cifre broja . Dakle, = 3,14159.

Deo krunice izmeu njene 2 take zove se kruni luk (oznaka: ).Duina krunog luka rauna se po obrascu:

je centralni ugao koji odgovara krunom luku.

Slika 29

Documents

Algebarske Krive Drugog Reda