analiticka geometrija

Matematika I

Elvis Barakovic, Edis Mekic

4. studenog 2011.

1 Analiticka geometrija

1.1 Pojam vektora. Sabiranje i oduzimanje vektora

Skalarnom velicinom ili skalarom nazivamo onu velicinu koja je potpunoodredena jednim brojem (na primjer: masa, temperatura, vrijeme, povrsinageometrijske figure, zapremina tijela, itd.).

Vektorskom velicinom ili vektrorom naziva se svaka velicina koja je defin-isana: intenzitetom, pravcem i smjerom.

Geometrijski, vektori se predstavljaju orjentisanim duzima u ravni iliprostoru. Vektore najcesce obiljezavamo malim slovima latinice sa strelicomiznad slova, na primjer:

~a,~b,~c, ~d, ~e, . . .

Ako zelimo naglasiti koja je pocetna, a koja krajnja tacka vektora tadavektore obiljezavamo sa dva velika slova i strelicom iznad njih, na prim-

jer:−→AB,

−→PQ,

−−→CD, . . . , gdje prvo slovo oznacava pocetak, a drugo slovo kraj

vektora.

~a

AB

Q

P

Duzina vektora ~a naziva se intenzitet ili modul vektora ~a i obiljezava sesa |~a|. Vektor ciji je intenzitet jednak nuli naziva se nula-vektor i oznacavamoga sa ~0. Vektor ciji je intenzitet jednak jedinici naziva se jedinicni vektor ili

1

1.1 Pojam vektora. Sabiranje i oduzimanje vektora1 ANALITICKA GEOMETRIJA

ort. Jedinicni vektor vektora ~a oznacava se sa ort ~a ili ~a0. Za dva vektora ~ai ~b kazemo da su kolinearna ako pripadaju istim ili paralelnim pravim.

Posmatrajmo dva vektora ~a i ~b, zbir vektora ~a +~b racunamo po praviluparalelograma, na nacin prikazan na sljedecoj slici.

A B

C

~a

~b

D ~a

~b~a +~b

Za sabiranje vektora vaze sljedeca svojstva:

1. ~a +~b = ~b + ~a (zakon komutacije)

2. (~a +~b) + ~c = ~a + (~b + ~c) (zakon asocijacije)

3. ~a +~0 = ~0 + ~a = ~a (zakon identiteta)

4. ~a + (−~a) = ~0 (zakon inverzije)

Proizvod vektora ~a i skalara λ je vektor λ~a istog pravca kao i vektor ~a,intenzitet mu je |λ||~a|, a smjer mu je isti kao i vektora ~a, ako je λ > 0,odnosno suprotan smejru vektora ~a, ako je λ < 0.

Neka su ~i, ~j jedinicni vektori x i y ose redom, kao na slici

~a

ax

ay

~b

bx

by

x

y

~i

~j

Elvis Barakovic 2 Edis Mekic


Tada vektor ~a mozemo zapisati na sljedeci nacin ~a = ax~i + ay

~j = (ax, ay).

M

M ′

M3

M1

M2

x

y

z

~i~j

~k

O

Posto su M1, M2, M3 ortogonalne projekcije tacke M na koordinatne ose,onda je kao sto se i vidi sa predhodne slike

−−→OM =

−−−→OM1 +

−−−→OM2 +

−−−→OM3

jer je: −−−→M1M

′ =−−−→OM2 i

−−−→M ′M =

−−−→OM3,

te je: −−−→OM1 = x~i,

−−−→OM2 = y~j,

−−−→OM3 = z~k,

gdje su x, y i z tri realna broja koji potpuno odreduju polozaj tacke M, ili

pravougle koordinate vektora−−→OM. Prema tome vektor

−−→OM mozemo zapisati

pomocu pravouglih koordinata u obliku:

−−→OM = x~i + y~j + z~k,

a njegov intenzitet racunamo po formuli

|−−→OM | =√

x2 + y2 + z2.

Ako se vektor projektuje ortogonalno na koordinatne ose dobit cemo:

x = |−−→OM | cosα, y = |−−→OM | cosβ, z = |−−→OM | cos γ, (1)



gdje su α, β i γ uglovi koje vektor |OM | zaklapa sa koordinatnim osama.

Kvadriranjem a zatim sabiranjem jednakosti (1) i imajuci uvidu da je |−−→OM |2 =x2 + y2 + z2, dobit cemo da je:

cos2 α + cos2 β + cos2 γ = 1

Linearna kombinacija vektora ~ai (i = 1, 2, 3, . . . , n) je vektor oblika

α1 ~a1 + α2 ~a2 + . . . + αn ~an =n

∑

i=1

αi~ai. (2)

Za vektore ~ai (i = 1, 2, 3, . . . , n) kazemo da su linearno nezavisni ako izn

∑

i=1

αi~ai slijedi αi = 0 za svako i = 1, 2, 3, . . . , n, ako je bar jedan od brojeva

αi razlicit od nule tada za vektore ~ai (i = 1, 2, 3, . . . , n) kazemo da su linearno

zavisni. Za dva vektora ~a = ax~i + ay

~j + az~k i ~b = bx

~i + by~j + bz

~k kazemo da

su kolinearna ako vrijedi ~a = λ~b, odakle se dobije da je

ax

bx

=ay

by

=az

bz

= λ.

Jedinicni vektor vektora ~a racunamo po formuli

~a0 =~a

|~a| .

Primjer 1.1 Ako stranice jednakostranicnog trougla uzmemo za vektore, dali su ti vektori jednaki?

Rjesenje: Nisu, jer iako vektori strana imaju iste intenzitete, oni nemaju istipravac i smjer, pa nisu ispunjeni uslovi jednakosti vektora.

Primjer 1.2 Ispitati linearnu nezavisnost vektora ~a = −2~i + ~j + 4~k, ~b =7~i + 5~j − ~k i ~c = 2~i +~j.

Rjesenje: Formirajmo linearnu kombinaciju vektora ~a,~b i ~c,

α~a + β~b + γ~c = 0.

Nakon zamjene vektora ~a,~b i ~c dobijamo

α(−2~i +~j + 4~k) + β(7~i + 5~j − ~k) + γ(2~i +~j) = 0.



Nakon sredivanja dobijamo

(−2α + 7β + 2γ)~i + (α + 5β + γ)~j + (4α − β)~k = 0.

Da bi posljednja jednakost bila zadovoljena mora biti

−2α + 7β + 2γ = 0

α + 5β + γ = 0

4α − β = 0

Dobijeni sistem je homogeni, izracunajmo njegovu determinantu

D =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

−2 7 21 5 14 −1 0

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= −16 6= 0.

Kako je determinanta sistema razlicita od nule to posljednji sistem ima samotrivijalno rjesenje (α, β, γ) = (0, 0, 0). Odnosno dati vektori su linearno neza-visni.

Primjer 1.3 Razloziti vektor ~a u pravcu vektora ~b i ~c, ako je:

~a = 3~p − 2~q, ~b = −2~p + ~q, ~c = 7~p − 4~q,

Rjesenje: Razlozen vektor ~a u pravcu vektora ~b i ~c glasi:

~a = α~b + β~c,

gdje su α i β realni parametri koje treba odredit.

3~p − 2~q = α(−2~p + ~q) + β(7~p − 4~q)

= −2α~p + α~q + 7β~p − 4β~q

= (−2α + 7β)~p + (α − 4β)~q.

Da bi posljednja relacija bila identicki jednaka moraju odgovarajuci koefici-jenti biti jednaki, tj.

−2α + 7β = 3

α − 4β = −2.

Rjesavanjem dobijenog sistema jednacina dobijamo da je α = 2 i β = 1, parazlozen vektor ~a u pravcu vektora ~b i ~c glasi:

~a = 2~b + ~c.


1.2 Proizvod vektora 1 ANALITICKA GEOMETRIJA

Primjer 1.4 Dati su vektori ~u = (−1,−9, 5), ~v = (0,−4, 6) i ~w = (1, 3, 0).Razloziti vektor ~a = (2, 3,−1) u pravcu vektora ~u,~v i ~w.

Rjesenje: Razlozen vektor ~a u pravcu vektora ~u,~v i ~w glasi:

~a = α~u + β~v + γ ~w,

gdje su α, β i γ realni parametri koje treba odredit.

(2, 3,−1) = α(−1,−9, 5) + β(0,−4, 6) + γ(1, 3, 0)

= (−α,−9α, 5α) + (0,−4β, 6β) + (γ, 3γ, 0)

= (−α + γ, 9α − 4β + 3γ, 5α + 6β)

Da bi posljednja relacija bila identicki jednaka moraju odgovarajuci koefici-jenti biti jednaki, tj

−α + γ = 2

−9α − 4β + 3γ = 3

5α + 6β = −1

Rjesavanjem dobijenog sistema jednacina dobijamo da je α =11

8, β = −21

16

i γ =27

8pa razlozen vektor ~a u pravcu vektora ~u,~v i ~w glasi:

~a =11

8~u − 21

16~v +

27

8~w.

1.2 Proizvod vektora

Definicija 1.1 Skalarnim ili unutrasnjim proizvodom vektora ~a i ~b, u oznaci~a·~b, nazivamo skalar koji je jednak proizvodu intenziteta tih vektora i kosinusaugla koji oni zaklapaju:

~a ·~b = |~a| · |~b| · cos ∢(~a,~b). (3)

Iz formule (3) slijedi da je kosinus ugla izmedu vektora ~a i ~b dat formulom

cos ∢(~a,~b) =~a ·~b|~a| · |~b|

.

Teorem 1.1 Skalarni proizvod dva vektora ~a = (ax, ay, az) i ~b = (bx, by, bz),jednak je zbiru proizvoda odgovarajucih koordinata tj.

~a ·~b = ax · bx + ay · by + az · bz.



Teorem 1.2 Dva vektora ~a = (ax, ay, az) i ~b = (bx, by, bz) su ortogonalnaako i samo ako je njihov skalarni proizvod jednak nuli:

~a ·~b = 0 ⇔ ax · bx + ay · by + az · bz = 0.

Definicija 1.2 Vektorski proizvod dva vektora ~a i ~b, koji obiljezavamo sa~a ×~b, je vektor definisan na sljedeci nacin:

1. vektor ~c = ~a ×~b okomit (normalan) je na ravan koju odreduju vektori

~a i ~b,

2. smjer vektora ~c = ~a × ~b je takav da uredena trojka (~a,~b,~c) obrazujetriedar desne orjentacije,

3. intenzitet |~a ×~b| vektora ~a ×~b jednak je mjernom broju povrsine par-

alelograma konstruisanog nad vektorima ~a i ~b :

|~a ×~b| = |~a| · |~b| · sin ∢(~a,~b).

~c

~a

~b

Uslov kolinearnosti dva vektor ~a i ~b je

~a ×~b = 0.

Vektorski proizvod vektora ~a = ax~i+ay

~j +az~k = (ax, ay, az) i ~b = bx

~i+ by~j +

bz~k = (bx, by, bz), mozemo izracunati na sljedeci nacin

~a ×~b =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

~i ~j ~kax ay az

bx by bz

∣

∣

∣

∣

∣

∣

.

Osobine vektroskog proizvoda:



1. ~a ×~b = −(~b × ~a),

2. (λ · ~a) × (µ ·~b) = λµ(~a ×~b),

3. ~i ×~i = ~j ×~j = ~k × ~k = 0, ~i ×~j = ~k, ~j × ~k =~i, ~k ×~i = ~j,~j ×~i = −~k, ~k ×~j = −~i, ~i × ~k = −~j,

b

b

b

~i

~j

~k

+

−

4. (~a +~b) × ~c = ~a × ~c +~b × ~c.

Definicija 1.3 Mjesoviti proizvod tri vektora ~a = ax~i+ay

~j+az~k = (ax, ay, az),

~b = bx~i + by

~j + bz~k = (bx, by, bz), i ~c = cx

~i + cy~j + cz

~k = (cx, cy, cz) je broj

koji je jednak skalarnom proizvodu vektora ~a i ~b×~c. Racunamo ga na sljedecinacin:

~a · (~b × ~c) =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

ax ay az

bx by bz

cx cy cz

∣

∣

∣

∣

∣

∣

.

Apsolutna vrijednost mjesovitog proizvoda tri nekomplanarna vektora jed-naka je zapremini paralelopipeda konstruisanog nad tim vektorima, tj.

V = |~a · (~b × ~c)|.

~b

~a

~c



Vektori ~a = ax~i + ay

~j + az~k = (ax, ay, az), ~b = bx

~i + by~j + bz

~k = (bx, by, bz), i

~c = cx~i + cy

~j + cz~k = (cx, cy, cz) su komplanarni (pripadaju istoj ravni) ako i

samo ako je~a · (~b × ~c) = 0.

Primjer 1.5 Odredti skalarni proizvod vektora ~a = 2~i− 3~j + 3~k i ~b = −3~i +~j − 4~k gdje su ~i,~j i ~k medusobno okomiti ortovi.

Rjesenje:

~a ·~b = (2~i − 3~j + 3~k) · (−3~i +~j − 4~k)

= 2 · (−3) + (−3) · 1 + 3 · (−4)

= −21.

Primjer 1.6 Odrediti skalarni proizvod vektora ~a = 2~m−3~n i ~b = −~m+2~n,

ako je |~m| = 2, |~n| = 3 i ugao izmedu vektora ~m i ~n, ∢(~m,~n) =π

3.

Rjesenje:

~a ·~b = (2~m − 3~n) · (−~m + 2~n)

= −2| ~m|2 + 4~m · ~n + 3~n · ~m − 6| ~n|2= −2 · 22 + 7~m · ~n − 6 · 32 = −62 + 7~m · ~n= −62 + 7|~m| · |~n| cos∠(~m,~n) = −62 + 7 · 2 · 3 cos

π

3

= −62 + 42 · 1

2= −41.

Primjer 1.7 Odrediti parametar m tako da intenziteti vektora ~a = (2λm, m, m−1) gdje je λ 6= 0 i ~b = (m + 1, m − 2, 0) budu jednaki, zatim naci sinus uglaizmedu njih.

Rjesenje: Po uslovu zadatka mora biti

|~a| = |~b| ⇔ |~a|2 = |~b|2 ⇔ (2λm)2 + m2 + (m − 1)2 = (m + 1)2 + (m − 2)2.

Odnosno nakon sredivanja

4λ2m = 4 ⇒ λ2m = 1 ⇒ m = 0.

Za ovu vrijednost parametra m dati vektori imaju oblik

~a = (2, 0,−1) ~b = (1,−2, 0).



Odrdimo prvo pomocu skalarnog proizvoda kosinus ugla izmedu ova dva vek-tora:

~a ·~b = |~a| · |~b| · cos α ⇒ cos α =~a ·~b|~a| · |~b|

.

Kako je

~a ·~b = (2, 0,−1) · (1,−2, 0) = 2 · 1 + 0 · (−2) + (−1) · 0 = 2,

|~a| =√

22 + 02 + (−1)2 =√

5, |~b| =√

12 + (−2)2 + 02 =√

5,

to je

cos α =2

5.

Odavde i iz

sin2 α + cos2 α = 1 ⇒ sin α =√

1 − cos2 α =

√

1 −(

2

5

)2

=

√21

5.

Primjer 1.8 Odrediti realni parametar λ tako da vektori ~a = 2~i − 3~j i ~b =λ~i + 4~j budu medusobno okomiti.

Rjesenje: Uslov okomitosti vektora ~a i ~b je ~a ·~b = 0.Odavde je

~a ·~b = 0 ⇔⇔ (2~i − 3~j) · (λ~i + 4~j) = 0

⇔ 2λ − 12 = 0 ⇒ λ = 6.

Primjer 1.9 Dati su vektori ~a = λ~p + 17~q i ~b = 3~p − ~q, gdje je |~p | = 2,

|~q | = 5, a ugao izmedu ~p i ~q je ϕ =2π

3. Odrediti koeficijent λ tako da vektori

~a i ~b budu medusobno okomiti.

Rjesenje: Zbog uslova okomotosti vektora ~a i ~b je ~a ·~b = 0. Skalarni proizvodvektora ~a i ~b dat je sa

~a ·~b = (λ~p + 17~q) · (3~p − ~q)

= 3λ~p · ~p + (51 − λ)~p · ~q − 17~q · ~q = 0.

Kako je~p · ~p = |~p| · |~p| cos(0) = |~p|2 = 4,

~p · ~q = |~p| · |~q| cos

(

2π

3

)

= 2 · 5 ·(

−1

2

)

= −5,



~q · ~q = |~q| · |~q| cos(0) = |~q|2 = 25,

to je~a ·~b = 12λ + (51 − λ) · (−5) − 17 · 25 = 17λ − 680 = 0.

Odavde dobijamo da je λ = 40.

Primjer 1.10 U trouglu △ABC cije su stranice BC = 5, CA = 6 i AB =

7, naci skalarni proizvod vektora−→BA i

−−→BC.

Rjesenje:

A

B

C

7

56

β

Po definiciji skalarnog proizvoda je

−→BA · −−→BC = |BA| · |BC| · cos β.

Primjenom kosinusne teoreme imamo

cos β =AB

2

+ BC2 − CA

2

2 · AB · BC=

49 + 25 − 36

2 · 7 · 5 =19

35,

pa je trazeni skalarni proizvod

−→BA · −−→BC = 7 · 5 · 19

35= 19.

Primjer 1.11 Naci brojnu vrijednost izraza: |~a|2 + 3~a ·~b− 2~b ·~c + 1, ako je:

~a = 4~m − ~n, ~b = ~m + 2~n i ~c = 2~m − 3~n,

gdje je:

|~m|2 = 4, |~n|2 = 1 i ∢(~m,~n) =π

2.



Rjesenje: Posto je ∢(~m,~n) =π

2to slijedi da je ~m · ~n = 0, pa ce biti:

|~a|2 = = ~a · a = (4~m − ~n) · (~m + 2~n) = 16|~m|2 − 8~m · ~n + |~n|2 = 65

~a ·~b = (4~m − ~n) · (~m + 2~n) = 4|~m|2 + 7~m · ~n − 2|~n|2 = 14

~b · ~c = (~m + 2~n) · (2~m − 3~n) = 2|~m|2 + ~m · ~n − 6|~n|2 = 2.

Prema tome imamo da je:

|~a|2 + 3~a ·~b − 2~b · ~c + 1 = 65 + 3 · 14 − 2 · 2 + 1 = 104.

Primjer 1.12 U jednoj tacki djeluju sile ~F1 i ~F2 pod uglom od 120◦ pri cemusu intenziteti sila | ~F1| = 7 i | ~F2| = 4. Izracunati intenzitet rezultujuce sile ~F .

Rjesenje:

~F1

~F1

~F=

~F 1+~F 2

~F = ~F1 + ~F2.

|~F |2 = ~F · ~F = ( ~F1 + ~F2) · ( ~F1 + ~F2)

= | ~F1|2 + 2 · ~F1 · ~F2 + | ~F2|2

= 72 + 2 · | ~F1| · | ~F2| · cos 120◦ + 42

= 49 + 2 · 7 · 4 ·(

−1

2

)

+ 16 = 37.

Odnosno, intenzitet rezultujuce sile ~F je |~F | =√

37.

Primjer 1.13 Koji ugao obrazuju jedinicni vektori ~p i ~q, ako se zna da suvektori ~a = ~p + 2~q i ~b = 5~p − 4~q uzajamno okomiti?

Rjesenje: Iz uslova okomitosti vektora ~a i ~b je:

~a ·~b = (~p + 2~q) · (5~p − 4~q) = 0,



ili nakon sredivanja5|~p| 2 + 6~p · ~q − 8|~q| 2 = 0. (4)

Kako su ~p i ~q jedinicni vektori, to vrijedi:

|~p| 2 = |~q| 2 = 1 i ~p·~q = |~p|·|~q| cosα = cos α (α ugao izmedu vektora ~p i ~q).

Zbog toga jednacina (4) postaje

cos α =1

2,

a odavde je trazeni ugao

α =π

3.

Primjer 1.14 Dati su vektori ~u = (6, 1, 1), ~v = (0, 3,−1) i ~w = (−2, 3, 5).Odrediti parametar t tako da vektori ~u+ t~v i ~w budu medusosbno okomiti.

Rjesenje: Da bi dva vektora bila medusobno okomita, njihov skalarni proizvodmora biti jednak nuli. Zato je

(~u + t~v) · ~w = 0.

Skalarni proizvod vektora je distributivan u odnosu na zbir, zato posljednjajednacina postaje

~u · ~w + t~v · ~w = 0 ⇒ t = −~u · ~w

~v · ~w.

Kako je~u · ~w = (6, 1, 1) · (−2, 3, 5) = −12 + 3 + 5 = −4,

~v · ~w = (0, 3,−1) · (−2, 3, 5) = 0 + 9 − 5 = 4,

to je

t = −−4

4= 1.

Primjer 1.15 Izracunati komponente m i n tako da vektori

~a = (m, 5,−1) i ~b = (3, 1, n)

budu kolinearni.



Rjesenje: Uslov kolinearnosti vektora ~a i ~b mozemo izraziti u obliku:

~a = λ ·~b,

gdje je λ proizvoljan realan broj. Iz

~a = λ ·~b ⇒ (ax, ay, az) = (λbx, λby, λbz),

odnosnoax = λbx, ay = λby, az = λbz .

Eliminacijom parametra λ dobijamo

ax

bx

=ay

by

=az

bz

,

sto znaci da su komponente kolinearnih vektora proporcionalne.Za date vektore taj uslov glasi:

m

3=

5

1= −1

n.

Odavdje slijedi

m

3= 5 ⇒ m = 15, −1

n= 5 ⇒ n = −1

5.

Primjer 1.16 Odrediti vektorski proizvod vektora ~a =~i+~j i ~b = 2~i+~j, gdjesu ~i i ~j medusobno okomiti ortovi.

Rjesenje:

Primjer 1.17 Odrediti visinu hb spustenu iz vrha B trougla △ABC sa vrhovimaA(1,−2, 8), B(0, 0, 4) i C(6, 2, 0).

Rjesenje:

C A

B

hb

b

ca



Vektori−→AB i

−→AC su

−→AB = (0 − 1)~i + (0 − (−2))~j + (4 − 8)~k = −~i + 2~j − 4~k,

−→AC = (6 − 1)~i + (2 − (−2))~j + (0 − 8)~k = 5~i + 4~j − 8~k.

Povrsinu trougla mozemo racunati po formuli

P =b · hb

2=

|−→AC| · hb

2. (5)

Medutim, povrsinu trougla mozemo izracunati primjenom vektora na sljedecinacin

P =1

2|−→AB×−→

AC| =1

2|

∣

∣

∣

∣

∣

∣

~i ~j ~k−1 2 −45 4 −8

∣

∣

∣

∣

∣

∣

| =1

2|−28~j−14~k| = 7|2~j+~k| = 7 ·

√5.

Sada je na osnovu formule (5)

hb =2P

|−→AC|=

2 · 7√

5√

52 + 42 + (−8)2=

2

3

√21.

Primjer 1.18 Dati su vektori ~a = (8, 4, 1) i ~b = (2,−2, 1). Naci:

(a) Vektorski proizvod ~c = ~a ×~b.

(b) Povrsinu paralelograma odredenog vektorima ~a i ~b.

(c) Visinu paralelograma koja odgovara stranici koju odreduje vektor ~a.

(d) Povrsinu trougla odredenog vektorima ~a i ~b.

Rjesenje:(a) Vektorski proizvod vektora ~a i ~b racunamo pomocu determinante:

~c = ~a ×~b =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

~i ~j ~iax ay az

bx by bz

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

~i ~j ~i8 4 12 −2 1

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

= ~i(4 + 2) −~j(8 − 2) + ~k(−16 − 8) =

= 6~i − 6~j − 24~k.

(b)



A B

CD

ha

~a

~b

Povrsina paralelograma konstruisanog nad vektorima ~a i ~b jednaka jeintenzitetu vektorskog proizvoda ~a ×~b, znaci:

P = |~a ×~b| =√

62 + (−6)2 + (−24)2 = 18 ·√

2.

(c) Iz (b) znamo da je P = |~a ×~b| = 18 ·√

2, a sa druge strane znamo dapovrsinu paralelograma mozemo racunati i po formuliP = a · ha = |~a| · ha. Dakle, imamo

P = |~a ×~b| = |~a| · ha ⇒ ha =|~a ×~b||~a| =

18 ·√

2√82 + 42 + 12

= 2√

2.

(d) Povrsina trougla jednaka je polovini povrsine paralelograma konstru-isanog nad istim vektorima:

P =1

2|~a ×~b| =

1

2· 18 ·

√2 = 9 ·

√2.

Primjer 1.19 Neka je ~a ×~b = ~c × ~d i ~a × ~c = ~b × ~d. Pokazati da su vektori~a − ~d i ~b − ~c kolinearni.

Rjesenje: Kolinearnost vektora ~a − ~d i ~b − ~c pokazat cemo tako sto cemodokazati da je njihov vektorski proizvod jednak nuli. Imamo:

(~a − ~d) × (~b − ~c) = ~a ×~b − ~a × ~c − ~d ×~b + ~d × ~c.

Iskoristimo li uslove date u zadatku imamo:

(~a − ~d) × (~b − ~c) = ~c × ~d −~b × ~d − ~d ×~b + ~d × ~c.

Kako je~c × ~d = −~d × ~c i ~d ×~b = −~b × ~d,

slijedi(~a − ~d) × (~b − ~c) = −~d × ~c + ~d ×~b − ~d ×~b + ~d × ~c = 0,

sto dokazuje kolinearnost vektora ~a − ~d i ~b − ~c.



Primjer 1.20 Dokazati da je

(~a −~b) × (~a +~b) = 2(~a ×~b)

i objasniti geometrijsko znacenje tog identiteta.

Rjesenje:(~a −~b) × (~a +~b) = ~a × ~a + ~a ×~b −~b × ~a −~b ×~b.

Kako je~a × ~a = ~b ×~b = 0 i ~a ×~b = −~b × ~a,

to je(~a −~b) × (~a +~b) = 2(~a ×~b).

Intenzitet lijeve strane dokazanog identiteta je povrsina paralelograma kon-struisanog nad dijagonalama datog paralelograma. Ova povrsina je dva putaveca od povrsine datog paralelograma.

A B

CD

~a

~b~a +

~b

~a− ~b

Primjer 1.21 Neka je |~a| = |~b| = 5 i ugao izmedu vektora ~a i ~b jednakπ

4.

Naci povrsinu paralelograma konstruisanog nad vektorima:

2~b − ~a i 3~a + 2~b.

Rjesenje: Povrsina paralelograma je intenzitet vektorskog prozvoda

(2~b − ~a) × (3~a + 2~b) = 6 ·~b × ~a + 4 ·~b ×~b − 3 · ~a × ~a − 2 · ~a ×~b.

Kako je~b ×~b = 0, ~a × ~a = 0 i ~b × ~a = −~a ×~b,

to je(2~b − ~a) × (3~a + 2~b) = 8 · (~b × ~a).



Dakle

P = |(2~b − ~a) × (3~a + 2~b)| = |8 · (~b × ~a)| =

= 8|~b| · |~a| · sin(~b,~a) = 8 · 5 · 5 · sin π

4=

= 200 ·√

2

2= 100 ·

√2.

Primjer 1.22 Dati su vektori ~a = (1, 1, 1), ~b = (1, 1, 0) i ~c = (1,−1, 0).Odrediti vektor ~x iz uslova:

~x ×~b = ~c i ~x · ~a = 3.

Rjesenje: Neka je~x = x1

~i + x2~j + x3

~k.

Tada je

~x ×~b =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

~i ~j ~kx1 x2 x3

1 1 0

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= −x3~i + x3

~j + (x1 − x2)~k

i~x · ~a = x1 + x2 + x3.

Pa dati uslovi glase

−x3~i + x3

~j + (x1 − x2)~k =~i −~j,

x1 + x2 + x3 = 3.

Iz prvog uslova izjednacavajuci odgovarajuce komponente dobijamo

x3 = −1 i x1 = x2.

Ako ovo uvrstimo u drugi uslov dobijamo

2x1 − 1 = 3 ⇒ x1 = 2, x2 = 2.

Prema tome trazeni vektor ~x je

~x = 2~i + 2~j − ~k = (2, 2,−1).

Primjer 1.23 Izracunati zapreminu paralelopipeda kojeg obrazuju vektori

~a =~i − 3~j + ~k, ~b = 2~i +~j − 3~k i ~c =~i + 2~j + ~k.



Rjesenje: Zapremina paralelopipeda konstruisanog nad vektorima ~a, ~b i ~cjednaka je mjesovitom proizvodu tih vektora.

~a

~c

~b

V =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

ax ay az

bx by bz

cx cy cz

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 −3 12 1 −31 2 1

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= 25.

Primjer 1.24 Odrediti parametar t tako da zapremina paralelopipeda obra-zovanog vektorima ~a = (8, 4, 1), ~b = (2, 3, 6) i ~c = (t,−2, 1) bude jednaka150.

Rjesenje: Zapremina paralelopipeda obrazovanog vektorima ~a, ~b i ~c jednakaje mjesovitom proizvodu ovih vektora.

V = ~a · (~b × ~c) =

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

ax ay az

bx by bz

cx cy cz

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

8 4 12 3 6t −2 1

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

= 21t + 108.

Kako je po uslovu zadatka V = 150, to je

21t + 108 = 150 ⇒ t = 2.

Primjer 1.25 Izracunati visinu paralelopipeda kojeg obrazuju vektori

~a = 3~i + 2~j − 5~k, ~b =~i −~j + 4~k i ~c =~i − 3~j + ~k.

Rjesenje: Zapreminu paralelopipeda razapetog vektorima ~a, ~b i ~c mozemoizracunati pomocu mjesovitog proizvoda

V = (~a ×~b) · ~c. (6)

S druge starne znamo da je V = B · H, gdje je B povrsina osnove par-alelopipeda, a H njegova visina. Buduci da je u nasem slucaju osnova par-alelopipeda paralelogram odreden vektorima ~a i ~b, to je B = |~a ×~b|. Tadaje

V = B · H = |~a ×~b| · H. (7)



Iz jednacina (6) i (7) slijedi

H =(~a ×~b) · ~c|~a ×~b|

. (8)

Kako je

(~a ×~b) · ~c =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

3 2 −51 −1 41 −3 1

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= 49,

i

~a ×~b =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

~i ~j ~k3 2 −51 −1 4

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= 3~i − 17~j − 5~k,

odnosno|~a ×~b| =

√

32 + (−17)2 + (−5)2 =√

323.

Uvrstavanjem dobijenih rezultata u (8) dobijamo

H =49√323

.

Primjer 1.26 Odrediti parametar α tako da zapremina tetraedra konstru-

isanog nad vektorima ~a, ~b i α~c iznosi2

3, gdje je

~a =~i +~j − 2~k, ~b = 2~i +~j − ~k, ~c =~i − 1

3~k

Rjesenje: Zapreminu tetraedra konstruisanog nad vektorima ~a, ~b i α~c racunamopo formuli

V =1

6· |(~a ×~b) · α~c| (9)

Kako je

(~a ×~b) · α~c =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 1 −22 1 −1α 0 −α

3

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= −4

3α.

Sada uvrstavanjem u (9) imamo

2

3=

1

6

∣

∣

∣

∣

−4

3α

∣

∣

∣

∣

,

odnosno|α| = 3 ⇒ a1 = −3 i a2 = 3.



Primjer 1.27 Pokazati da su vektori

~a = −~i + 3~j + 2~k, ~b = 2~i − 3~j − 4~k, ~c = −3~i + 12~j + 6~k

komplanarni i napisati vektor ~c kao linearnu kombinaciju vektora ~a i ~b.

Rjesenje: Kako je

~a · (~b × ~c) =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

−1 3 22 −3 −4

−3 12 6

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= 0,

to slijedi da su vektori ~a, ~b i ~c komplanarni.Od tri komplanarna vektora bilo koji moze biti predstavljen kao linearnakombinacija druga dva vektora. Napisimo vektor ~c kao linearnu kombinacijuvektora ~a i ~b, tj.

~c = α~a + β~b.

Ista relacija mora da vrijedi i za odgovarajuce komponente:

−3 = −α + 2β

12 = 3α − 3β

6 = 2α − 4β

Dati sistem od tri jednacine sa dvije nepoznate je saglasan zbog kompla-narnosti vektora, a njegovo jedinstveno rjesenje je

α = 5 i β = 1.

Odakle dobijamo da je ~c = 5~a +~b.

Primjer 1.28 Izracunati zapreminu tetraedra ciji su vrhovi tacke A(0, 0, 0), B(3, 4,−1), C(2, 3, 5)i D(6, 0,−3).

Rjesenje:

bA b B

b C

bD


2 PRVA I RAVAN U PROSTORU

Zapreminu tetraedra mozemo izracunati koristeci formulu

V =1

6

∣

∣

∣

−−→AD · (−→AB ×−→

AC)∣

∣

∣.

Formirajmo vektore koji cine ivice tetraedra:

−→AB = (3 − 0, 4 − 0,−1 − 0) = (3, 4,−1)−→AC = (2 − 0, 3 − 0, 5 − 0) = (3, 2, 5)−−→AD = (6 − 0, 0 − 0,−3 − 0) = (6, 0,−3),

sada je trazena zapremina

V =1

6

∣

∣

∣

−−→AD · (−→AB ×−→

AC)∣

∣

∣

=1

6

∣

∣

∣

∣

∣

∣

3 4 −13 2 56 0 −3

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=1

6· 150 = 25.

2 Prva i ravan u prostoru

2.1 Ravan u prostoru

Polozaj ravni π u odnosu na prostorni koordinatni sistem najcesce se odreduje

na sljedeci nacin. Povucemo kroz koordinatni pocetak O normalu ~n =−→OP,

gdje je P podnozje normale na π.Sa ~n0 = {cos α, cosβ, cos γ} oznacimo jedinicni vektor normale ~n, a vektor

polozaja proizvoljne tacke M(x, y, z) koja pripada ravni π sa ~r = {x, y, z}.Projekcija vektora polozaja ~r proizvoljne catke M ravni π na vektor ~n0 bicep jer je △OMP pravougli.


2.1 Ravan u prostoru 2 PRVA I RAVAN U PROSTORU

π

~n

y

x

M(x, y, z)

~r

P

z

~n0 p

Ob

b

bb

Prema tome za svaku tacku ravni π vrijedi

~r · ~n0 = p. (10)

Dobijena jednacina ravni napisana u vektorskom obliku zove se normalnioblik jednacine ravni jer u njoj dolazi od izrazaja ort ~n0 normale ~n.

U skalarnom obliku ta jednacina ravni glasi:

x cos α + y cos β + z cos γ − p = 0. (11)

Opsti oblik jednacine ravni glasi:

Ax + By + Cz + D = 0, (12)

gdje je ~n = (A, B, C) vektor normale ravni.Ako su ravni:

A1x + B1y + C1z + D1 = 0 i A2x + B2y + C2z + D2 = 0

paralelne onda su im vektori normale ~n1 = (A1, B1, C1) i ~n2 = (A2, B2, C2)kolinearni, pa su im odgovarajuce koordinate proporcionalne tj.

A1

A2

=B1

B2

=C1

C2

= λ. (13)



Ako su pak, date ravni medusobno normalne (okomite), onda su njihovivektori normale ~n1 = (A1, B1, C1) i ~n2 = (A2, B2, C2) medusobno normalni,pa im je skalarni proizvod jednak nuli, tj. vrijedi:

A1 · A2 + B1 · B2 + C1 · C2 = 0.

Ako ravan Ax + By +Cz +D = 0 nije paralelna ni sa jednom koordinatnomosom, onda ona od koordinatnih osa odsijeca odsjecke:

yx

Ob

m

n

lb

z

l = −D

A, m = −D

B, n = −D

C,

pa se jednacnia ravni moze zapisati u tzv. segmentnom obliku:

x

l+

y

m+

z

n= 1.

Jednacina ravni odredene sa tri nekolinearne tacke M1(x1, y1, z1), M2(x2, y2, z2)i M3(x3, y3, z3) glasi

∣

∣

∣

∣

∣

∣

x − x1 y − y1 z − z1

x2 − x1 y2 − y1 z2 − z1

x3 − x1 y3 − y1 z3 − z1

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= 0,

gdje su x, y, z tekuce koordinate.Rastojanje tacke A(x1, y1, z1) od ravni Ax + By + Cz + D = 0 racunamo poformuli

d =

∣

∣

∣

∣

Ax0 + By0 + Cz0 + D√A2 + B2 + C2

∣

∣

∣

∣

.



Primjer 2.1 Kolike odsjecke odsijeca ravan 3x + 5y − 4z − 3 = 0 od koordi-natnih osa?

Rjesenje: Odsjecci koje data prava odsijeca od koordinatnih osa su:

l = −D

A, m = −D

B, n = −D

C.

Pa je

l = −D

A= −−3

3= 1, m = −D

B= −−3

5=

3

5,

n = −D

C= −−3

−4= −3

4.

Primjer 2.2 Naci presjeke ravni x + 2y − z − 4 = 0 sa koordinatnim osamai koordinatnim ravnima.

Rjesenje: Svedimo datu jednacinu na segmentni oblik:

x + 2y − z − 4 = 0 ⇒ x + 2y − z = 4/ : 4x

4+

2y

4− z

4= 1 ⇒ x

4+

y

2+

z

−4= 1,

odavdve vidimo da su odsjecci na koordinatnim osam l = 4, m = 2 i n = −4.Medutim, jednacine presjeka koodrinatnih ravni XOY, Y OZ i ZOX do-

bijamo na sljedeci nacin.Presjek ravni x+2y−z−4 = 0 i XOY (z = 0) dobijamo tako sto rijesimo

sljedeci sistem:

x + 2y − z − 4 = 0

z = 0.

Odakle dobijamo da je jednacina presjeka sa XOY ravni x + 2y − 4 = 0.Presjek ravni x+2y−z−4 = 0 i Y OZ (x = 0) dobijamo tako sto rijesimo

sljedeci sistem:

x + 2y − z − 4 = 0

x = 0.

Odakle dobijamo da je jednacina presjeka sa Y OZ ravni 2y − z − 4 = 0.Presjek ravni x+2y−z−4 = 0 i ZOX (y = 0) dobijamo tako sto rijesimo

sljedeci sistem:

x + 2y − z − 4 = 0

y = 0.

Odakle dobijamo da je jednacina presjeka sa ZOX ravni x − z − 4 = 0.



Primjer 2.3 Sastaviti jednacinu ravni koja prolazi:

a) kroz tacku K(2,−5, 3) i paralelna je sa koordinatom ravni XOZ,

b) kroz tacku L(−3, 1,−2) i osu OZ,

c) kroz tacke M(4, 0,−2) i N(5, 1, 7), a paralelna je osi OX.

Rjesenje:a) Jednacina ravni koja prolazi tackom K(2,−5, 3) glasi:

A(x − 2) + B(y + 5) + C(z − 3) = 0.

Njen vektor normale je ~n = (A, B, C). Posto je trazena ravan paralelna saravni XOZ (y = 0), ciji je vektor normale ~n1 = (0, 1, 0), to su njihovi vektorinormale kolinearni tj. vrijedi

(A, B, C) = λ(0, 1, 0) ⇒ A = 0, B = λ, C = 0,

pri cemu je λ proizvoljan realan broj. Sada je jednacina trazene ravni

B(y + 5) = 0 ⇒ y + 5 = 0.

b) Kako trazena ravan prolazi tackom L(−3, 1,−2) to njene koordinate zado-voljavaju opstu jednacinu ravni:

Ax + By + Cz + D = 0 ⇒ −3A + B − 2C + D = 0. (14)

S obzirom da ona prolazi i kroz osu OZ, to svaka tacka sa ose OZ pripadatrazenoj ravni. Tacke koje pripadaju osi OZ su oblika (0, 0, z). Uzmimo tackeP (0, 0, 1) i Q(0, 0, 2) koje pripadaju osi OZ, te tacke pripadaju i trazenojravni pa je

0 · A + 0 · B + C + D = 0 ⇒ C + D = 0,

0 · A + 0 · B + 2C + D = 0 ⇒ 2C + D = 0.

Rjesenja posljednjeg sistema su C = 0 i D = 0. Uvrstavanjem ovih vrijedostiu jednacinu (14) dobijamo −3A + B = 0 ⇒ B = 3A. Ako sada uvrstimodobijene vrijednosti u opstu jednacinu ravni dobijamo:

Ax + By + Cz + D = 0 ⇒ Ax + 3Ay = 0/ : A ⇒ x + 3y = 0,

trazena jednacina ravni.



c) Kako trazena ravan Ax + By + Cz + D = 0 sadrzi tacke M(4, 0,−2) iN(5, 1, 7), to koordinate datih tacaka zadovoljavaju jednacinu trazene ravni,odnosno dobijamo sljedeci sistem:

4A − 2C + D = 0

5A + B + 7C + D = 0.

Kako je trazena ravan paralelna osi OX, to je njen vektor normale ~n =(A, B, C) okomit sa jedinicnim vektorom ~i = (1, 0, 0) ose OX. Odnosno

~n ·~i = 0

(A, B, C) · (1, 0, 0) = 0

A = 0.

Uvrstavanjem dobijene vrijednosti u posljednji sistem dobijamo:

−2C + D = 0 ⇒ D = 2C

B + 7C + D = 0

Iz druge jednacine dobijamo B + 7C + 2C = 0 ⇒ B = −9C. Uvrstavanjemdobijenih vrijednosti u postu jednacinu dobijamo:

Ax + By + Cz + D = 0 ⇒ −9Cy + Cz + 2C = 0/ : C ⇒ −9y + z + 2 = 0

je trazena jednacina ravni.

Primjer 2.4 Sastaviti jednacinu ravni koja prolazi kroz tacku A(2, 1,−1) ikoja normalna je na vektor ~a = {1,−2, 3}.Rjesenje: Jednacina ravni koja prolazi kroz tacku A(2, 1,−1) glasi:

A(x − 2) + B(y − 1) + C(z + 1) = 0.

S obzirom da je trazena ravan normalna na vektor ~a = {1,−2, 3}, to je njenvektor normale ~n = {A, B, C} kolinearan sa vektorom ~a = {1,−2, 3}, pa suim odgovarajuce koordinate proporcionalne, tj.:

A

1=

B

−2=

C

3= λ.

OdnosnoA = λ, B = −2λ, C = 3λ.

Ako dobijene vrijednosti uvrstimo u jednacinu A(x−2)+B(y−1)+C(z+1) =0, dobijamo trazenu jednacinu ravni

λ(x − 2) − 2λ(y − 1) + 3λ(z + 1) = 0/ : λ

x − 2y + 3z + 3 = 0.



Primjer 2.5 Sastaviti jendacinu ravni koja prolazi kroz tacku A(3, 4,−5) i

paralelna je sa vektorima ~a = {3, 1,−1} i ~b = {1,−2, 1}.

Rjesenje: Jednacina ravni kroz datu tacku A glasi:

A(x − 3) + B(y − 4) + C(z + 5) = 0.

S obzirom da je ova ravan paralelna sa vektorima ~a i ~b, to je njen vektornormale ~n = {A, B, C} normalan na oba vektora, pa je ~n = ~a ×~b.

~a

π

~n

~b

Odnosno,

~n = ~a ×~b =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

~i ~j ~k3 1 −11 −2 1

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= −~i − 4~j − 7~k = {−1,−4,−7}.

Prema tome, trazena jednacina ravni glasi:

−1(x − 3) − 4(y − 4) − 7(z + 5) = 0/ · (−1)

(x − 3) + 4(y − 4) + 7(z + 5) = 0 ⇒ x − 3 + 4y − 16 + 7z + 35 = 0,

odnosno x + 4y + 7z + 16 = 0.

Primjer 2.6 Sastaviti jednacinu ravni koja prolazi kroz tacku A(7,−5, 1) iodsijeca na koordinatnim osama jednake odsjecke.

Rjesenje: Jednacina ravni kroz datu tacku A glasi:

A(x − 7) + B(y + 5) + C(z − 1) = 0.



Kako trazena prava odsijeca na koordinatnim osama jednake odsjecke to je

l = −D

A= m = −D

B= n = −D

C,

odakle je

−D

A= −D

B= −D

C⇒ A = B = C.

Dakle, jednacina trazene ravni glasi A(x − 7) + A(y + 5) + A(z − 1) = 0.Nakon dijeljenja sa A dobijamo x + y + z − 3 = 0.

Primjer 2.7 Sastavite jednacinu ravni koja je od koordinatnog pocetka udal-jena za 6 jedinica i ciji su odsjecci na koordinatnim osama vezani relacijoml : m : n = 1 : 3 : 2.

Rjesenje: Iz date proporcije dobija se:

l : m = 1 : 3

l : n = 1 : 2

tj. m = 3l i n = 2l. Zamjenom dobijenih vrijednosti za m i n u segmentnioblik jednacine ravni:

x

l+

y

m+

z

n= 1

dobijamo:x

l+

y

3l+

z

2l= 1/ · 6l ⇒ 6x + 2y + 3z − 6l = 0. Iz relacije za

udaljenost ravni od koordinatnog pocetka O(0, 0, 0) dobijamo:

d =

∣

∣

∣

∣

Ax0 + By0 + Cz0 + D√A2 + B2 + C2

∣

∣

∣

∣

⇒ | − 6l|±√

62 + 22 + 32= 6,

odnosno| − 6l|±√

49= 6 ⇒ l = ±7. Dobili smo dva rjesenja za l, odnosno postoje

dvije ravni koje zadovaljavaju trazene uslove zadatka, to su ravni:

6x + 2y + 3z + 42 = 0 i 6x + 2y + 3z − 42 = 0.

Primjer 2.8 Izracunati visinu HS piramide ciji su vrhovi u tackama

S(0, 6, 4), A(3, 5, 3), B(−2, 11,−5) i C(1,−1, 4).



Rjesenje:

b

Ab

B

bC

bS

b

Hs

Trazena visina Hs je udaljenost tacke S od ravni odredene sa tackama A, Bi C. Jednacina ravni koja je odredena sa tackama A, B i C je:

∣

∣

∣

∣

∣

∣

x − 3 y − 5 z − 3−2 − 3 11 − 5 −5 − 31 − 3 −1 − 5 4 − 3

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= 0.

Nakon izracunavanja determinante dobijamo

−42x + 21y + 42z − 105 = 0/ : (−21) ⇒ 2x − y − 2z + 5 = 0.

Trazena visina HS je udaljenost tacke S(0, 6, 4) od ravni 2x− y−2z +5 = 0,odnosno,

HS = d =|0 − 6 − 8 + 5|√

4 + 1 + 4=

9

3= 3.

Primjer 2.9 Sastaviti jednacinu ravni koja prolazi kroz koordinatni pocetaki normalna je na ravni 2x − y + 5z + 3 = 0 i x + 3y − z − 7 = 0.



Rjesenje: Jednacina ravni koja prolazi kroz koordinatni pocetak je

Ax + By + Cz = 0.

bn

b

n1

n2

b

Kako je trazena ravan normalna na ravni 2x−y+5z+3 = 0 i x+3y−z−7 = 0,to je njen vektor normale ~n = (A, B, C), normalan na ravan koju obrazujuvektori normala datih ravni, ~n1 = (2,−1, 5) i ~n2 = (1, 3,−1). Pa je ~n =~n1 × ~n2, odnosno

~n = ~n1 × ~n2 =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

~i ~j ~k2 −1 51 3 −1

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= −14~i + 7~j + 7~k,

odnosno ~n = (A, B, C) = (−14, 7, 7). Jednacina trazene ravni glasi:

−14x + 7y + 7z = 0/ : (−7) ⇒ 2x − y − z = 0.

Primjer 2.10 Odrediti parametre m i n tako da ravni:

2x + my + 3z − 5 = 0

nx − 6y − 6z + 2 = 0

budu paralelne.



Rjesenje: Da bi ravni bile paralelne, potrebno je da su im koeficijenti uznepoznate proporcionalni, tj.:

2

n=

m

−6=

3

−6,

odakle se dobija da je m = 3 i n = −4.

Primjer 2.11 Kako glasi jednacina ravni koja prolazi tackama M(3,−5, 1)i N(4, 1, 2), a normalna je na ravan x − 8y + 3z − 1 = 0?

Rjesenje: Jednacina trazene ravni glasi Ax + By + Cz + D = 0.

b

M

bN

b

n

b

n1

Kako tacke M(3,−5, 1) i N(4, 1, 2) pripadaju trazenoj ravni i kako je trazena

ravan normalna na ravan x−8y+3z−1 = 0 to je ~n =−−→MN × ~n1, jer je vektor

~n = (A, B, C) normalan na ravan koju cine vektori−−→MN i ~n1. Formirajmo

vektor −−→MN = (4 − 3, 1 − (−5), 2 − 1) = (1, 6, 1),

a vektor ~n1 = (1,−8, 3). Dakle, sada je:

~n =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

~i ~j ~k1 6 11 −8 3

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= 26~i − 2~j − 14~k.


2.2 Prava u prostoru 2 PRVA I RAVAN U PROSTORU

Odnosno ~n = (A, B, C) = (26,−2,−14) ⇒ A = 26, B = −2 iC = −14. Kako tacka M(3,−5, 1) pripada trazenoj ravni to njene koordinatezadovoljavaju jednacinu te ravni pa je

3A − 5B + C + D = 0 ⇒ 3 · 26 − 5 · (−2) − 14 + D = 0 ⇒ D = −74.

Odakle dobijamo da je jednacina trazene ravni

26x − 2y − 14z − 74 = 0/ : 2 ⇒ 13x − y − 7z − 37 = 0.

Primjer 2.12 Iz pramena ravni:

2x − 3y + z − 3 + λ(x + 3y + 2z + 1) = 0,

izdvojiti onu ravan koja sadrzi tacku M(1,−2, 3).

Rjesenje: Posto tacka M(1,−2, 3) pripada trazenoj ravni datog pramena, tonjene koordinate zadovoljavaju jednacinu pramena tj.

2 + 6 + 3 − 3 + λ(1 − 6 + 6 + 1) = 0 ⇒ λ = −4.

Trazenu jednacinu cemo dobiti kada vrijednost λ = −4 uvrstimo u jednacinudatog pramena ravni, tj.:

2x − 3y + z − 3 − 4(x + 3y + 2z + 1) = 0,

odnosno2x + 15y + 7z + 7 = 0.

2.2 Prava u prostoru

Neka prava p u prostoru moze biti odredena kao presjek bilo koje dvije ravniπ1 i π2, koje tom pravom prolaze. Odnosno

π1 : A1x + B1y + C1z + D1 = 0

π2 : A2x + B2y + C2z + D2 = 0


2.2 Prava u prostoru 2 PRVA I RAVAN U PROSTORU

p

π1

π2

Pravu mozemo zadati i u tzv. kanonskom obliku

x − x0

l=

y − y0

m=

z − z0

n,

gdje je M(x0, y0, z0) proizvoljna tacka koja pripada datoj pravoj, a ~p =(l, m, n) je vetor pravca date prave. Iz kanonskog oblika jednacine pravelahko mozemo dobiti parametarski oblik jednacine prave, naime iz

x − x0

l=

y − y0

m=

z − z0

n= t ⇒

x = x0 + lt

y = y0 + mt

z = z0 + nt, t ∈ R.

Jednacina prave kroz dvije tacke M1(x1, y1, z1) i M2(x2, y2, z2) glasi:

x − x1

x2 − x1

=y − y1

y2 − y1

=z − z1

z2 − z1

.

Primjer 2.13


2.3 Zadaci za samostalan rad 2 PRVA I RAVAN U PROSTORU

2.3 Zadaci za samostalan rad

Zadatak 2.1 Izracunati intenzitet vektora ~c = 3~a + 2~b, ako je

|~a| = 3, |~b| = 4 i ∢(~a,~b) =π

3.

Rjesenje: Iz ~c · ~c = 217 i ~c · ~c = |~c| · |~c| slijedi |~c| =√

217.

Zadatak 2.2 Odrediti parametar λ tako da vektori

~a = 2~i − 3~j i ~b = λ~i + 4~j

budu okomiti.

Rjesenje: λ = 6.

Zadatak 2.3 Dati su vrhovi A(1,−2, 3), B(3, 2, 1), i C(6, 4, 4) paralelo-grama ABCD. Odredite koordinate vrha D.

Rjesenje: D(4, 0, 6).

Zadatak 2.4 Odrediti unutrasnje uglove trougla ciji su vrhovi A(5, 2,−4),B(9,−8,−3) i C(16,−6,−11).

Rjesenje: Odrediti vektore−→AB,

−→AC,

−→BA,

−−→BC i

−→CA,

−−→CB, a zatim pomocu

skalarnog proizvoda izracunati trazene uglove.

α =π

4, β =

π

2, γ =

π

4.

Zadatak 2.5 Vektori ~a i ~b obrazuju ugao α = 120◦ i pri tome je |~a| =

3, |~b| = 5. Odrditi |~a +~b| i |~a −~b|.

Rjesenje: Iskoristiti cinjenicu da je |~a|2 = ~a · ~a. Dobija se |~a + ~b| =√

19 i

|~a −~b| = 7.

Zadatak 2.6 Neka su ~p i ~q jedinicni vektori koji zaklapaju ugao α =π

4.

Odredite povrsinu paralelograma sa dijagonalama ~e = 2~p − ~q i ~f = 4~p − 5~q.

Rjesenje: Vidi primjer 1.20 P =3√

2

2.

Zadatak 2.7 Naci ugao α izmedu vektora ~a i ~b ako je poznato da je (~a +~b)

okomito na (7~a − 5~b) i da je (~a − 4~b) okomito na (7~a − 2~b).

Rjesenje: cos α = 0.53.


2.3 Zadaci za samostalan rad 2 PRVA I RAVAN U PROSTORU

Zadatak 2.8 Odrediti visinu ha spustenu iz vrha A trougla △ABC sa vrhovimaA(1, 0,−1), B(−1, 1, 1) i C(0, 2, 1).

Rjesenje: ha =

√34

2.

Zadatak 2.9 Izracunati mjesoviti proizvod sljedecih vektora:

(a) ~a = (1, 2, 3),~b = (3, 1, 2),~c = (2, 3, 1)

(b) ~a = (−2,−1, 1),~b = (1,−4, 1),~c = (1, 5,−2)

Rjesenje: (a) (~a ×~b) · ~c = 18, (b) (~a ×~b) · ~c = 6.

Zadatak 2.10 Izracunati zapreminu paralelopipeda konstruisanog nad vek-torima

~a = (1, 0, 3), ~b = (−1, 1, 0), ~c = (2, 1, 1).

Rjesenje: V = 8.

Zadatak 2.11 Odrediti parametar t tako da vektori ~a = (t, 1, 1), ~b = (1, 2−t, 1) i ~c = (1, 1, 3 − 2t) budu komplanarni.

Rjesenje: Iskoristiti uslov komplanarnosti ~a · (~b × ~c) = 0 ⇒ t1 = 1 i t2 =3

2.

Zadatak 2.12 Vektori ~a = (1, 2t, 1), ~b = (2, t, t) i ~c = (3t, 2,−t) su ivicetetraedra.

a) Izracunati zapreminu tetraedra.

b) Odrediti realan parametar t tako da vektori ~a, ~b i ~c budu komplanarni.

Rjesenje: a) V =1

3(t + 1)(3t2 − t + 2), b) t = −1.

Zadatak 2.13 Dokazati da je

~a × (~b + λ~a) = ~a ×~b

za sve vrijednosti parametra λ.


Documents

analiticka geometrija