ELEMENTI ANALITIČKE GEOMETRIJE.pdf

8/18/2019 ELEMENTI ANALITIČKE GEOMETRIJE.pdf

1/26

4. ELEMENTI ANALITIČKE GEOMETRIJE

4.1. Tač ka u prostoru

Položaj tačke u prostoru je jednoznačno određen radijus vektorom (vektorom

položaja): k z j yi xOAr r

++== rrr

. Brojevi x, y i z su koordinate tačke A, odnosno projekcijevektora položaja na koordinatne ose. Uobičajena je upotreba sledećih oznaka za tačku:

A( x,y,z ), odnosno za vektor: ),,( z y xOA ==r

r .

1r r

M 1

M 2

O

1r r

2r r

12 r r rr

−

Slika 4.1.1.

Neka su date tačke M 1( x1 ,y1 ,z 1) i M 2( x2 ,y2 ,z 2).

Vektor 21 M M je određen razlikom vektora položaja

datih tačaka:

) , ,( 1212121221 z z y y x xOM OM M M −−−=−= .

Iz toga proizilazi, da je rastojanje između

tačaka M 1 i M 2 dato kao dužina vektora 21 M M :

2

12

2

12

2

122121 )()()( z z y y x x M M M M −+−+−==

.

Koordinate tačke P ( x3 ,y3 ,z 3) između tačaka

A( x1 ,y1 ,z 1) i B( x2 ,y2 ,z 2), za koju važi, da deli duž u datom

odnosu, (tojest nm PB AP :: = ) su (slika 4.1.2.):

O

z

y

x

i j

k

P

B

A

Slika 4.1.2.

., 21321

3nm

mz nz z

nm

myny

+

+=

+

+=,213 y

nm

mxnx x

+

+=

Ispravnost tih relacija se dokazuje polazeći od

činjenice, da

će dati odnos zadovoljiti ta

čka za koju

važi: ABnm

m AP

+= . Prepušta se čitaocu da izvrši dokaz.

Primer 4.1.: Izračunati obim trougla ABC, zatim odrediti koordinate težišta trougla.

Tačke A, B i C date svojim koordinatama: A(2,–4,5), B(4,2,2), C(0,–1,–1). Odredimo redom

dužine stranica trougla:

7)52()42()24( 222 =−+++−== AB AB , 7= AC i 34= BC .

Prema tome obim je 3414 +=∆

O .

________________________________________________________________________________________

65


2/26

DISKRETNA MATEMATIKA

________________________________________________________________________________________66

Težište je T (2,–1,2), jer je:

++++++=

3,

3,

3321321321 z z z y y y x x xOT .

Izvesti formule za koordinate težišta trougla primenom formula za deobu duži u datojrazmeri.!

Zadatak: Naći koordinate tačke koja je centralno simetrična slika tačke E(2,6,–1) uodnosu na koordinatni početak. U kojem prostornom oktantu se nalazi tačke E, a u kojemslika E'?

4.2 Jednač ina ravni

4.2.1. Opšti oblik jednačine ravni

Posmatramo jednačinu , gde jebr n =⋅ rr

nr

=( A,B,C ) poznati vektor, a b je poznatiskalar, dok r r =( x,y,z ) je nepoznati vektor. Podelimo datu jednačinu sa dužinom vektora :n

r

n

brnr

n

nr

n

r n rrr

r

r

r

rr

=⋅=⋅=⋅

0

0

O

M o

r o

r

→

→

→

z

y

x slika 4.2.1.

M

n

Skalarni proizvod dva vektora se

može protumačiti i kao proizvod dužine jednog od njih i projekcije drugog vektora na

pravac prvog. U posmatranoj jednačini se javlja skalarni proizvod jednog konstantnog(jediničnog) vektora n

r

i promenljivog

vektora r r

. To znači, leva strana predstavljasamo projekciju vektora r

r

na pravac vektora

0nr

jer je:

oo nnr r nnr rrrrrrr

=⋅=⋅ 00 .

Pošto je r r

promenljivi vektor, on se menja tako da mu je projekcija stalno ista:

n

br

on r

rr = . To je moguće samo tako, da mu kraj leži u ravni koja je normalna na vektoru 0n

r

odnosno . Vektor ćemo nazvati normalnim vektorom ravni, i pišemo:nr

nr

Ax + By + Cz + D = 0,

gde smo primenili oznaku – b = D. Ova jednačina je opšti oblik jednač ine ravni.


3/26

ELEMENTI ANALITIČKE GEOMETRIJE

________________________________________________________________________________________67

4.2.2. Normalni oblik jednačine ravni

Pošto su koordinate jediničnog vektora kosinusi uglova, koje taj vektor zaklapa sakoordinatnim osama, zato će i za normalni vektor ravni n

r

=( A,B,C ) jedinični vektor će biti:

)cos,cos,(cos0 γβα==nnn r

r

r ,

dok projekcija vektora r r

na pravac vektora n0r

je rastojanje ravni od koordinatnog poč etka. U

ovom slučaju pišemo: x cosα + y cosβ + z cosγ - p = 0,

što predstavlja Hesse-ov normalni oblik jednač ine ravni.

Iz opšteg oblika jednačine ravni Ax + By + Cz + D = 0 neposredno se dobija normalni

oblik ako se opšti oblik podeli sa 222 C B A ++± , pri čemu biramo znak tako da p bude

pozitivna veličina222 C B A

D p

++±

−= > 0.

4.2.3. Ravan kroz datu tačku sa datim vektorom normale

Neka je data tačka M 1 svojim vektorom položaja 1r r

=( x1 ,y1 ,z 1), i vektor normale ravni

=( A,B,C ). Pronađimo jedna

činu ravni kroz datu ta

čku i sa datim vektorom normale. Vektor položaja proizvoljne tačke u toj ravni jen

r

r r

=( x,y,z ). Iz zahteva zadatka proizilazi, da razlikavektora r

r

ir

mora biti normalna na vektoru1r nr

, tojest:

( r r

– ) = 0 ili A( x – x1r r

nr

1)+ B( y –y1 ,)+C ( z–z 1)=0

Dobili smo jednač inu ravni kroz datu tač ku sa datim vektorom normale ravni.

4.2.4. Ravan kroz tri zadate tačke

Neka su nam date tačke M 1( x1 ,y1 ,z 1), M 2( x2 ,y2 ,z 2) i M 3( x3 ,y3 ,z 3). Tri nekolinearne tačkeodređuju ravan, u kojoj se nalazi i proizvoljna tačka M ( x,y,z ). Korišćenjem vektora položajatih tačaka, uočava se da vektori 1r r

rr

− , 12 r r rr

− i 13 r r rr

− moraju zadovoljiti uslovkomplanarnosti vektora, tj. njihov mešoviti proizvod mora biti jednak nuli:

(( 0)())() 13121 =−⋅−× r r r r r − r rrrrrr

, ili 0

131313

121212

111

=−−−−−−−−−

z z y y x x

z z y y x x

z z y y x x

To je jednač ina ravni kroz tri zadate tač ke; prva je u vektorskom, a druga je u

skalarnom obliku.


4/26


________________________________________________________________________________________68

4.2.5. Segmentni oblik jednačine ravni

z

x

y

a

b

c

O

slika 4.2.5.

Primenimo ovaj poslednji oblik jednačine ravni

u slučaju, kada su nam date tačke u kojima ravan sečekoordinatne ose: A(a,0,0), B(0,b,0) i C (0,0,c).

0)()(

0

0

0

=+−−−

⇒=−−−

zabac ybca x

ca

ba

z ya x

Nakon sređivanja ove jednačine i deljenja sa abc (abc≠0) dobija se segmentni oblik jednač ine ravni:

.1=++c

z

b

y

a

x

0r

4.2.6. Parametarske jednačine ravni

Neka je vektor položaja tačke M o u ravni dat sa

r

= ( xo, yo, z o), ineka su vektori p

r

i qr

paralelni ravni:

O

M o

r o

r

p

q

α p

β q

→

→

→

→

→

→

z

y

x

α p + β q

→

→

slika 4.2.6.

M

p

r

= ( x p, y p, z p), qr

= ( xq, yq, z q).

Četvrti vektor je vektor položaja proizvoljne tačke M u ravni je r

r

= ( x, y, z ). Ova četiri vektora su uvekkomplanarna, to jest bilo koji se

može izraziti pomoću preostala tri:

r r

= 0r r

+α pr

+β qr

U ovoj vektorskoj jednakosti su α i β proizvoljni realni parametri.

Jednačina = 0r r

+α pr

+β je parametarska vektorska jednačina ravni koja prolazikroz tačku čiji je vektor položaja 0r

r

, i koja je paralelna vektorima pr

i qr

, pri čemu ti vektorimeđusobno nisu paralelni!

qr

r r


5/26


6/26


________________________________________________________________________________________70

ravni, čija je jednačina oblika Ax + Cz + D = 0 paralelne su sa osom Oy, dok ravni čija jednačina ima oblik By + Cz + D = 0 paralelne su sa osom Ox.

slika 4.2.7.

z z z

x x x

y

y yO

O O

b

c c

a

a

b

Ax+By+D=0 Ax+Cz+D=0

By+Cz+D=0

Ravan δ ima jednačinu u opštem obliku Ax + D = 0. Vektor normale te ravni je=( A,0,0), tojest pravca je ose Ox. Iz toga sledi, da je ravan δ normalna na tu osu, odnosno

paralelna je koordinatnoj ravni Oyz . Sličnim rezonovanjem se zaključuje, da je ravan sa jednačinom oblika By + D = 0 paralelna sa koordinatnom ravni Oxz , odnosno normalna je naosu Oy, dok ravan sa jednačinom oblika Cz + D = 0 normalna je na osu Oz, odnosno paralelna

je sa koordinatnom ravni Oxy (Slika 4.2.8.)

nr

slika 4.2.8.

z z z

x x x

y y yOO Ob

y=b

c

z=c

a

x=a

Bilo koja ravan (pa i spomenute ravni u specijalnom položaju) prolaze kroz

koordinatni početak u slučaju kada je D = 0. (Primetiti vezu sa rastojanjem ravni od

koordinatnog početka!).

Zadatak: a) Odrediti jednačine koordinatnih ravni. b) Odrediti jednačinu ravni kojasadrži jednu od koordinatnih osa!

b) Data je kocka čije ivice imaju dužinu 1. Kocka je položena u prvi oktantkoordinatnog sistema tako, da se tri ivice oslanjaju na koordinatne ose, a jedno teme se

poklapa sa koordinatnim početkom. Napisati jednačine 6 ravni, koje su nosači strana kocke,napisati i jednačine nekih ravni, koje dijagonalno presecaju kocku, kao i nekih ravni kojesadrže po tri temena kocke koje ne pripadaju istoj strani kocke.


7/26


________________________________________________________________________________________71

4.3. Jednač ine prave

4.3.1. Vektorske jednačine prave

Posmatrajmo pravu, koja prolazi u prostorukroz tačku M 1( x1 ,y1 ,z 1) i paralelna je vektoru

),,( nml p =r

. Obeležimo vektor položaja tačke M 1sa =( x1r

r

1 ,y1 ,z 1), a vektor položaja proizvoljne tačke M , koja pripada posmatranoj pravi sa r r =( x,y,z ).

r 1

p

λ p

z

y x O

→→

→ M 0

M

Slika 4.3.1.

e

Nije teško uočiti važenje sledećih vektorskih

jednakosti:r →

0)(1

=×− pr r rrr

, i

R∈⋅+= t pt r r ,1rrr

.

To su vektorske jednač ine prave linije u prostoru.

Prvi od ova dva data oblika se bazira na činjenici, da za bilo koju tačku prave mora

biti vektor r r

– paralelan unapred datom vektoru1r r

pr

.

U drugom obliku je obuhvaćena činjenica, da vektor položaja bilo koje tačke na pravoj

može biti izražen kao linearna kombinacija vektora položaja fiksne tač ke M 1 i datog vektora

pravca pr .

4.3.2. Parametarske jednačine prave

Iz vektorske jednačine r pt r rrr

⋅+= 1 slede tri skalarne jednačine:

⋅+=

⋅+=

⋅+=

nt z z

mt y y

l t x x

1

1

1

To su parametarske jednač ine prave. U tim

jednačinama t je realni parametar, čijim variranjem

mogu se proizvesti sve tačke prave.

4.3.3. Dvojna jednačina prave u kanoničnom obliku

Izrazimo li parametar t iz parametarskih jednačina, zaključujemo:

t n

z z

m

y y

l

x x=

−=

−=

−111 ,

gde smo predpostavili da je lmn ≠ 0. Ovaj oblik jednačine prave nazivamo dvojnom jednač inom prave u kanonič nom obliku . Ovaj oblik je naj izražajniji, jer se neposredno mogu

očitati koordinate fiksne tačke i vektora pravca.


8/26


________________________________________________________________________________________72

).,,(

i);,,(

2222

1111

C B An

C B An

==

r

4.3.4. Prava kao presek dve ravni

Neka su nam date dve ravni α i β svojim

jednačinama u opštem obliku.

9 0 o 9 0 o

n1

n2→

→

x y

z

O

e

n 1 × n

2

→

→

α

β

Slika 4.3.4.

=+++=+++

0

0

2222

1111

D z C y B x A

D z C y B x A

Poznato nam je, da su vektori normala tih ravni:

r

Nije teško uočiti, da svojim presekom te dve ravni

određ

uju pravu p čiji je vektor pravca .21 nn

rr

× Prema tome prava je zadata i presekom dve ravni.

4.3.5. Jednačine prave kroz dve tačke

Osmotrimo sada slučaj, kada su date dve tačke prave p: M 1( x1 ,y1 ,z 1) i M 2( x2 ,y2 ,z 2).Izvedimo jednač ine prave kroz dve tač ke!

Ne predstavlja teškoću zaključiti, da je vektor pravca pr

određen razlikom vektora

položaja tačaka M 1 i M 2: ),,( 1121212 z y y x xOM OM p −−−=−=r

2 z . Iz toga sledi, da jednačina prave kroz dve tačke u vektorskom obliku može biti zadata kao:

0)()( 121 =−×− r r r r rrrr

, ili

R∈−⋅+= t r r t r r ),( 121rrrr

.

Takođe bez većeg napora možemo doći do parametarskih jednačina prave, kao i dodvojne jednačine prave kroz dve tačke u kanoničnom obliku:

−⋅+=−⋅+=−⋅+=

)(

)(

)(

121

121

121

z z t z z

y yt y y

x xt x x

.12

1

12

1

12

1

z z

z z

y y

y y

x x

x x

−−

=−−

=−−

Primeri 4.3.: Data nam je tačka M (2,3,1) i vektor pr

=(1,2,–1). Iz vektorske jednačine

prave u obliku ( 0)1 =×− pr r rrr

dobijemor

0

121

132 =

−

−−− z y xk jirr

1

1

2

2

1

2

−

−

=

−

=

−

⇒

z y x


9/26


________________________________________________________________________________________73

gde smo iskoristili svojstvo determinante, da je njena vrednost jednaka nuli, ukoliko su dva paralelna reda proporcionalna. Iz posmatranog vektorskog oblika jednačine prave neposrednosmo dobili dvojnu jednačinu u kanoničnom obliku.

Napišimo sada za isti slučaj parametarske jedna

čine prave. Eliminacijom parametra t iz svake od tih jednačina dobijamo istu dvojnu jednačinu prave:

−=+=+=

t z

t y

t x

1

23

2

t z y x

=−−

=−

=−

⇒1

1

2

3

1

2

Uključimo sada u razmatranje i tačku N (2,2,2). Odredimo jednačine prave kroz tačke M i N u kanoničnom obliku! "Bukvalnim" korišćenjem postupka zadatog u 4.3.5. dobijemosledeći oblik:

121

323

222

−−=

−−=

−− z y x ili

11

13

02 −=

−−=− z y x .

Dogovorno “dozvoljavamo”, da u kanoničnom obliku jednačine prave pišemo nulu uimeniocu. Međutim, ispravan način pisanja jednačine prave u takvim specijalnim slučajevima

bi bio:1

1

1

3 ,02

−=

−−

=− z y

x . Ovo proizilazi iz činjenice, da prava prolazi kroz tačku sa

apscisom x = 2, a ima pravac vektora )1,1,0( −= MN , koji je normalan na osu Ox odnosno paralelna je sa ravni Oyz. To znači, da duž čitave prave mora biti x = 2.

Dajemo jednačine još nekoliko pravih u specijalnom položaju; jednostavnosti radi,neka sve prave prolaze kroz tačku A(1,1,1).

a) Neka je vektor pravca normalan na osu Oy (paralelan je ravni Oxz ): pr

=(2,0,–1).

01;1

1

2

1 ili

1

1

0

1

2

1=−

−−

=−

−−

=−

=−

y z x z y x

b) Neka je vektor pravca normalan na osu Oz (paralelan je ravni Oxy): pr

=(2,–1,0).

01;1

1

2

1 ili

0

1

1

1

2

1=−

−−

=−−

=−−

=−

z y x z y x

c) Neka je vektor pravca normalan na ravan Oxy (paralelan je osi Oz ): pr

=(0,0,1).

.01;01 ili 1

1

0

1

0

1=−=−

−=

−=

− y x

z y x

U poslednjem slučaju ne postoji jednačina koja određuje koordinatu z . Upravo to trebauočiti: z može da poprimi bilo koju vrednost, dok koordinate x i y su fiksirane, prava jevertikalna. Valja primetiti, da jednačine x –1=0 i y –1=0 predstavljaju po jednu ravan uspecijalnom položaju (videti primer 2.2.1.). Drugim rečima, kanonični oblik jednačine pravese zamenjuje sa oblikom, kada je prava određena sa jednačinama dve ravni. Slična je situacija

i u tačkama d) i e):


10/26


________________________________________________________________________________________74

d) Neka je vektor pravca normalan na ravan Oxz (paralelan je osi Oy): pr

=(0,1,0).

.01;01 ili 0

1

1

1

0

1=−=−

−=

−=

− z x

z y x

e) Neka je vektor pravca normalan na ravan Oyz (paralelan je osi Ox): pr

=(1,0,0).

.01;01 ili 0

10

11

1 =−=−−=−=− z y z y x

Zadatak: a) Odrediti jednačine koordinatnih osa; b) Odrediti sve oblike jednačine prave koja prolazi kroz tačke O(0,0,0) i A iz prethodnog primera.

4.4. Međ usobni odnosi pravih i ravni i tač ke

4.4.1. Međusobni odnosi dve ravni

Posmatramo dve ravni, α i β koje su zadate njihovim opštim jednačinama:

α: A1 x + B1 y + C 1 z + D1 = 0, sa vektorom normale 1nr

=( A1, B1, C 1),rβ: A2 x + B2 y + C 2 z + D2 = 0, sa vektorom normale 2n =( A2, B2, C 2).

Razume se sam po sebi, da je ugao između dve ravni jednak uglu između njihovihvektora normala:

a) || ⇔ (α || β) ∨ (α ≡ β).1nr

2nr

Ako su ti vektori normale paralelni, tada su i ravni paralelne:

1nr × 2n

r

= 0 ⇔ 1nr

= k 2nr ⇔

2

1

2

1

2

1

C

C

B

B

A

A== = k .

Ukoloko je zadovoljena još i jednakost2

1

D

D= k , tada i nemamo dve različite revni! To su

jednačine jedne ravni koje se razlikuju po tome, što je jedna od njih pomnožena konstantom k .

Ako je2

1

D

D≠ k, tada su to stvarno dve različite i paralelne ravni. U slučaju paralelnih ravni

interesantno je pitanje njihove međusobne udaljenosti.

Rastojanje ravni do koordinatnog početka je poznato iz poglavlja, u kojem smo

razmatrali normalni oblik jednačine ravni:222 C B A

D p

++

−= . Ovaj broj može biti i

negativan i pozitivan U slučaju upotrebe kao rastojanje ispred korena u imeniocu stavljamo ±,

i biramo znak tako da rastojanje bude uvek pozitivno222 C B A

D p

++±

−= . Ako ostavljamo

predznak broja p i u slučaju paralelnih ravni to tumačimo na sledeći način:

01

11

1 nr n

nr

n

D

p

r

o

r

r

r

o

r

r ==

−

= i 0222

2 nr n

nr

n

D

p

r

o

r

r

r

o

r

r ==

−

= ,


11/26


________________________________________________________________________________________75

gde je nr

zajednički vektor normale, dok 0nr

je jedinični vektor normale, r 1r

i 2r r

su vektori

položaja po jedne fiksne tačke sa tih ravni α odnosno β. Sada uključimo u naša razmatranja itreću ravan, paralelnu sa datim ravnima, ali koja prolazi kroz koordinatni početak.:

(α | | β | | γ) ∧ ( O ∈ γ ) .

α

β

n1 n2→

→

90o

n1

n2

→

→ α

β

α

β

n1

n2→

→

ϕ

slika 4.4.1 .

a) b) c)

Ako su oba skalarna proizvoda istog znaka, tada su obe paralelne ravni sa iste strane

koordinatnog središta, pa je njihovo rastojanje 21 p p −=d .

U slučaju različitog znaka skalarnog proizvoda vektori r 1r

i 2r r

pokazuju na različite

strane ravni γ, to jest date ravni su sa različite strane koordinatnok početka, zato je njihovo

međusobno rastojanje: 21 p pd += .

Ne umanjujemo opštost ako pretpostavimo p1 > 0 i p2 < 0. Sledi:

( p1 > 0) ∧ ( p2 < 0) ⇒ 2211 p p p p −=∧= ⇒ 21 p pd += = =+ 21 p p 21 p p − .

Prema tome, međusobno rastojanje paralelnih ravni je uvek:

21 p pd −= ili:222

12

C B A D Dd ++

−=

b) n1r

⊥ n2r

⇔ α⊥β.

Ravni su uzajamno normalne ako i samo ako skalarni proizvod njihovih vektora

normala jednak nuli:

α⊥β ⇔ n1r

⊥ 2nr

⇔ 021 =nn r

o

r

⇔ A1 A2 + B1 B2 +C 1C 2 = 0.

c) U opštem slučaju (∠ n , ) = (∠α,β).1r

2nr


12/26


13/26


________________________________________________________________________________________77

Primer 4.4.a: Osmotrimo međusobni položaj pravih e1 i e2 ako su im jednačine:

2

3

1

2

2

1:1

+=

+=

− z y xe i .

=+−=++−

022

024:2

z y

z y xe

Pošto je prava e2 zadata jednačinama dveju ravni, prvo transformišimo taj oblik nakanoične jednačine. Vektor pravca prave će biti vektorski proizvod vektora normala datihravni: =(1, –4, 1) ¥ (0, 2, –1) = (2, 1, 1). Odmah se primećuje paralelnost datih pravih, jer

je . Potražimo jednu proizvoljnu tačku na pravoj e2 p

r

pr

= 21 pr

2! Neka je to tačka sa z 2 = 0. Otuda je y2 = –1 i x2 = –6, to jest M 2(–6, –1, 0), tačku sa prave e1 možemo očitati: M 1(1, –2, –3).

Sledi 21 M M = 2OM – 1OM =( –7, 1, 3). Vektor normale zajedničke ravni je nr

= p M M r

×21 =(–1, 20, –9), dok jednačina ravni (koristimo M 1 ): –( x –1) + 20 ( y + 2) – 9 ( z + 3) = 0. Opštioblik te jednačine je: x – 20 y + 9 z – 14.

Odredimo još međusobno rastojanje ovih pravih!

Pošto je p M M r

×21 = 482)9(20)1(222 =−++− i = p

r

3, zato će biti 48231=d .

b) e1 » e2 = P ⇔ 1 pr × 2 p

r

π 0 Ÿ ( 1 pr × 2 p

r

)21 M M o = 0. (slika 4.4.2.2.)

M 1

M 2

e2

e1 p1

p2→

→

M 1 M

2

→

P

slika 4.4.2.2.

α

x

y

z

r 1r 2→

→

O

U vezi pravih, koje se seku, takođe se postavljaju obično dva pitanja. Prvo se pozabavimo sa jednačinom njihove ravni.Vektor normale će biti n

r

= × = ( A, B, C ), i prolaziće bilo kroz tačku M

1 pr

2 pr

1 bilo kroz tačku M 2.

Drugo pitanje je određivanje koordinatanjihove presečne tačke. Posmatrajmo jednačine

pravih u kanoničnom obliku:

1

1

1

1

1

11 :

c

z z

b

y y

a

x x −=

−=

−e i

2

2

2

2

2

22 :

c

z z

b

y y

a

x xe

−=

−=

−

Rešimo jednačine "u parovima":

1

1

1

1b

y y

a

x x −=

− i

2

2

2

2b

y y

a

x x −=

−.

Nakon izračunavanja x p i y p zatim zamenivši u jednačunu bilo koje prave dobićemovrednost i treće koordinate z p.

Primer 4.4.b.: Date su prave e1 i e2:

2

5

3

5

1

2:1

−=

−=

− z y xe ,

4

7

1

3

5

6:2

−=

−=

− z y xe ,

Konstatujemo: 1 pr = (1, 3, 2), 2 pr = (5, 1, 4), M 1(2, 5, 5), M 2(6, 3, 7),


14/26


15/26


________________________________________________________________________________________79

c2) Najkraće rastojanje mimoilazbih pravih je prosto rastojanje između paralelnihravni koje sadrže te prave. Pitanje je razmotreno u tačku 4.4.1.

c3) Jednačine zajedničke normale konstruisšemo na sledeći način: Postavimo ravan β1

kroz pravu e1 tako da bude normalna na ravan α1 (Normala te ravni je paralelna sa vektoromnr × . Ravan sadrži tačku M 1 pr

1). Zatim napišemo jednačinu ravni β2 koja je normalna na ravanα2 i sadrži pravu e2 (Normala te ravnia je paralelna sa vektorom n

r × . Ravan sadrži tačku M

2 pr

2). Jednačine ovih dveju ravni jesu ujedno i jednačine prave n u smislu tačke 4.3.4.

Primer 4.3.4.c.: Date su prave2

10

2

26:1

−=

−−

=− z y

xe i2

3

2

5

3

5:2 −

+=

−−

=− z y x

e .

Konstatujemo činjenice u vezi vektora pravaca i fiksnih tačaka:r r

1 p = (1, –2, 2), 2 p = (3, –2, –2), M 1(6, 2, 10), M 2(5, 5, –3),

21 M M = 2OM – 1OM =( –1, 3, –13).r

Izračunamo 1 pr × 2 p

r

= (8, 8, 4), 1 p × 2 pr = 12, ( 1 p

r × 2 pr

)21 M M o = –36.

Pošto je taj broj različit od nule – sledi: prave su mimoilazne.

Izračunajmo njihovo međusobno najktaće rastojanje!

Podelimo le zapreminu praralelepipeda razapetog vektorima 1 pr

, 2 pr

i 21 M M samernim brojem površine baze, dobijamo visinu tela – a to je upravo traženo odstojanje.(Osmotrimo ponovo sliku 4.4.2.3.!)

21

2121

21

)(

p p

M M p p P P d rr

orr

×

×== , znači d 3

12

36==

Potražimo sada jednačine dveju paralelnih ravni od kojih svaka sadrži po jednu oddatih mimoilaznih pravih! Zajednički vektor normale tih ravni je 1 p

r × 2 pr

= (8, 8, 4).

Očevidno, možemo upotrebiti i paralelni vektor nr

=(2, 2, 1). Otuda slede jednačinetraženih paralelnih ravni:

α1: 2( x – 6) + 2( y – 2) + ( z – 10) = 0 ⇒ 2 x + 2 y + z – 26 = 0,α2: 2( x – 5) + 2( y – 5) + ( z + 3) = 0 ⇒ 2 x + 2 y + z – 17 = 0.

Izračunajmo i međusobno odstojanje tih ravni (to je i najkraće odstojanje mimoilaznih pravih). U tački 4.4.1. smo to izračunali pomožu izraza:

d = p1 – p2= 33

)26(17

222

12 =−+−

=++

−

C B A

D D .

Posle svega toga potražimo i jednačine zajedničke normale!


16/26


________________________________________________________________________________________80

Vektor normale ravni β1 je paralelan vektoru nr × 1 p

r

= (6, –3, –6). Neka je to vektor=(2, –1, 2). Ujedno ravan sadrži i tačku M 1n

r

1 (6, 2, 10). Prema tome je:

β1 : 2( x – 6)–( y – 2)–2( z – 10)=0 ⇒ 2 x – y –2 z + 10 = 0

Vektor normale ravni β2 je paralelan vektoru nr

× 2 pr = (–2, 7, –10) (Taj vektor nećemo

"pojednostaviti"). Ravan sadrži tačku M 2 (5, 5, –3). Prema tome je

: β2 : 2( x – 5)–7( y – 5)+10( z + 3)=0 ⇒ 2 x –7 y +10 z +55 = 0

Jednačine prave – zajedničke normale su:

=++−=+−−

0551072

01022:

z y x

z y xn

Očevidno, tačka P 1 je prodor prave e1 kroz ravan β2, dok P 2 je tačka prodora prave e2 kroz ravan β1.

Transformičimo jednačine prave e1 iz kanoničnog oblika u parametarski oblik, iuvrstimo dobijene izraze u jednačinu ravni β2:

Pošto je:2

10

2

26:1

−=

−−

=− z y

xe = t ⇒ ⇒

+=+−=

+=

102

22

6

t z

t y

t x

2(t + 6) – 7(2 – 2t ) + 10(2t + 10) + 55 = 0 ⇒ t=4

17− ⇒

2

3,

2

21,

4

71 P

Ukoliko su nam potrebne i koordinate tačke P 2, na isti način potražimo prodor prave e2

na ravni β1. U ovom slučaju posredstvo parametra4

7−=t dobijamo

−

2

1,

2

17,

4

12 P .

Izvršimo još jednu kontrolu! Odredimo vektor 21 P P . Osmotrimo pravac i dužinu tog vektora!

1221 OP OP P P −= =(2, 2, 1) .

Uočavamo podudarnost sa vektorom pravca jajedničke normalne prave, što je i vektornormale α1 i α2 a njihovo rastojanje je 3.

Zadaci 4.3.: a) Napisati jednačine prave e, ako znamo, da sadrži tačku M 1(1, –1, 1) i paralelna je sa vektorom a

r

= (1, 2, 3).

b) Postavimo pravu kroz tačku T (1, –2, 1) paralelno sa pravom .

Napisati jednačine te nove prave!

=+−+=−+−

0522

04:

z y x

z y x p

c) Ispitati međusobni položaj pravih e1 i e2:

+−=−=

+=

1623

12

:1t z

t y

t x

e , .

=+−−=+−+

0454

0242:2 z y x

z y xe


17/26


________________________________________________________________________________________81

d) Odrediti vrednost parametra a tako da prave e1 i e2 budu presečne prave, zatimizračunajmo koordinate njihovog preseka.

0

5

1

3

2

:,

2

1

5

4

3

2: 21

+=

−=

−

−

−=

+=

− z ya xe

z y xe .

e) Napisati jednačine zajedničke normale pravih e1 i e2:

3

1

2

1

7

3:,

1

12

2

3

1

4: 21

−=

−=

−−

−−

=+

=− z y x

e z y x

e .

f) Napisati jednačine prave, koja sadrži tačku P (3,–1, 0) i seče prave e1: x = y = z i

21

3

3:2

z y

xe =−=

−.

4.4.3. Međusobni odnos tačke i prave

Data tačka P ( x0, y0, z 0) i prava e: z y x p

z z

p

y y

p

x x 111 −=−

=−

mogu biti samo u dva ražličita

međusobna položaja: P pripada pravoj e ili se nalazi na rastojanju d od prave. Posmatramosliku 4.4.3. Neka je M 1 fiksna tačka prave e. Tada rastojanje tačke P od prave e računamo podefiniciji:

Definicija 4.4.3.: Rastojanje proizvoljnetačke prostora P ( x0, y0, z 0) od prave e jeodređeno izrazom P

M 1

d e

z

x

yO

Slika 4.4.3.

90 ο

p

p P M d r

r

×=

1

gde je p

r

=( p x , p y , p z ) vektor pravca prave e, dok M 1( x1, y1, z 1 ) je jedna utvr đena tačka na pravoj e.

Definicija se zasniva na činjenici, da je traženo rastojanje u stvari poklapa se sa

visinom paralelograma razapetog vektorima pr

i P M 1 .

Primer 4.4.3.: Date su tačke: A(4, –2, 3), B(1, 3. –1) i C (0, 1, 1). Odredimo dužinevisin trougla ∆ ABC !

Ovde ćemo da izračunamo samo visinu koja pripada stranici AB. Ostale visine čitalacće sam izračunati!


18/26


19/26


________________________________________________________________________________________83

Imajući u vidu sve izneto, rastojanje tačke od ravni određujemo na sledeći način:

d =n

DOP n

n

OM nOP n

r

o

r

r

o

r

o

r

+=

− 1.

Definicija 4.4.4.: Rastojanje proizvoljne tačke P ( x0, y0, z 0) prostora od ravni,

čija jeopšta jednačina: A x + B y + C z + D = 0 jeste:

d =222

000

C B A

D z C y B x A

++

+++

Primer 4.4.4.: Data je tačka D(8, 3, –7) kao četvrto teme trostrane piramide ABCD. Koordinate tačaka A, B i C smo zadali u primeru 4.4.3. Izračunajmo visinu piramide koja jespuštena iz tačke D na osnovu ABC !

Odredimo prvo jednačinu ravni, koja sadrži tačke ABC . Vektor normale ravni je

sledeći vektorski proizvod: AC AB × =(2, 10, 11), ujedno određujemo u dužinu tog vektorskog proizvoda 15225 = . Postavimo sada ravan, recimo, kroz tačku A (možemo odabrati bilo kojuod triju tačaka osnove! Zašto?)

3( x – 4) + 10( y + 2) + 11( z – 3) = 0 ⇒ 3 x + 10 y + 11 z – 25 = 0

Konačno, tražena visina je:15

25)7(1131083 −−⋅+⋅+⋅= Dh = 5

16.

4.4.5. Međusobni odnos prave i ravni

Posmatramo pravu e zadatu svojim jednačinama u kanoničnom obliku i ravan α sa jednačinom u opštem obliku. U kakvom međusobnom položaju mogu biti ovi objekti? Neka je tačka M 0( x0, y0, z 0) utvr đena tačka u prave, vektor pravca prave je ),,( z y x p p p p =

r

a vektor

normale ravni je uobičajeni nr

=( A, B, C ). Jednačine su:

e:

z y x

p

z z

p

y y

p

x x 000 −=−

=−

, α: A x + B y + C z + D = 0.

a) U slučaju uzajamne normalnosti vektora pravca prave i vektora normale ravnimoguće je da prava paralelna sa ravni, ali može i cela da joj pripada. ( Uočimo to na slici4.4.5.1.):

⇒= 0n p r

o

r

(e || α )∨ ( e ⊆ α ).

Provera potpunog pripadanja prave ravni zahteva samo kontrolu pripadanja tačke M 0 ravni. Nakon tih konstatacija je očevidno:

( 0=n p r

o

r

) ∧ ( M 0∈α )⇒ e ⊆ α ,rr

( ) ∧ ( M 0=n p o 0∉α )⇒ e || α .


20/26


________________________________________________________________________________________84

b) Ako je 0≠n p r

o

r

. tada postoji jedna i samo jedna tačka, koja pripada i pravoj iravni. To je prodor prave kroz ravan. Određivanje koordinata prodora je prilično jednostavno:transformišimo jednačine prave iz kanoničnog oblika na parametarski oblik i to uvrstimo u

jednačinu ravni. Iz dobijene jednačine sa jednom nepoznatom određujemo vrednost parametra

t , što determiniše i koordinate zajedničke tačke:

A(t p x +x0)+ B(t p y +y0)+C (t p z +z 0)+D = 0.

Prodor prave na ravni se određuje drugom tehnikom, ukoliko je prava data jednačinama dveju ravni koje se seku. Tim jednačinama prave priključujemo kao treću jednačinu, jednačinu ravni i rečimo sistem sa tri nepoznate:

α: A x + B y + C z + D = 0,δ: A1 x + B1 y + C 1 z + D1 = 0,ε: A2 x + B2 y + C 2 z + D2 = 0,

gde je α jednačina ravni koja nam je zadata u početku, a prava e je određena kao presečnalinija ravni δ i ε. U slučaju protivrečnog sistema (sistema bez rešenja) prava ne prodire krozravan (paralelna je sa njom), a u slučaju neodređenog sistema (beskonačno mnogo zajedničkihtačaka) prava pripada ravni.

p

α

→ z

x

yO

n→

Slika 4.4.5.1.

e e

n p

α

→ z

x

yO

→

Slika 4.4.5.2.

e

p

α

→

z

x

yO

n→ϕ

90o

Slika 4.4.5.3.

P

P

Poseban međusobni položaj je normalnost prave i ravni. U slučaju paralelnosti vektora pravca prave i vektora normale ravni prava i ravan su uzajamno normalne (Slika 4.4.5.2.)

⇒=× 0n p rr

(e ⊥ α ).

U slučaju nekog kosog ugla između prave i ravni, postavlja se pitanje veličine togugla. (Slika 4.4.5.3.) Uočiti, da je ugao između vektora pravca prave i vektora normale ravniϕ je dopunski ugao ugla ξ, između same prave i ravni. Prema tome:

cos ϕ =n p

n prr

r

o

r

= sin ξ.

Dodatno pitanje međusobnog položaja prave i ravni je i slučaj pramena ravni: to jeskup ravni koje sve sadrže jednu istu pravu..

Neka je e jedna utvr đena prava u prostoru zadata kao presek neparalelnih ravni δ i ε:


21/26


________________________________________________________________________________________85

δ: A1 x + B1 y + C 1 z + D1 = 0,ε: A2 x + B2 y + C 2 z + D2 = 0.

Ako je P ( x', y ', z ') proizvoljna tačka prave e tada koordinate tačke P zadovoljavaju i jednačine ravni δ i ε:

A1 x' + B1 y ' + C 1 z ' + D1 = 0 i A2 x' + B2 y '+ C 2 z ' + D2 = 0 ⇒ ⇒ λ( A1 x' + B1 y ' + C 1 z ' + D1 ) + µ( A2 x' + B2 y '+ C 2 z ' + D2 ) = 0 ⇒ ⇒ (λ A1 + µ A2 ) x' + (λ B1 + µ B2) y '+ (λC 1 + µC 2) z ' + (λ D1 + µ D2 ) = 0,

gde su λ i µ proizvoljni realni brojevi.

Zaključak: tačka P pripada ne samo ravnima δ i ε već i bilo kojoj ravni čiji vektornormale je proizvoljna linearna kombinacija vektora normala ravni δ i ε. Slobodni član u tim

jednačinama je proizveden iz slobodnih članova datih ravni upotrebom istih brojeva kao ilinearna kombinacija vektora normala. Jednačina pramen ravni sa zajedničkom pravom e je:

(λ A1 + µ A2) x + (λ B1 + µ B2) y + (λC 1 + µC 2) z + (λ D1 + µ D2 ) = 0.

Vektori normala ravni koje određuju pravu e su:

),,( 1111 C B An =r

i ),,( 2222 C B An =r

, slobodni članovi su D1 i D2.

Vektori normala elemenata pramena pravih su snr

= ((λ A1 + µ A2), (λ B1 + µ B2), (λC 1 + µC 2)) a

slobodni članovi D s = (λ D1 + µ D2 ), λ ,µ ∈ R .

Posmatrajmo normalni oblik jednačina ravni δ i ε, koje određuju pravu:

δ:21

21

21

1111

C B A

D z C y B x A

++

+++ =0 i ε :

22

22

22

2222

C B A

D z C y B x A

++

+++ = 0.

Šta predstavlja sledeća jednačina?

21

21

21

1111

C B A

D z C y B x A

+++++ = ±

22

22

22

2222

C B A

D z C y B x A

+++++ .

Odgovor je: U zavisnosti od znakova ± to su dve ravni, dva elementa pramena ravni iz prethodnog razmatranja. Vektor normale jedne ravni je 20101 nnnu

rrr

+= , a druge ravni je

20102 nnnurrr

−= , gde su 10nr

i 20nr

jedinični vektori normala ravni δ i ε. Zbir, odnosno razlika tihvektora polovi ugao između datih vektora odnosno dopunski udao između istih vektora.Prema tome, prepoznali smo simetralne ravni dijedra određenog datim ravnima δ i ε.


22/26


________________________________________________________________________________________86

Primer 4.4.5.1.: Odrediti jednačine prave, koja je ortogonalna projekcija prave e naravni α ako je

=+−+=+−

012

022:

z y x

y xe i α: x + y – z + 3 = 0.

Transformišimo prvo jednačine prave na kanonični oblik:

Odaberimo vrednost koordinate z = 0. Tada iz sistema 2 x – y = – 2, x + 2 y = – 1 sledi x = –1, y = 0.

Na taj način odabrali smo kao fiksnu tačku date prave: M (–1, 0, 0). Vektor pravca će biti 21 nn p

rrr

×= =(1, 2, 5), jer je 1nr

=(2, –1, 0) i 2nr

=(1, 2, –1). Sledi:

521

1:

z y xe ==

+ , ili u parametarskom obliku: e .

==

−=

t z t y

t x

52

1

:

Prodor tačke na ravni α određujemo na poznat način: uvrštavanjem parametarskih

jednačina u jednačinu ravni:

(t – 1) + ( 2t ) – ( 5t )+ 3 = 0 ⇒ t = 1 ⇒ x = 0, y = 2, z = 5.

Tačka prodora je: D(0, 2, 5).

U sledećem koraku nađemo normalnu projekciju jedne tačke prave na ravni.Projektujmo upravo tačku M . Napišemo jednačine prave n kroz tačku M , tako da budenormalna na ravan α, zatim odredimo prodor i te prave na ravni α. Ova normalna prava imavektor pravca paralelan sa vektorom normale ravni:

111

1:

−==

+ z y xn ili u parametarskom obliku: .

−==

−=

s z

s y

s x

n

1

:

Određivanje prodora:

( s – 1) + ( s ) – ( –s )+ 3 = 0 ⇒ s =3

2− ⇒ .

3

2,

3

2,

3

5'

−− M

Jednačine tražene projekcije e’ spajaju tačke D i M ’. Vektor pravca je razlika vektora položaja OD i 'OM a prolazi bilo kroz tačku D bilo kroz tačku M ’ :

=−

3

13,

3

8,

3

5'OM OD .

Pojednostavimo vektor pravca: )13,8,5('=er

i odaberimo tačku D. Jednačine tražene projekcije su:

13

5

8

2

5

−=

−=

z y x.


23/26


________________________________________________________________________________________87

Primer 4.4.5.2.: Napišimo jednačine prave e kroz tačku M tako, da seče date prave p iq. ( M ∉ p i M ∉ q).

Rešavanje zadatka počinjemo analizom:

a) Ako su p i q paralelne prave, a tačka M ne pripada njihovoj ravni, nema rešenja. b) Ako su p i q paralelne prave, a tačka M pripada njihovoj ravni, tada imamo

beskonačno mnogo rešenja.c) Ako su p i q presečne prave, a tačka M ne pripada njihovoj ravni, tada postoji

jedinstveno rečenje: prava koja spaja tačku M sa presečnom tačkom datih pravih.d) Ako su p i q presečne prave, a tačka M pripada njihovoj ravni, tada imamo

beskonačno mnogo rešenja.

e) Neka je M (1, 2, –1),3

3

6

1

2

1:

+=

+=

− z y x p ,

1

3

13

2:

−+

==− z y x

q .

Može se pretpostaviti, da to nije nijedan od prethodnih slučajeva, to jest; to sumimoilazne prave a tačka je van njih. Ispitajmo međusobni odnos pravih!

Poznato je, da su prave u istoj ravni ako i samo ako 0)( =× PQq p orr

, gde su pr

i qr

vektori pravaca datih pravih, dok je PQ vektor koji spaja njihove fiksne tačke. Pošto je u

ovom slučaju 02)( ≠=× PQq p orr

, znači prave su zaista mimoilazne. Napišimo jednačine prave e koja seče obe prave i prolazi kroz M !

Postavimo prvo ravan kroz tačku M tako da ona sadrži i pravu p (neka je to ravan α).Ravan α seče pravu q u tački R. Postavimo sada ravan kroz tačku M i pravu q (neka je toravan β). Ova ravan seče pravu p u tački T . Sada je već očevidno, da je tražena prava upravo

presek ravni α i β jer je q Õ β Ÿ R = α » q ⇒ R ∈ α » β i p Õ α Ÿ T = β » p ⇒ T ∈ α » β.Pošto smo obe ravni postavljali tako da sadrže tačku M zato M ∈ α » β. Odredimo te ravni!

Vektor normale n1r

ravni α paralelan sa vektorom MP p ×r

. Pošto je vektor pravca

prave p: pr

=(2, 6, 3), a fiksna tačka na njoj je P (1, –1, –3), biće OM OP MP −= = (0, –3, –2).Otuda je n1

r

= (3, –4, 6).

Jednačina ravni α:

3 ( x – 1) – 4 ( y – 2) + 6 ( z + 1) = 0 ⇒ : 3 x – 4 y + 6 z + 11 = 0.

Vektor normale n ravni β je paralelan sa vektorom2r

MQ×qr

. Pošto je vektor pravca

prave q: qr

=(3, 1, –1), a fiksna tačka na njoj je Q(2, 0, –3), biće OM OQ MQ −= = (1, –2, –2).Otuda je n2

r

= (4, –5, 7).

Jednačina ravni β:

4 ( x – 1) – 5 ( y – 2) + 7 ( z + 1) = 0 ⇒ : 4 x – 5 y + 7 z + 13 = 0.

Zapaziti, da je bilo dovoljno samo uočiti postojanje tačaka R i T . Njihove koordinatezadatak ne zahteva, međutim čitalaz može za vežbu da odredi te brojeve!


24/26


25/26


________________________________________________________________________________________89

e) Napisati jednačinu ravni α, ako ona prolazi kroz tačke M 1(3, 7, –5) i M 2(6, –3, –1), inormalna je na ravan β: 2 x –15 y + 7 z – 30 = 0. Na ravni α odrediti koordinate podnožjanormale spuštene iz koordinatnog početka na tu ravan.

f) Odrediti osno simetričnu sliku tačke P (–5, 4, 1) u odnosu na pravu kao osu, čije su

jednačine x = –3 + t, y = 5 t, z = 2 – 3 t .

Ispitni zadaci 4.:

1. (24.01.2002.)

Koordinatni početak je jedno teme paralelepipeda, tri susedna temena tom temenusu tačke A(3,6,–4), B(–4, 7, 0) i C (9, 1, –3).

a) Naći koordinate preostala četiri temena tog paralelepipeda. b) Napisati jednačinu ravni koja seče telo i sadrži temena A, B i C.

Rešenje:

a) Koordinate datih tačaka su ujedno i koordinate vektora položaja tih tačaka. Svaki par vektora odredjuje po jednu stranu paralelepipeda, a četvrto teme ti strana su zbirovi tih parova vektora: (–1, 13, –4), (12, 7, –7) i (5, 8, –3). Na kraju: i telesna dijagonala"pokazuje" u jedno teme tela, to je četvrta tražena tačka: (8, 14, –7).

b) Postavimo ravan kroz tačke ABC :

⇒=−−

+−−

0156417

463 z y x

21 x +17 y – 41 z – 329 = 0.

2. (11.04.2002.)

Napisati jednačine normalne projekcije prave na ravan Oxy.

=++−=−−+

022

0532:

z y x

z y x p

Rešenje:

Prodor date prave na ravni Oxy ( z = 0) je rešenje sistema jednačina: x + 2 y = 5 i 2 x – y

= –2. To je tačka

0,5

12,

5

1 P . Uzmimo jednu proizvoljnu tačku Q na pravoj (naprimer je z

= –2). Iz odgovarajućeg sistema jednačina dobijemo:

−−− 2,

5

2,

5

1Q , a projekcija te tačke

na ravni Oxy je:

−− 0,

5

2,

5

1'Q .

Tražena projekcija p' spaja tačke P i Q': p': .

=

=+−

0

057

z

y x


26/26


3. (06.04.2004.)

Date su prave p i q:26

6

3

5:,

4

1

2

2

3

1:

−=

−=

−−+

=−

=−+ z y x

q z y x

p

a) Pokazati da te dve prave ne pripadaju istoj ravni. b) Naći njihovo najkraće rastojanje. c) Napisati jednačinu ravni koja sadrži pravu p a paralelna je sa q.

Rešenje:

Neka su fiksne tačke datih pravih P (–1, 2, –1) i Q(5, 6, 0), a vektori pravca su

)2,6,3(),4,2,3( −=−−= q p rr

. Vektor koji spaja tačke P i Q je )1,4,6(=−= OP OQ PQ .

( ) 24=× PQq p orr

. Pošto je taj broj različit od nule, znači prave su mimoilazne, pa računamo

najkraće rastojanje po sledećem:( )

q p

PQq pd rr

o

rr

××

= . Prvo određujemo )24,18,20( −−=× q p rr

i 1300=× q p rr

. Sledi: najkraće rastojanje je 666,01300

24≈=d .

Tražena ravan ima vektor normale )24,18,20( −−=× q p rr

i prolazi kroz tačku P :

20 ( x +1) – 18 ( y – 2) – 24 ( z + 1) = 0 ⇒ 10 x – 9 y – 12 z + 16 = 0.

4. (K2 23.09.2003.)

Date su tačke A(1, 2, 3), B(4, 0, 5), C (2, 3, 1) i D(5, 1, 3).a) Napisati jednačine prave p: ( AB).

b) Napisati jednačine prave q: (CD). c) Ispitati međusobni položaj pravih p i q.d) Napisati jednačinu ravni, koja sadrži prave p i q.

Rešenje:

p: ( AB):2

3

2

2

3

1 −=

−−

=− z y x

, q: (CD):2

1

2

3

3

2 −=

−−

=− z y x

.

Očevidno je, da su ove dve prave paralelne, jer imaju isti vektor pravca. To znači postoji ravan koja ih sadrži. Ta će ravan sadržati bilo koju od te četiri tačke, i ima vektor

normale koji je normalan na vektore AC AB i . To je njihov vektorski proizvod:

AC AB × =(2, 8, 5)Tražena ravan je 2 ( x – 1) + 8 ( y – 2) + 5 ( z – 3) = 0, ili 2 x + 8 y + 5 z – 33 = 0.

Documents

ELEMENTI ANALITIČKE GEOMETRIJE.pdf