UNIVERZITET U BEOGRADU MATEMATIKI FAKULTETSEMINARSKI RADIZ METODIKE NASTAVE MATEMATIKE 2 TEMA: Prava u ravni i prostora (analitiki pristup) Prof. Zoran Lui Student:Gordana Vujai 201/99 Beograd, jun 2004.'' Roena kao neminovna potreba svakodnevnog ivota, matematika je prola period kada je smatrana kao ista umjetnost, ili najsuptilnija vijeba uma (to je jo uvijek tano), da bi u dananje vrijeme zauzela vodee mjesto meu naukama, kao KRALJICA I SLUGA NAUKA'' E.T.Bell2

SADRAJI Prava u ravni.......................................................................................................4Razni oblici jednaine prave..................................................................................4 Dvije prave.............................................................................................................9 Pramen pravih.......................................................................................................11 Rastojanje izmeu take i prave...........................................................................12 II Prava u prostoru...................................................................................14 Opta jednaina prave...........................................................................................14 Normalni oblik jednaine prave ..........................................................................16 Rastojanje date take od date prave......................................................................16 Ugao izmeu dvije prave......................................................................................17 Uslov normalnosti dveju pravih...........................................................................17 Uslov paralelnosti dveju pravih............................................................................18 Jednaina prave koja prolazi kroz datu taku.......................................................18 Rastojanje izmeu dvije paralelne prave..............................................................19 Presjek dveju pravih............................................................................................20 Jednaina prave kroz dvije take..........................................................................213 PRAVA U RAVNI

RAZNI OBLICI JEDNAINE PRAVEPojam prave jedan je od osnovnih pojmova elementarne geometrije.U nekim zasnivanjima geometrije prava se uzima kao osnovni pojam(koji se ne definie),a u nekim se definie pomou pojmova ''taka'' i ''izmeu''.U ta pitanja se neemo uputati.Polazimo od injenice da dvije(naravno razliite) take odreuju(definiu) jednu i samo jednu pravu,tj. da postoji jedna i samo jedna prava koja sadri dvije date take.Poloaj prave u ravni u odnosu na neki koordinatni

sistem,recimo,pravougli Dekartov,moemo odrediti na razliite naine. Neka su A=( , ) i B=( , ) dvije date take u Dekartovom koordinatnom sistemu. 1 x 1 y 2 x 2 y Napomena:Umjesto da pisemo taka M koja ima koordinate(x,y),koristiemo oznaku M=(x,y). Kao sto smo ve rekli,tim takama potpuno je odreena prava AB. Izvedimo njenu jednainu. Neka je M=(x,y) proizvoljna taka prave AB.To znai da take M,A,B pripadaju jednoj pravoj liniji,pa je povrina trougla MAB jednaka 0,odakle sledi (1) 1 1 122 11

yx yx yx =0, tj. (2) (y1 -y 2 )x + (x 2 -x1 )y + (x1y 2 -x 2 y1 ) = 0. Obrnuto,ako taka M=(x,y) zadovoljava jednainu (2),tj. (1),to znai da je povrina trougla MAB jednaka 0,pa take M,A,B pripadaju jednoj pravoj. Prema tome,(1),ili ekvivalentno (2),jeste jednaina prave koja je odreena takama A=(x1 ,y1 ) i B=(x ,y ). 2 2 Ako u (2) stavimo (3) a=y1 -y 2 , b=x 2 -x1 , c=x1y 2 -x 2 y1 , vidimo da jednaina prave ima oblik (4) ax + by + c = 0 ( a +b 2 > 0), 2 gdje uslov a +b 0 znai da brojevi a i b ne mogu istovremeno biti jednaki 0. 2 2 Zaista, kada bi bilo a=b=0, imali bismo y1 = y , x1=x , pa take A i B ne bi bile dvije razliite take. 22 Oblik (4) naziva se opti oblik jednaine prave. Razmotrimo sada neke posebne sluajeve. Ako take A i B imaju jednake apscise, tj. ako je x1= x , prava AB je paralelna y-osi.Njena jednaina se odmah dobija iz (2) i glasi2

(y - y )x + x1y - x1y1 = 0, tj. (y1 - y )x (y1 - y 2 )x1 = 0. 1 2 2 2 Meutim, iz x1 = x sledi y1 y 2 (jer bismo inae imali A=B), pa jednaina prave paralelne yosi glasi2

4 x = x1 . Neka je x x 2 , tj. neka prava AB nije paralelna y-osi. 1 Tada iz (2), posle dijeljenja sa x - x1 , dobijamo 2 y =(y - y1 ) 2 (x 2 - x1 ) x + (x 2 y1 - x1y 2 ) (x 2 - x1 ) pa vidimo da u ovom sluaju jednaina prave ima oblik (5) y=kx + n, gdje je k=(y 2 -y1 ) (x 2 -x1 ), n=(x 2 y1 -x1y 2 ) (x 2 -x1 ). Neka je C=(x , y1 ).Tada je (vidjeti sl.1) 2

tg CAB=(y - y1 ) 2 (x 2 -x1 ) . Prema tome,broj k koji se pojavljuje u jednaini (5) predstavlja tangens ugla koji prava AB zahvata sa x-osom i naziva se koeficijent pravca(ugaoni koeficijent) prave (5).Broj n odreuje presjek prave (5) sa y-osom,jer je (0,n) jedino reenje sistema jednaina y = kx + n x = 0 ; drugim rijeima,prava (5) sijee y-osu u taki (0,n). Dakle, jednaina proizvoljne prave linije ima oblik (6) x = p (p R) , ako je prava paralelna y-osi,odnosno (7) y = kx + n (k,n R) , ako prava nije paralelna y-osi. Primijetimo da je jednainom (7) obuhvaen sluaj kada je prava paralelna x-osi. Naime,tada je k = 0, i takva prava ima jednainu oblika y = n (n R). Oblici (6) i (7) nazivaju se eksplicitni oblici jednaine prave. Oni su,naravno obuhvaeni optim oblikom (4). Napomena: Mada u optem obliku jednaine prave uestvuju tri konstante a,b,c, kojima je ta prava odreena,to je samo prividno tako.Naime, kako ne mogu biti a i b istovremeno jednaki nuli uvijek moemo podijeliti jednainu (4) sa onim od brojeva a,b koji je razliit od nule,pa, zapravo,dobijamo dvije konstante koje uestvuju u jednaini prave. Na primjer, ako je b 0,tada iz (4) dobijamo y = -( a b)x (c b) , i to je eksplicitni oblik prave . ( ) b c n b a k / , / = = Napomena 1: Kada je data jednaina prave u optem obliku ax + by +c = 0 , gdje su a i b razliiti od nule, njen grafik odmah dobijamo na sledei nain. Uvrstimo prvo y = 0, a zatim x = 0 u jednainu prave.Neposredno dobijamo x = - c/a, y = - c/b . Dakle, take (- c/a,0) i (0,-c/b) pripadaju pravoj.Pravu konstruiemo spajanjem ovih taaka. Do sada smo upoznali tri oblika jednaine prave.To su : (i) Jednaina prave kroz dvije take jednaina (2); (ii) Opti oblik jednaina (4); 5 (iii) Eksplicitni oblik jednaina (7),ili (6). Pomenimo jo da se u sluaju x x 2 (tj. kada prava AB nije paralelna y-osi) jednaina (2) moe napisati u obliku1

(8) y - y1 =( y 2 - y1 )/(x 2 - x1 ) (x - x1 ), pa se i za oblik (8) kae da predstavlja jednainu prave kroz dvije take (x1 ,y1 ) , (x ,y ). 2 2 Upoznaemo jo neke specijalne oblike jednaine prave. (iv) Segmentni oblik : Prava u ravni se moe odrediti raznim geometrijskim uslovima.Svaki od njih odreuje odgovarajui oblik jednaine prave.Prava je odreena zadavanjem presjenih taaka prave sa osama. To je oblik : (9) x/m + y/n = 1 ( m 0, n 0). Ako u (9) stavimo x = 0,dobijamo y = n, i obrnuto, ako u (9) stavimo y = 0,dobijamo x = m. Prava (9) dakle prolazi kroz take (0,n) i (m,0). (Vidjeti sliku 2).

Primjetimo da se svaka prava koja nije paralelna nijednoj od koordinatnih osa moe napisati u segmentnom obliku. Brojevi m i n odreuju odsjeke na x-osi, odnosno y-osi. Primjer: Svedimo jednainu prave 5x 3y + 15 = 0 na segmentni oblik. Podijelimo datu jednainu sa 5(-3) = - 15. Dobijamo : x / -3 + y / 5 = 1. Pravu konstruiemo tako to na x-osi odredimo taku -3, a na y-osi taku 5.Vidjeti sliku 3. (v) Normalni oblik : Neka je data prava u segmentnom obliku (9) x/m + y/n = 1 koja sijee koordinatne ose u takama M =(m,0) i N =(0,n). Konstruiimo normalu iz koordinatnog poetka na datu pravu, koja je sijee u taki P i oznaimo sa p rastojanje od koordinatnog poetka do date prave (vidjeti sl.4). 6 Ako sa . oznaimo ugao MOP,tada je cos . = p/m , sin . = p/n , tj. m = p/cos . , n = p/sin .,pa jednaina (9) dobija oblik (10) xcos . + ysin . = p. Oblik (10) naziva se normalni oblik jednaine prave. Primijetimo da taj oblik sadri i specijalne sluajeve kada je data prava paralelna jednoj od koordinatnih osa. Za . = 0 ili . = , imamo cos . = 1 , sin . = 0 , i dobijamo jednainu x = p koja pretstavlja pravu paralelnu y-osi. S druge strane, za . = /2 ili . = 3 /2 imamo cos . = 0, sin . = 1, i dobijamo jednainu y = p koja pretstavlja pravu paralelnu x-osi. Pokaimo jo kako se opta jednaina prave (4) svodi na normalni oblik. Da bi jednaine (4) i (10) pretstavljale istu pravu,odgovarajui koeficijenti moraju biti proporcionalni ,tj. postoji 0, takvo da je a = cos . , b = sin . , c = - p . Iz prve dvije jednaine,posle kvadriranja,dobijamo ( a + ) = cos 2 2 2 b 2 . + sin 2 . = 1 , tj. (11) = 1 / ( a + b ) . 2 2 2 Kako je p > 0 , mora biti c = - p , pa iz (11) dobijamo

= 1 / (-sgn c)( ) 2 2 b a + . Dakle, jednaina (4) ima normalni oblik

( ax + by + c) / (-sgn c) 22b a + = 0 . (vi) Jednaina prave kroz datu taku Odredimo jednainu prave koja sadri taku A =(x1 ,y1 ). Neka je 7 (12) y = kx + n prava koja nije paralelna y-osi i koja sadri taku A.Koordinate ove take zadovoljavaju jednainu (12), pa je (13) y1 = kx1 + n , i oduzimanjem jednaine (13) od jednaine (12) dobijamo (14) y - y1 = k( x - x1 ) , i to je jednaina prave kroz taku (x ,y ) .Postoji beskonano

()

mnogo takvih pravih ( k je proizvoljno ).11

Poznavanje koeficijenta pravca potpuno odreuje pravu kroz taku A . Formulom (14) nisu obuhvaene sve prave koje sadre taku (x1 ,y1 ).Zaista, prava x = x1 , paralelna y-osi,nije obuhvaena tom formulom. (vii) Parametarski oblik jednaine prave Ponekad je korisno izraziti promijenljive x i y u funkciji neke promijenljive t.Promijenljivu t u tom sluaju nazivamo parametrom ,a jednaine kojima su zadate vrijednosti promijenljivih x i y u funkciji od t , parametarskim jednainama. (Slika 5). Tako,na primjer,svaka prava kroz taku P =(p1 ,p 2 ) u pravcu vektora v =(a,b),moe se pretstaviti pomou parametarskih jednaina (15) x = p1 + at , y = p 2 + bt , gdje brojevi a i b zavise od ugla koji prava zaklapa sa x-osom.Promijenljive x i y mogu biti izraene i u funkciji dveju promijenljivih t1 i t . 2 Tako prava koja sadri take P =(p ,p ) i Q =(q1 ,q ) (Slika 6) moe biti pretstavljena pomou parametarskih jednaina :122

(16) x = t1p1 + t 2 p 2 , t1 + t 2 = 1 y = t1q1 + t q . 2 2 8 Primijetimo da e taka X =(x1 ,x 2 ) koja pripada dui PQ podijeliti tu du u odnosu t1 : t 2 ,pa je stoga nazivamo sreditem masa t1 u taki P, i t 2 u taki Q. Za t (0,1) taka X pripada dui PQ. (viii) Vektorska jednaina prave Prava l se moe jednoznano odrediti i uslovom da sadri taku P i da je normalna na vektor n . Neka je O centar koordinatnog sistema.Tada taka X pripada pravoj l ako i samo ako je PX normalan na , odnosno ako je n PX * = 0 . n Koristei radijus vektore(vektore poloaja) ovih taaka dobijamo (17) r * =p,gdje je p konstanta. n Jednaina (17) se naziva vektorska jednaina prave. Naimo vezu izmeu vektorske jednaine i opte jednaine prave.Izaberimo ortonormiranu bazu(vektori su ortogonalni i jedinini) (e1 ,e ) u ravni i neka je tada 2 OP = p =(p1 ,p ), i n =(n1 ,n ). 22

Jednaina (17) dobija oblik (17) x1n1+x 2 n 2 =p, odnosno dobijamo optu jednainu prave. Napomena 2: Da bismo dokazali da svaka algebarska jednaina prvog stepena Ax+By+C=0 u odnosu na ma koji Dekartov koordinatni sistem predstavlja pravu liniju,dovoljno je pokazati da se data jednaina moe svesti na linearne jednaine prethodnih oblika.

DVIJE PRAVEUzajamni poloaj pravih (1) a1x+b1y=c1 , a 2 x+b 2 y=c 2 ispitujemo odreujui njihove zajednike take(ukoliko postoje).Dakle,reavamo sistem jednaina (2) a1x+b1y=c1 a 2 x+b 2 y=c 2 , i na osnovu toga zakljuujemo:

9 (i) Ako je22 11

ba ba 0 , sistem (2) ima samo jedno reenje.U tom sluaju,prave (1) se sijeku i njihova presjena taka (x 0 ,y 0 ) je jedino reenje sistema (2),tj. (x , y )= 0 0 .. . . . . . .. . . . . .22 11 22 11 22 11 22 11

, ba ba ca ca ba ba bc bc . (ii) Ako je22 11

ba ba =0 i22 11

bc bc 0 , sistem (2) je protivrean,tj. prave (1) nemaju u tom sluaju zajednikih taaka.One su,dakle,paralelne. (iii) Ako je22 11

ba ba =0 i22 11

bc

bc =0, tada je i22 11

ca ca =0, jer iz prve dvije jednakosti sledi2 1 2 1 2 1

c c b b a a = = , pa jednaine (1) predstavljaju jednu istu pravu liniju.Naravno,sistem (2) zadovoljavaju sve take te prave linije on ima beskonano mnogo reenja. Primijetimo da je22 11

ba ba =0, tj. a1b =a b1 , uslov paralelnosti pravih (1). 2 2 Ako su prave date u eksplicitnom obliku: (3) y= k1x+n1 , y= k 2 x+n 2 tada su one paralelne ako je k = k ,a sijeku se ako je . k1 k 2 .Ako je k1= k i n1 =n oigledno je rije o jednoj istoj pravoj (koja je takoe paralelna sama sebi) , pa je k1= k uslov paralelnosti pravih (3).12 2 22

Neka su date prave (4) y= k1x+n1 , y= k x+n 2 2 koje se sijeku (tj. k1 k 2 ).Odredimo uglove koje te prave zahvataju. Kao to znamo, k1=tg 1 , k =tg 2 2 , gdje su 1 i 2 uglovi koje date prave zahvataju sa pozitivnim smjerom x-ose. Tada za otar ugao . izmeu pravih (4) vai .= 2 - 1

pa je (vidjeti sl. 8) tg .=tg( 2 - 1 )=21 12

1

tg tg tg tg + , odakle nalazimo 10 (5) tg .=21 12

1kk kk + . Za ugao izmeu pravih (4) koji je susjedan uglu . i suplementan je sa njim,vai tg =tg( - .)=-tg ., pa dobijamo (6) tg =21 21

1kk kk + . Prema tome,uglove izmeu pravih (4) odreujemo pomou formula (5) i (6). Uoimo neke specijalne sluajeve: (i) Ako je 1 k =k 2 ,prave (4) su,kao to znamo,paralelne. To se uklapa sa formulom (5) iz koje, u tom sluaju,dobijamo .=0. (ii) Lijeva strana jednakosti (5),odnosno (6), nije definisana kad je .,odnosno , jednako k+ 2 (k Z), a desna za 1+k k =0 , pa treba oekivati da e 1 2 prave (4) pod uslovom 1+k1k =0 biti normalne.To je zaistatako.Naime,ako su te prave normalne,tada je2

.= 22 ,tj. 1 2 =

, odakle je cos( 1 2 )=cos 2 ,tj. (7) cos 2 cos 1

+sin 2 sin 1 =0, ili posle dijeljenja sa cos 2 cos 1 (to je doputeno, jer im su prave napisane u obliku (4), predpostavlja se da ni 2 ,ni 1 nisu oblika 2k 2 (k Z)), (8) 1+tg 2 tg 1 =0 , tj. 1+k1k 2 =0. Obrnuto, iz (8),posle mnoenja sa cos 2 cos 1 dobijamo (7),odakle je 1 2 =2k 2 , to znai da su prave (4) normalne.

PRAMEN PRAVIHSkup svih pravih u ravni koje prolaze kroz fiksiranu (fiksnu) taku S=( , ) naziva se pramen pravih. U ovom sluaju, kaemo da je u pitanju pramen konkurentnih pravih, tj. pramen pravih koje se seku u jednoj taki. Ako su prave paralelne, to je onda pramen paralelnih pravih.Kada govorimo o pramenu konkurentnih pravih, taka S naziva se centar pramena. 0x 0y Pramen pravih potpuno je odreen s centrom S=( , ). Zaista, bilo koja prava tog pramena, osim prave x= koja mu oigledno pripada, ima jednainu oblika: 0x 0y 0x y- = k(x- ) 0 y 0 x Pramen pravih je takoe odreen dvijema pravama iz tog pramena. Te dvije prave se sijeku u taki S, pa centar pramena nalazimo kao presjek tih dveju pravih. Neka su (1) x+ y+ =0 , x+ y+ =0 1 a 2 a 1 c 2 a 2 b 2 c dvije prave koje se sijeku u taki S=( , ). Pokaimo kako se moe doi do jednaine proizvoljne prave iz pramena definisanog tim pravama, bez odreivanja centra pramena. Posmatrajmo jednainu: 0x 0y (2) ( x+ y+ )+ 1 a 1 b 1 c ( x+ y+ )=0, gdje su 2 a 2 b 2 c i proizvoljni realni brojevi koji nisu istovremeno jednaki nuli. 11 Jednaina (2) ima oblik ax+by+c=0, pa stoga predstavlja pravu liniju. Dalje, kako se prave (1) sijeku u taki S=( , ), imamo : 0 x 0 y + + =0 i + + =0, 1 a 0 x 1 b 0 y 1 c 2 a 0 x 2 b 0 y 2 c pa je i : ( + + )+ 1 a 0 x 1 b 0 y 1 c ( + + )=0 2 a 0 x 2 b 0 y 2 c to znai da prava (2) za bilo koju vrijednost i (s tim to ne mogu oba broja istovremeno biti 0) sadri taku S, tj. pripada pramenu definisanom pravama (1). Specijalno, za 0, =0, ili =0, 0, dobijamo jednaine polaznih pravih (1). Svakoj drugoj pravoj liniji odgovara jedinstvena vrijednost kolinika

= , pa se svaka prava pramena, osim druge prave (1), moe predstaviti u obliku: (3) x+ y+ + 1 a 1 b 1 c ( x+ y+ )=0. 2 a 2 b 2 c Mada oblik (2) obuhvata sve prave pramena, uglavnom je podesnije sluiti se oblikom (3), kojim nije obuhvaena druga prava iz (1).

RASTOJANJE IZMEU TAKE I PRAVENeka su i paralelne prave. Izraunajmo rastojanje itmeu njih. Moemo postupiti na sledei nain: neka je P fiksirana taka prave . Konstruiimo iz take P normalu na pravu , a zatim odredimo presjek S te normale i prave . Rastojanje d izmeu pravih i jednako je 1l 2l 1l 2l 2l 1l 2l PS . Meutim, sledei metod je jednostavniji. Napiimo jednaine pravih i u normalnom obliku: 1l 2l xcos 1 .+ysin 1 .- =0 i xcos 1 p 2 . +ysin 2 . - =0, 2 p gdje su i rastojanja od koordinatnog poetka redom, do pravih i . 1 p 2 p 1 l 2 l Razlikujemo dva sluaja: (i) Prave i se nalaze sa raznih strana koordinatnog poetka. Tada je d= + 1 l 2 l 1 p 2 p (vidjeti sl. 9). (ii) Prave i se nalaze sa istih strana koordinatnog poetka. Tada je d= 1 l 2 l 2 1 p p . (Vidjeti sl.10) 12 Izloeni metod se moe primijeniti i na problem odreivanja rastojanja izmeu date take M i prave . Kroz taku M konstruiemo pravu paralelnu pravoj i onda je rastojanje izmeu take M i prave jedako rastojanju izmeu pravih i . Izvedimo odgovarajuu formulu. Neka je M=( , ) i neka je prava data u normalnom obliku: 1l 2l 1l 1l 0y 1l 2l 0x 1l xcos .+ysin .-p=0 Bilo koja prava paralelna sa pravom ima jednainu 2 l 1 l (1) xcos .+ysin .- p =0 Razlikujemo, kao i ranije, dva sluaja: (i) Prave 1 l i 2 l se nalaze sa iste strane koordinatnog poetka. Tada je (1) normalni oblik prave 2 l i za njihovo rastojanje, tj. za rastojanje d izmeu take M i prave 1 l dobijamo: (2) d= p p .

Meutim, taka M pripada pravoj (1), pa je cos 0 x .+ sin 0 y .- =0, tj. = cos p p 0 x .+ sin 0 y .. Stoga (2) postaje: (3) d= p y x + . . sin cos 0 0 . (ii) Prave i se nalaze sa raznih strana koordinatnog poetka. Tada nornalni 1 l 2 l oblik prave l glasi: 2 (4) -xcos .-ysin .-(- )=0 p pa za rastojanje izmeu i , tj.za rastojanje d izmeu take M=( , ) i prave vai: 1 l 2 l 0 x 0 y 1 l (5) d=- +p. p Taka M pripada pravoj (4), pa je - cos 0 x .- sin 0 y .=- , i (5) postaje: p (6) d=- cos 0 x .- sin 0 y .+p. Prema tome, s obzirom da je, po prirodi stvari, d>0, iz (3) i (6) zakljuujemo da je rastojanje d od take M do prave xcos .+ysin .-p=0 dato sa: d= p y x + . . sin cos 0 0 , i to bez obzira na poloaj take M u odnosu na datu pravu. Ako je prava data u optem obliku (7) ax+by+c=0, tada, kao to znamo, njen normalni oblik glasi: 2 2 ) sgn ( b a c c by ax + + + =0, pa za rastojanje d od take M=( , ) do prave (7) imamo formulu 0 x 0 y 13 d=22 00

ba c by ax + ++ .

PRAVA U PROSTORUOPTA JEDNAINA PRAVEPravu u prostoru uvodimo pomou vektora. Svaka jednaina (1) r a =b , gdje je r promijenljiv vektor, a i a b su stalni i normalni vektori, predstavlja pravu i obrnuto, svaka prava se predstavlja jednainom oblika (1). Kroz proizvoljnu, ali fiksiranu taku O prostora konstruiimo vektore a , b i2

1a (a b ) i kroz kraj poslednjeg vektora postavimo pravu l paralelno vektoru a . Vekor r koji zadovoljava jednainu (1) jeste vektor poloaja bilo koje take prave l. Znai, jedaina (1) predstavlja pravu koja prolazi kroz taku iji je vektor poloaja vektor 2 1 a (a b ) i koja je paralelna vektoru (vidjeti sl.11). a Dokaimo sada obrnuto: Svaka prava se odreuje jednainom oblika (1). Uzmimo da je pravac neke prave l odreen vektorom a i neka ta prava lei u ravni S koja prolazi kroz fiksiranu taku O i neka je rastojanje take O od prave fiksirana veliina p= a b , gdje je b intenzitet vektora b koji stoji normalno na ravan S. Vektor poloaja r , u odnosu na fiksiranu taku O, bilo koje take prave l dat je onda jednainom oblika (1). Iz te jednaine sledi rasin .=b, gdje je . ugao izmeu vektora r i a , i dalje je p=rsin .= a b , gdje je p rastojanje take O od prave l (vidjeti sl.12). 14 Dakle, prava l je odreena sa a i b i ima jednainu (1). Jednaina (2) r a =0 predstavlja jednainu prave, koja je paralelna vekoru a i prolazi kroz taku O. Sada emo jednainu (1) predstaviti pomou koordinata, tj. nai emo odgovarajue skalarne jednaine koje odgovaraju jednaini (1): Oznaimo sa ( , , 3 ), ( , , 3 ), (x,y,z) koordinate vektora 1 a 2 a a 1 b 2 b b a , b i r u odnosu na neki pravougli Dekartov koordinatni sistem. Jednainu (1) moemo tada zamijeniti sledeim skalarnim jednainama: y- z= 3 a 2 a 1 b (3) z- x= 1 a 3 a 2 b x- x= 2 a 1 a 3 b uz uslov + + =0 1 a 1 b 2 a 2 b 3 a 3 b Determinanta ovog sistema je 0 0

012 13 23

aa aa aa =0. Moemo nai uvijek jedan minor drugog reda te determinante koji je razliit od nule. Ako bi svi takvi minori bili jednaki nuli, onda bi a bio nula vektor i naa prava ne bi bila odreena. Pretpostavimo da je npr. 0 01 1

a a 0. Elementi ove determinante drugog reda su koeficijenti uz y i z iz druge i tree jednaine. Sistem (3) moemo rijeiti po y i z, jer su jednaine tog sistema saglasne, a to se dokazuje postojanjem sledeeg uslova:123 31 21

0 0 baa ba ba = ( + + )=0. 1 a 1 a 1 b 2 a 2 b 3 a 3 b Drugi faktor na desnoj strani poslednje jednaine je jednak nuli, jer je a

b

=0. Prema tome, reenje sistema (3) moemo napisati u sledeem obliku: (4) y=mx+n z=px+q Prva jednaina sistema (4), posmatrana u odnosu na pravougli Dekartov koordinatni sistem OXYZ, predstavlja ravan , koja je paralelna osi OZ (jer je koeficijent uz z jednak nuli). Ovu ravan moemo smatrati cilindrinom povrinom ije su generatrise paralelne osi OZ, a ija je 1S 15 direktrisa prava u ravni OXY, zadata jednainom y=mx+n. Pravu zovemo trag ravni u ravni OXY. Isto tako druga jednaina sistema (4) moe se protumaiti kao ravan , koja stoji normalno na ravan OXZ i prolazi kroz pravu . Jednaina traga je jednaina z=px+q

posmatrana samo u odnosu na ravan OXZ. Zato jednaine (4) predstavljaju jednainu prave l koja se dobija presjekom ravni i koje stoje normalno na ravni OXY i OXZ i koje imaju tragove i u pomenutim koordinatnim ravnima. Opte jednaine neke prave l u skalarnom obliku moemo da odredimo pomou optih jednaina dveju ravni 1s iA 1s s 1S 2S 2s 2 1S iD 2S 1s 2s (5) x+ y+ z+ =0, ( i=1,2) i B i C iji prijesek daje tu pravu l.

NORMALNI OBLIK JEDNAINE PRAVE U VEKTORSKOM OBLIKUN Neka je pravac neke prave l odreen jedininim vektorom n . Ako sa p= oznaimo rastojanje neke fiksirane take O od prave, onda jednainu te prave moemo da napiemo u obliku (6) r n = , N jer je rsin .= N =p. Sa . smo oznaili ugao izmeu vektora r i n . Da bismo optu jednainu (1) doveli na normalan oblik, potrebno je da tu jednainu podijelimo sa a : (7) r a a = a b . Zaista, a a je jedinini vektor sa kojim je prava paralelna i to je vektor . Modul vektora n a b

je a b , a to je N . Vektori a b iN su istog pravca i smjera.

RASTOJANJE DATE TAKE OD DATE PRAVENeka je data prava l jednainom (6). Naimo rastojanje d date take , iji je vektor poloaja 1M 1 r , od prave l. Ako je M podnoje normale sputene iz take na pravu l, onda je 1 M 1 MM =d. Sa * r oznaimo vektor poloaja take M. Oigledno je onda: * r + 1 MM = r . (vidjeti sl.13)1

16 Pomnoimo vektorski tu jednainu vektorom n : *r n + 1 MM n = 1 r n . Poto se taka M nalazi na pravoj l, imamo * r n = N , i zato je: 1 MM n = 1r n - N . Ako odredimo modul vektora na lijevoj strani, tj. n MM 1 = 1 MM sin 2 =d, vidimo da se traeno rastojanje take od prave l rauna po formuli 1M (8) d= N n r 1. Ako je jednaina prave l data u optem obliku r a =b , onda prema (7), odgovarajua formula za rastojanje take od prave glasi: 1 M (9) d= a b a ar

UGAO IZMEU DVIJE PRAVENeka su date dvije prave i (sl.14). 1 l 2 l Ako su i redom paralelni vektori pravih i , tj. 1 a 2a 1 l 2 l 1 1 l a i 2 2 l a , onda je ugao izmeu pravih i jednak uglu 1 l 2 l = ( 1 a , 2 a ), pa je: cos =21 2

1

.

aa aa .

USLOV NORMALNOSTI DVEJU PRAVIHNeka su prave l i normalne, tj. (sl.15.). 1 2 l 1 l 2 l 17 Ako su 1 a =( , , ) i 1 x 1 y 1 z 2 a =( , , ) redom paralelni vektori pravih i , tj. 2 x 2 y 2 z 1 l 2 l 1 1 l a i 2 2l a , onda je 1 a 2 a , pa je 1a 2 a =0, ili + + =0 1 x 2 x 1 y 2 y 1 z 2 z uslov da prave i budu normalne. 1 l 2 l

USLOV PARALELNOSTI DVEJU PRAVIHNeka su prave i paralelne, tj. 1 l 2 l 2 1 l l (sl.16.). Ako su 1 a =( , , ) i 1 x 1 y 1 z 2 a =( , , ) redom paralelni vektori pravih i ,tj. 2 x 2 y 2 z 1 l 2 l 1 1 l a i 2 2 l a ,onda je 2 a 1 a , pa je : 1 a 2 a =0, ili 1 a = 2 k 2 a , 2 a = 1 k 1 a , ili2 1 2 1 2 1

z z y y x x= = uslov da prave i budu paralelne. 1 l 2 l

JEDNAINA PRAVE KOJA PROLAZI KROZ DATU TAKUNeka je prava l data jednainom r a =b

, gdje su a i b dati normalni vektori. Razmotrimo sada kakav oblik treba da dobije ta jednaina, ako prava l treba da proe kroz taku iji je vektor poloaja 0M 0 r . Pri ovom uslovu postoji identitet 0 r a =b . Eliminacija vektora b iz r a =b i 0 r a =b daje nam traenu jednainu prave (10) ( r - 0 r ) =0 a koja prolazi kroz datu taku (a paralelna je vektoru 0 M a ). Poto su vektori r - 0 r i kolinearni, a to se vidi ili iz (10) ili iz odgovarajue geometrijske predstave, imamo: a (11) r - 0 r =t a , gdje je t parametar. Jednaina (11) je tzv. parametarska jednaina prave koja prolazi kroz taku i paralelna je vektoru . Ako sa (x,y,z), ( , , ) i ( oznaimo koordinate vektora 0M a 0x 0y 0z ) , , 321a a a r , 0r i a , onda jednainu (11) moemo zamijeniti jedanput sa 18 (12)3 0 2 0 1 0

a zz a yy a xx = = (=t),

a to je tzv. opta dvojna jednaina prave l, a drugi put sa: (13) x= , y= , z= , t a x 1 0 + t a y 2 0 + t a z 3 0 + a to su tzv. parametarske jednaine prave l. Ako sa , , oznaimo uglove koje prava l, odnosno vektor a zaklapa sa koordinatnim osama, onda imamo oigledne odnose: cos : cos : cos : : 3 2 1 = a a a . Ako poemo od normalne jednaine prave r n = N , onda odgovarajua jednaina prave koja prolazi kroz datu taku ima oblik: 0 M (10') ( r - 0 r ) =0. n Dalje, slino prethodnom, jer je =(cos n ,cos ,cos ) dobijamo: (12') cos cos cos 000z z y y x x = = , tzv. Dvojnu jednainu normalnog oblika i nov oblik parametarskih jednaina (11') r - 0 r = n ili (13') x= + 0 x cos , y= + 0 y cos , z= + 0 z cos . Ako je jednaina prave data u obliku (10), onda dovodei je na normalni oblik (10'') ( r - 0 r ) a a =0 lako vidimo da sledea formula (9') d= a arr ) ( 01 slui za odreivanje rastojanja take iji je vektor poloaja 1 M 1 r od prave ( r - 0 r ) =0. a

RASTOJANJE IZMEU DVEJU PARALELNIH PRAVIH

Neka su dvije paralelne prave date svojim jednainama normalnog oblika r n = , (i=1,2) i na drugoj pravoj uzmimo bilo koju taku , iji je vektor poloaja i N M 2r . Rastojanje d izmeu ovih paralelnih pravih nije nita drugo nego rastojanje take od prave (sl.17.). 2M2

19 Zato imamo: d= 1 2 N n r , ali taka je na drugoj pravoj 2 M 2 r n = 2 N , pa je konano: (14) d= 1 2 N N . Do obrasca (14) moe se direktno doi vodei rauna da su moduli vektora 1 N i 2N rastojanja naih paralelnih pravih od jedne fiksirane take. Ako su jednaine posmatranih pravih date u obliku : ( r - 0 r ) =0 i ( n r - 1 r ) =0, gdje su n 0 r i 1 r vektori poloaja taaka i kroz koje svaka od ovih pravih prolazi, onda se njihovo rastojanje rauna prema obrascu: 0M 1M d= n r r ) ( 01. Zaista, u ovom sluaju je : 1 N 0

r n , 2N r n .

1

PRESJEK DVEJU PRAVIHUzmimo bilo koje dvije prave (15) r i a = i b , i=1,2 i odredimo uslov, koji vektori 1 a , 1 b i 2a , 2b , to odreuju ove dvije prave, treba da zadovoljavaju da bi ove dvije prave imale taku presjeka. Pomnoimo prvu jednainu skalarno sa 2 a i drugu sa 1 a i formirajmo zbir novih dobijenih jednaina:

[ ][ ] 1 2 2 1 , , , , a a r a a r+ 1a2

+ = 2a

1

b

b

, gdje sa r , u optem sluaju, obiljeavamo poloaj bilo koje take jedne i druge prave. Ako postoji taka presjeka ovih dveju pravih, onda vektor poloaja r za tu taku ima jednu istu vrijednost i zadovoljavae istovremeno obje jednaine pravih, pa e ta ista vrijednost figurisati u

oba gornja mjeovita proizvoda i zbog toga je : (16) 2 a 1 b + 1a2

b

=0. I obrnuto, ako je ovaj uslov zadovoljen, onda e se prethodne dvije prave sei. Ako ovaj uslov nije ispunjen, prave se ne sijeku, i ako pri tome nisu paralelne, onda za njih kaemo da su mimoilazne. Ako su jednaine pravih date u obliku ( r - i r ) =0, i=1,2 i a onda , da bi se prave sjekle, treba da bude ispunjen potreban i dovoljan uslov (17) , [ ] 0 , , 2 1 1 2 = a a r r do koga se dolazi kada se u uslov (16) stave sledee vrijednosti vektora i b :i

b

= ir ia U sluaju presjeka dveju pravih, vektori 2 r - 1 r , 1 a , 2 a su komplanarni. Ako sa i ( ) i i i z y x , , moemo napisati u obliku )71( 32 2 2 1 2 3 1 2 1 1 1 121212

()

321

, , i i i a a a oznaimo koordinate vektora i r i i a ,onda uslov (17)

aaa aaa zzyyxx = 0. U sluaju kada je zadovoljen uslov (16) naimo vektor poloaja take presjeka pravih (15). U tu svrhu pomnoimo vektorski prvu od jednaina (15) sa vektorom 2 1 2 1 ) ( b b b a r = 2b 20 i razvijmo dobijeni dvostruki vektorski proizvod 212121) ( ) ( b b b a r b r a = . Vektor r koji je do sada figurisao u prethodnim jednainama bio je vektor poloaja bilo koje o da je to vektor poloaja presjene take naih pravih , take prve prave. Ako sada predpostavim

onda e biti 0 2 = b r , jer je 2 b normalan na svakom vektoru poloaja bilo koje take druge prave , pa e biti normalan i na vektor poloaja take koja istovremeno pripada i jednoj i drugoj Zato se vektor poloaja zajedni take pravih odreuje iz: pravoj. ke21

bbr = ) 18 ( b a ali zbog uslova (16) i iz: )81( 12b a . 21b b r = Do ove poslednje formule moemo doi i tako to bismo pomnoili drugu od jednaina (15) vektorski sa 1 b i dalje primijenili preanji postupak. Ako su jednaine pravih date u obliku (19) ), 2 , 1 ( , 0 ( = = i a r r i i ) iiia r b = tada u ovom sluaju imamo i jednaina (18) dobija oblik21

[]1 2 1 1

)81(

. ) ( ) ( 2211a r a r r

= Ako su jednaine dveju pravih date u obliku: , , 212a a r (20) : 1 p 3

aaa 111z z y y x x = = : 2p 31 2 2 2 2 2 1 2 2

a zz a yy a xx =

= onda , ) , , ( 3 2 1 i i ) , , ( i i i i z y x r kao to znamo, vektori i i a a a a odreuju pravce tih pravih , a odreuje take i kroz koje svaka od njih prolazi. 1 M 2 M Vektor ) , , ( 2 1 2 1 2 1 2 z y y x x r r ja vektor koji spaja te dvije take. Da bi se prave (20) sijekle, potrebno je i dovoljno da tri vektora 1 z predstavl 1 2 2 1 , , r r a a budu arna,tj. da bude ispunjen uslov komplan (17) ili ) 7 1 ( . 21

JEDNA DVIJE TAKEa prava l prolazi kroz dvije date take i (vidjeti sl.18).

INA PRAVE KROZ),,(zyxM Nek 1 1 1 1 2 2 2 2 ) , , ( z y x M Vektor 2 1M M i svaki njemu kolinearan ne-nula vektor a je tzv. vektor prave l. Znai, paralelni vektor prave l je : = = = = 2 1 2 1 2 1 1 1 2 2 2 1 2 1 2 , , ( ) , , ( ) , , ( z y y x x z x z y x r r OM OM M a ) 1 z i kako je y x M , , ( 1 1 1 = 21y M , imamo da su jednaine prave l: lz )1 (1) a r r + = 1 ) ( 1 2 1 r r r r ili l: + = (2) l: = x ) 1 ( 2 1 x x x + )y )( (121 121

zzzz yyy + = + = ili (3) l:12 1 12 1 12 1

zz

zz yy yy xx xx = = , ili l: ) ( ) ( 1 2 1 1 2 r r r r r r = e pa kako j 211121121r = imamo )(rrrrrrrr = , (r 2 1 1 2 ) (4) l: r r r r = . 22 23

,

Literatura1. dr. Raajski N.Borivoje: Analitika geometrija, Beograd, Nauna knjiga, 1960. 2. Kekic D.Jovan: Matematika 3, Beograd, 1994. 3. Milenkovi Olivera, ori Mirjana: Zbirka zadataka iz analitike geometrije, Beograd, Matematiki fakultet, 1999. 4. mr. arkovi Radmila, Barot Jozo: Matematika za vie tehnike kole, 996. Beograd, Savremena administracija, 1