Embed Size (px)
Citation preview
1
Zadatak 161 (Lucija, graditeljska tehnička škola)
Pravac x + 2 · y = 0 je asimptota hiperbole koja prolazi točkom A(– 6, 1). Nañi jednadžbu hiperbole i nacrtaj.
Rješenje 161 Ponovimo!
( ) , , .a cn n n
a b a b a d b c a b b ab d
⋅ = ⋅ = ⇒ ⋅ = ⋅ = ⇒ =
Skratiti razlomak znači brojnik i nazivnik tog razlomka podijeliti istim brojem različitim od nule i jedinice
, 0 ., 1a n a
n nb n b
⋅= ≠ ≠
⋅
Hiperbola kojoj središte leži u ishodištu koordinatnog sustava, a realna os na osi apscisa ima jednadžbu
( )2 2
2 2 2 2 2 2ili 1 kanonska jednadžba hiperbole
2 2.
x yb x a y a b
a b
⋅ − ⋅ = ⋅ − =
Pravci koji sadrže dijagonale središnjeg pravokutnika s dimenzijama 2 · a i 2 · b zovu se asimptote i njihove jednadžbe glase:
, .b b
y x y xa a
= − ⋅ = ⋅
Pravac x + 2 · y = 0 je asimptota hiperbole pa vrijedi:
12 0 2 / : 22
2
2 1x y y x y x y
by x
ax
y x
+ ⋅ = ⇒ ⋅ = − ⇒ ⋅ = − ⇒ = − ⋅ ⇒
= − ⋅
= − ⋅
⇒
/ 221 1
.2 2
b ba b
a aa⇒ ⋅ ⇒⋅= ⇒ = = ⋅
Budući da hiperbola prolazi točkom A, uvrstit ćemo koordinate točke u jednadžbu hiperbole i uzeti u obzir uvjet a = 2 · b.
( ) ( )( )
( )
, 6, 1 , 2 2 26 1 36 12 2 1 12 2 2 21 422 2
A x y A a b
x yb b bb
a b
= − = ⋅−
⇒ − = ⇒ − = ⇒− = ⋅⋅
1 9 1 9 1 221 1 1 9 1 8.2 2 2 2 2 2
36 2/
4b b
b b b b b
b
b
⇒ − = ⇒ − = ⇒ − = ⇒ − = ⇒ =⋅
⋅
Računamo a2.
22/ metoda
supstitucije
22 2 4 2 24 8 32.2 2 28 8 8
a b a b a ba a
b b b
= ⋅ = ⋅ = ⋅⇒ ⇒ ⇒ ⇒ = ⋅ ⇒ =
= = =
Jednadžba hiperbole glasi:
2 22 21
2 2 1.32 8
2 232 , 8
x yx y
a b
a b
− =⇒ − =
= =
2
Vježba 161
Pravac x – 2 · y = 0 je asimptota hiperbole koja prolazi točkom A(– 6, 1). Nañi jednadžbu hiperbole i nacrtaj.
Rezultat: 2 2
1.32 8
x y− =
Zadatak 162 (Antonela, graditeljska tehnička škola)
Nañi jednadžbu elipse koja prolazi točkama A(9, 4) i B(12, 3).
Rješenje 162 Ponovimo!
, , ,1
.a b a b b a b a c n
a a d b c nn n n c c b d
+ ⋅+ = ⋅ = = ⇒ ⋅ = ⋅ =
.a c a d b c
b d b d
⋅ − ⋅− =
⋅
Skratiti razlomak znači brojnik i nazivnik tog razlomka podijeliti istim brojem različitim od nule i jedinice
, 0 ., 1a n a
n nb n b
⋅= ≠ ≠
⋅
Elipsa je skup svih točaka u ravnini za koje je zbroj udaljenosti od dviju fiksnih točaka (žarišta) te ravnine konstantna veličina i iznosi 2a. Velika poluos je a, a mala poluos b. Elipsa kojoj se središte podudara s ishodištem koordinatnog sustava, smjer glavne osi s x – osi, a smjer sporedne osi s y – osi ima jednadžbu
2 2 segmentni oblik,2 2 2 2 2 2ili 1
2 2 kanonski oblik.
x yb x a y a b
a b
⋅ + ⋅ = ⋅ + =
Budući da elipsa prolazi točkama A i B, uvrstit ćemo njihove koordinate u jednadžbu elipse i dobiti sustav od dvije jednadžbe sa dvije nepoznanice a2 i b2.
( ) ( )
( ) ( )
elipsa
2 21
2 2
2 29 4 81 16
1 12 2 2 2, 9, 4
2 2 144 9, 12, 3 12 3 11 2 22 2
A x y A a b a b
B x y B
a bb
y
a ba
x
+ = + ==
⇒ ⇒ ⇒ ⇒=
+ ==+
+=
( )81 16 729
/ 9met
1441 92 2oda supr 2 2 729 2304
72144 9
otn
2304 1441 16
ih
koeficijenata/ 16
2 2 2 2
a b a b
a
a b a b
⋅ −
⋅
−+ = − = −
− +⇒ ⇒ ⇒ ⇒ = ⇒
+ = + =
3
1575 1575 7 2 2 27 7 1 /575 7 1575 22
27 .: 5
2 1a a a
a a
⇒ = ⇒ = ⇒ ⋅ = ⇒ ⋅ = ⇒ =
Računamo b2.
81 161 81 16 16 81 16 1 81 16 225 812 2
1 12 2 2 2225 225 1 225 2252225
a b
b b b ba
+ = −⇒ + = ⇒ = − ⇒ = − ⇒ = ⇒
=
16 144 16 2252 2 2144 16 225 144 / : 1416 2252 225 144
4b b b
b
⋅⇒ = ⇒ ⋅ = ⋅ ⇒ ⋅ = ⋅ ⇒ = ⇒
225 2252 2 2 225.
9
16 225
144 9b b b b
⋅⇒ = ⇒ = ⇒ = ⇒ =
Jednadžba elipse glasi: 2 2
2 212 2 1.
225 252 2
225 , 25
x yx y
a b
a b
+ =⇒ + =
= =
Vježba 162
Nañi jednadžbu elipse koja prolazi točkama A(– 9, 4) i B(– 12, 3).
Rezultat: 2 2
1.225 25
x y+ =
Zadatak 163 (4A, TUPŠ)
Odredite jednadžbu tangente na kružnicu x2 + (y – 2)2 = 10 koja dira kružnicu u točki iz III.
kvadranta i usporedna je s pravcem 1
.3
y x= − ⋅
Rješenje 163 Ponovimo!
2, ,
1, , .
n a c a d b c b a b a c a d b cn a a a
b d b d c c b d b d
⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ − ⋅= + = ⋅ = = − =
⋅ ⋅
Za realni broj x njegova je apsolutna vrijednost (modul) broj │x│ koji odreñujemo na ovaj način:
, .
, 0
0
x xx
x x
≥=
− <
Ako je broj x pozitivan ili nula, tada je on jednak svojoj apsolutnoj vrijednosti. Za svaki x, x ≥ 0, vrijedi │x│= x. Ako je x negativan broj, njegova apsolutna vrijednost je suprotan broj – x koji je pozitivan. Za svaki x, x < 0, je │x│= – x. Kružnica je skup svih točaka u ravnini jednako udaljenih od zadane točke te ravnine (središta). Ako je S(p, q) središte kružnice, a r polumjer, tada središnja jednadžba kružnice glasi:
( ) ( )2
.2 2
x p y q r− + − =
Jednadžba pravca oblika y k x l= ⋅ +
naziva se eksplicitni oblik jednadžbe pravca ili kraće, eksplicitna jednadžba pravca. Broj k naziva se koeficijent smjera pravca. Broj l nazivamo odsječak pravca na osi y. Uvjet usporednosti (paralelnosti): Ako su pravci dani eksplicitnim jednadžbama y = k1 · x + l1, y = k2 · x + l2, tada su usporedni ako i
4
samo ako je
1 2.k k=
Kružnica (x – p)2 + (y – q)2 = r2 i pravac y = k · x + l dodiruju se ako i samo ako vrijedi
( ) ( )2 2 .
21r k k p q l⋅ + = ⋅ − +
Prvo odredimo koordinate središta zadane kružnice.
( ) ( )
( )
02 2 2
2 .22
2 10 210
px p y q r
q
x yr
=− + − =
⇒ =
+ − ==
Koeficijent smjera pravca 1
3y x= − ⋅
glasi 1
.3
k = −
Budući da je tražena tangenta y = k · x + l usporedna sa pravcem 1
3y x= − ⋅ , imat će isti koeficijent
smjera 1
.3
k = −
Iz uvjeta dodira pravca i kružnice izračuna se odsječak l pravca na y osi.
( ) ( )
20 , 2 , 10
2 21 1 1
10 1 0 23 3 3
22 21
p q r
k l
r k k p q l
= = =
= − ⇒ ⋅ + − = − ⋅ − + ⇒
⋅ + = ⋅ − +
( ) ( ) ( )1 1 1 9 12 2 2
10 1 0 2 10 2 10 29 1 9 9
l l l+
⇒ ⋅ + = − + ⇒ ⋅ + = − + ⇒ ⋅ = − + ⇒
( ) ( ) ( ) ( )10 100 100 1002 2 2 2
10 2 2 2 29 9 9 9
/l l l l⇒ ⋅ = − + ⇒ = − + ⇒ − + = ⇒ − + = ⇒
( )
10 102 2
100 10 3 32 2
10 109 32 2
3 3
l l
l l
l l
− + = = +
⇒ − + = ± ⇒ − + = ± ⇒ ⇒ ⇒
− + = − = − +
10 2 10 6 1613 1 3 3
.10 2 10 6 4
23 1 3 3
l l l
l l l
+= + = =
⇒ ⇒ ⇒− +
= − + = = −
Budući da tangenta dira kružnicu u točki iz III. kvadranta, odsječak na y osi iznosi:
4.
3l = −
Jednadžba tangente glasi:
5
1 4, 1 4
.3 33 3
k ly x
y k x l
= − = −⇒ = − ⋅ −
= ⋅ +
Vježba 163
Odredite jednadžbu tangente na kružnicu x2 + (y – 2)2 = 10 koja dira kružnicu u točki iz I.
kvadranta i usporedna je s pravcem 1
.3
y x= − ⋅
Rezultat: 1 16
.3 3
y x= − ⋅ +
Zadatak 164 (Domagoj, gimnazija)
Pokaži da jednadžba 2 2
9 16 36 96 252 0x y x y⋅ − ⋅ − ⋅ − ⋅ − = predočuje hiperbolu. Odredi središte i poluosi hiperbole.
Rješenje 164
Ponovimo!
( ) ( )2 22 2 2 2
2 2, .a b a a b b a b a a b b− = − ⋅ ⋅ + + = + ⋅ ⋅ +
Zakon distribucije množenja prema zbrajanju.
( ) ( ), .a b c a b a c a b a c a b c⋅ + = ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ = ⋅ +
Skratiti razlomak znači brojnik i nazivnik tog razlomka podijeliti istim brojem različitim od nule i jedinice
, 0 ., 1a n a
n nb n b
⋅= ≠ ≠
⋅
Hiperbola kojoj se središte podudara s ishodištem koordinatnog sustava, a fokusi leže na osi x ima jednadžbu
2 22 2 2 2 2
,2
12 2x y
b x a y a b
a b
− = ⇒ ⋅ − ⋅ = ⋅
gdje je a realna poluos, b imaginarna poluos.
6
asimptotaasimptota
y
x
Jednadžba hiperbole sa središtem u točki S(p, q) Hiperbola sa središtem u točki S(p, q), realnom poluosi a i imaginarnom poluosi b odreñena je jednadžbom
( ) ( )( ) ( ) ( )
2 22 22 2 2 2
1 segmentni obl , ,ik2 2
x p y qb x p a y q a b
a b
− −− = ⋅ − − ⋅ − = ⋅
Zadanu jednadžbu transformiramo tako da je napišemo u obliku jednadžbe hiperbole.
2 2 2 29 16 36 96 252 0 9 36 16 96 252 0x y x y x x y y⋅ − ⋅ − ⋅ − ⋅ − = ⇒ ⋅ − ⋅ − ⋅ − ⋅ − = ⇒
( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 29 36 16 96 252 0 9 4 16 6 252 0x x y y x x y y⇒ ⋅ − ⋅ − ⋅ + ⋅ − = ⇒ ⋅ − ⋅ − ⋅ + ⋅ − = ⇒
( ) ( )2 29 4 16 6 25 04 4 9 9 2x x y y+ −⇒ ⋅ − ⋅ − ⋅ + ⋅ −− =+ ⇒
( )( ) ( )( )2 29 4 4 4 16 6 9 9 252 0x x y y⇒ ⋅ − ⋅ + − − ⋅ + ⋅ + − − = ⇒
( )( ) ( )( )2 29 2 4 16 3 9 252 0x y⇒ ⋅ − − − ⋅ + − − = ⇒
( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2
9 2 36 16 3 144 252 0 9 2 16 3 36 144 252x y x y⇒ ⋅ − − − ⋅ + + − = ⇒ ⋅ − − ⋅ + = − + ⇒
( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2
9 2 16 3 144 9 2 16 3 141
/144
4x y x y⇒ ⋅ − − ⋅ + = ⇒ ⋅ − ⋅− ⋅ + = ⇒
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )9 16
14
2 2 2 2 2 29 2 16 3 2 3 2 3
1 1 1.144 144 16 94 144
x y x y x y⋅ − ⋅ + ⋅ − ⋅ + − +⇒ − = ⇒ − = ⇒ − =
Koordinate središta i poluosi hiperbole glase:
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )2 2 2
, 2, 31 32 2 2
1622 2 16
2 3 291 2
9/
1
/
6 9
px p y q S p q S
qa b a
ax y
bb
=− − = −
− = = −
⇒ ⇒ = ⇒=
− +=− =
=
( ) ( ) ( ) ( ), 2, 3 , 2, 3
16 4 .
39
S p q S S p q S
a a
bb
= − = −
⇒ = ⇒ =
==
7
Vježba 164
Pokaži da jednadžba 2 2
4 9 8 18 41 0x y x y⋅ − ⋅ − ⋅ + ⋅ − = predočuje hiperbolu. Odredi središte i poluosi hiperbole.
Rezultat: ( ) ( )
( )
( )
1, 12 21 1
1 3 .9 4
2
Sx y
a
b
− −− = ⇒ =
Zadatak 165 (Martina, gimnazija)
Zadane su točke A(1, 0) i B(0, 1). Što je skup svih točaka P koordinatne ravnine za koje vrijedi
2 ?AP
BP=
Rješenje 165
Ponovimo!
( ) ( ) ( ), ,2 22 2 22 2 2
2.2,
22
a aa a a b a a b b a b a a b b
b b
= = − = − ⋅ ⋅ + + = + ⋅ ⋅ +
Udaljenost točaka ( ) ( ), i ,1 1 2 2A x y B x y u ravnini:
( ) ( )2
1 1 .2
2 2AB x x y y= − + −
Kružnica je skup svih točaka u ravnini jednako udaljenih od zadane točke (središta). Ako je S(p, q) središte kružnice, a r polumjer, tada središnja jednadžba kružnice glasi:
( ) ( )2
.2 2
x p y q r− + − =
Zakon distribucije množenja prema zbrajanju.
( ) ( ), .a b c a b a c a b a c a b c⋅ + = ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ = ⋅ +
Neka je P točka u koordinatnoj ravnini. Tada udaljenosti │AP│ i │BP│ iznose: • udaljenost │AP│
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( ) ( )
, 1, 01 12 2 2 2
, , 1 0 12 2
2 22 1 2 1
A x y A
P x y P x y AP x y AP x y
AP x x y y
=
= ⇒ = − + − ⇒ = − +
= − + −
8
• udaljenost │BP│
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( ) ( )
, 0, 11 12 2 22
, , 0 1 1 .2 2
2 22 1 2 1
B x y B
P x y P x y BP x y BP x y
BP x x y y
=
= ⇒ = − + − ⇒ = + −
= − + −
Budući da mora vrijediti
2,AP
BP=
slijedi:
( )
( )
( )
( )
2 22 21 1
2 2 22 22
2/2
1 1
x y x yAP
BPx y x y
− + − += ⇒ = ⇒ = ⇒
+ − + −
( )
( )( )
( )
( )
( )
( )
22 2 2
2 12 2 221 12 2 2
2 2222 1221 1
x yx y x y
x yx yx y
− +− + − +
⇒ = ⇒ = ⇒ = ⇒+ −+ −
+ −
( )
( )( )( ) ( ) ( )( )
2 21 2 22 2
2 1 2 122
1
22/ 1x y
x yx y x y
x y
− +⇒ = ⇒ − + =⋅ + − ⋅ + − ⇒
+ −
( )2 2 2 2 2 2 2 22 1 2 2 1 2 1 2 2 4 2x x y x y y x x y x y y⇒ − ⋅ + + = ⋅ + − ⋅ + ⇒ − ⋅ + + = ⋅ + ⋅ − ⋅ + ⇒
2 2 2 2 2 22 1 2 2 4 2 0 2 4 1 0x x y x y y x x y y⇒ − ⋅ + + − ⋅ − ⋅ + ⋅ − = ⇒ − − ⋅ − + ⋅ − = ⇒
( )2 2 2 2
2 4 1 0 2 4 1/ 01x x y y x x y y⋅ −⇒ − − ⋅ − + ⋅ − = ⇒ + ⋅ + − ⋅ + = ⇒
( ) ( )2 2 2 22 4 1 0 2 1 1 4 4 41 11 04 4x x y y x x y y⇒ + ⋅ + − ⋅ + = ⇒+ − + − + ⋅ + − + − ⋅ + − + = ⇒
( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2
1 1 2 4 1 0 1 11 2 4 0x y x y⇒ + − + − − + = ⇒ + − −− ++ = ⇒
( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ), 1, 22 2 2 2
1 2 4 0 1 2 4 .2
S p q Sx y x y
r
= −⇒ + + − − = ⇒ + + − = ⇒
=
Zaključak: postavljeni uvjet zadovoljavaju točke kružnice sa središtem S(– 1, 2) i polumjerom r = 2.
4
3,5
3
2,5
2
1,5
1
0,5
-4 -3 -2 -1 1 2 3
y
x
B
A
S
P
9
Vježba 165
Zadane su točke A(– 1, 0) i B(0, 1). Što je skup svih točaka P koordinatne ravnine za koje
vrijedi 2 ?AP
BP=
Rezultat: ( ) ( )2 2
1 2 4.x y− + − = Zadatak 166 (Sanja, strukovna škola)
Napiši jednadžbu kružnice polumjera 5 koja u točki D(3, 4) dira pravac 3 · x + 4 · y – 25 = 0.
Rješenje 166
Ponovimo!
Jednadžba pravca oblika y k x l= ⋅ +
naziva se eksplicitni oblik jednadžbe pravca ili kraće, eksplicitna jednadžba pravca. Broj k naziva se koeficijent smjera pravca. Broj l nazivamo odsječak pravca na osi y. Jednadžba pravca oblika
0A x B y C⋅ + ⋅ + =
naziva se implicitni oblik jednadžbe pravca ili kraće, opći oblik jednadžbe pravca. Ako je S(p, q) središte kružnice, a r polumjer, tada središnja jednadžba kružnice glasi:
( ) ( )2
.2 2
x p y q r− + − =
Tangenta kružnice je pravac koji s kružnicom ima točno jednu zajedničku točku. Pravac s jednadžbom y = k · x + l dira kružnicu (x – p)2 + (y – q)2 = r2 onda i samo onda ako vrijedi
( ) ( )2 2
.2
1r k q k p l⋅ + = − ⋅ −
Zakon distribucije množenja prema zbrajanju
( ) ( ), .a b c a b a c a b a c a b c⋅ + = ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ = ⋅ +
Skratiti razlomak znači brojnik i nazivnik tog razlomka podijeliti istim brojem različitim od nule i jedinice
, 0 ., 1a n a
n nb n b
⋅= ≠ ≠
⋅
Da bi umnožak bio jednak nuli, dovoljno je da jedan faktor bude jednak nuli.
0 0 ili 0 il .i 0a b a b a b⋅ = ⇔ = = = =
( ), , .1
, ,n n
n a c a d b c a c a d b c a a n n nn a b a bn
b d b d b d b d b b
⋅ + ⋅ ⋅ − ⋅= + = − = = ⋅ = ⋅
⋅ ⋅
( )2 2
, .2
, 2 ,b a b a b a b
a a b a a b b a b b ac c n n n
⋅ +⋅ = + = − = − ⋅ ⋅ + = ⇒ =
( ) 2 , .2 2 2 a b a b
a b a a b bn n n
−+ = + ⋅ ⋅ + − =
Implicitni oblik jednadžbe pravca transformiramo u eksplicitni oblik kako bismo odredili koeficijent smjera k i odsječak na y osi l.
3 253 4 25 0 4 3 25 4 3 25
4 4/: 4x y y x y x y x⋅ + ⋅ − = ⇒ ⋅ = − ⋅ + ⇒ ⋅ = − ⋅ + ⇒ = − ⋅ + ⇒
10
3
4 .25
4
k
l
= −
⇒
=
Uvjet da pravac 3 25
4 4y x= − ⋅ + dira kružnicu polumjera r = 5 dan je izrazom:
( ) ( )
3 25 22, 53 3 2524 4 5 1
2 4 4 42 21
k l r
q p
r k q k p l
= − = =
⇒ ⋅ + − = − − ⋅ − ⇒
⋅ + = − ⋅ −
2 29 3 25 1 9 3 25
25 1 2516 4 4 1 16 4 4
q p q p⇒ ⋅ + = + ⋅ − ⇒ ⋅ + = + ⋅ − ⇒
2 2 216 9 3 25 25 3 25 625 3 25
25 2516 4 4 16 4 4 16 4 4
q p q p q p+
⇒ ⋅ = + ⋅ − ⇒ ⋅ = + ⋅ − ⇒ = + ⋅ − ⇒
2 23 25 625 3 25 625 3 25 625
4 4 16 4 4 16/
4 4 16q p q p q p⇒ + ⋅ − = ⇒ + ⋅ − = ⇒ + ⋅ − = ± ⇒
3 25 25 3 25 25
3 25 25 4 4 4 4 4 43 25 25 3 25 254 4 4
4 4 4 4 4 4
q p q p
q p
q p q p
+ ⋅ − = + ⋅ = +
⇒ + ⋅ − = ± ⇒ ⇒ ⇒
+ ⋅ − = − + ⋅ = − +
3 50 3 3 25
4 4 4 4 2 .3 3 3
0 0 04
0
4
5
4
4
q p q p q p
q p q p q p
+ ⋅ = + ⋅ = + ⋅ =
⇒ ⇒ ⇒
+ ⋅ = + ⋅ = + ⋅ =
Budući da točka D(3, 4) pripada kružnici polumjera r = 5, njezine ćemo koordinate uvrstiti u jednadžbu kružnice.
( ) ( )
( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )
, 3, 4 , 5 2 2 2 223 4 5 3 4 25.2 2 2
D x y D r
p q p qx p y q r
= =
⇒ − + − = ⇒ − + − =− + − =
Koordinate središta S(p, q) tražene kružnice dobit ćemo rješavanjem dva sustava jednadžbi.
( ) ( ) ( ) ( )
3 25 30
4 2 4, .2 2 2 2
3 4 25 3 4 25
q p q p
p q p q
+ ⋅ = + ⋅ =
− + − = − + − =
Rješavamo prvi sustav.
( ) ( ) ( ) ( )
metoda
sups
3 2
tituci
5 25 3
4 2 2 42 2 2 2
3 4 25 3 4 2j
5e
q p q p
p q p q
+ ⋅ = = − ⋅⇒ ⇒ ⇒
− + − = − + − =
( ) ( )2 2
25 3 25 32 23 4 25 3 4 25
2 4 2 4p p p p⇒ − + − − ⋅ = ⇒ − + − + ⋅ = ⇒
11
( ) ( )2 2
25 3 25 32 23 4 25 3 4 25
2 4 2 4p p p p⇒ − + − − ⋅ = ⇒ − + − + ⋅ = ⇒
( ) ( )2 2
4 25 3 16 50 32 23 25 3 25
1 2 4 4
pp p p
− + ⋅⇒ − + − + ⋅ = ⇒ − + = ⇒
( ) ( )( )
( )( )
2 223 34 3 343 342 2 2
3 25 3 25 3 2524 164
p ppp p p
⋅ − ⋅ −⋅ −⇒ − + = ⇒ − + = ⇒ − + = ⇒
( )( )
( ) ( )/ 16
23 342 2 2
3 25 16 3 3 34 40016
pp p p
⋅ −⇒ − + = ⇒ ⋅ − + ⋅ − =⋅ ⇒
( )2 216 9 6 9 204 1156 400p p p p⇒ ⋅ − ⋅ + + ⋅ − ⋅ + = ⇒
2 2144 96 16 9 204 1156 400p p p p⇒ − ⋅ + ⋅ + ⋅ − ⋅ + = ⇒
2 2144 96 16 9 204 1156 400 0p p p p⇒ − ⋅ + ⋅ + ⋅ − ⋅ + − = ⇒
2 2 225 300 900 0 25 300 900 0 /: 25 12 36 0p p p p p p⇒ ⋅ − ⋅ + = ⇒ ⋅ − ⋅ + = ⇒ − ⋅ + = ⇒
( ) ( )2 2
6 0 6 0 / 6 0 6.p p p p⇒ − = ⇒ − = ⇒ − = ⇒ = Računamo q.
63 25 18 25 25 9 25
63 254 2 4
18
2 2 22
4 24
p
q q q qq p
=
⇒ + ⋅ = ⇒ + = ⇒ + = ⇒ + = ⇒+ ⋅ =
25 9 168.
2 2 2q q q⇒ = − ⇒ = ⇒ =
Jednadžba kružnice glasi
( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )
6 , 8 , 5 2 2 2 226 8 5 6 8 25.2 2 2
p q rx y x y
x p y q r
= = =⇒ − + − = ⇒ − + − =
− + − =
Rješavamo drugi sustav.
( ) ( ) ( ) ( )
3 30
4 42 2 2 2
3 4 25 3 4
metoda
supstitucije25
q p q p
p q p q
+ ⋅ = = − ⋅⇒ ⇒ ⇒
− + − = − + − =
( ) ( )2 2
3 32 23 4 25 3 4 25
4 4p p p p⇒ − + − − ⋅ = ⇒ − + + ⋅ = ⇒
( ) ( )2 2
4 3 16 32 23 25 3 25
1 4 4
pp p p
+ ⋅⇒ − + + ⋅ = ⇒ − + = ⇒
( ) ( )( )
( )( )
2 223 16 3 163 162 2 2
3 25 3 25 3 2524 164
p ppp p p
⋅ + ⋅ +⋅ +⇒ − + = ⇒ − + = ⇒ − + = ⇒
( )( )
( ) ( )/ 16
23 162 2 2
3 25 16 3 3 16 40016
pp p p
⋅ +⇒ − + = ⇒ ⋅ − + ⋅ + =⋅ ⇒
12
( )2 216 9 6 9 96 256 400p p p p⇒ ⋅ − ⋅ + + ⋅ + ⋅ + = ⇒
2 2144 96 16 9 96 256 400p p p p⇒ − ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ + = ⇒
2 2 2 2144 16 9 256 400 144 16 9 2596 96 6 400p p pp p p⇒ + ⋅ + ⋅ + = ⇒ + ⋅ + ⋅ + =− ⋅ + ⋅ ⇒
144 256 4002 2 2 2
16 9 16 9 0p p p p⇒ + ⋅ + ⋅ = ⇒ ⋅ + ⋅ =+ ⇒
2 2 225 0 25 0 0 0.p p p p⇒ ⋅ = ⇒ ⇒ ⋅ = ⇒ = ⇒ =
Računamo q. 0
30 0 0 0 0.3
404
p
q q qq p
=
⇒ + ⋅ = ⇒ + = ⇒ =+ ⋅ =
Jednadžba kružnice glasi
( ) ( )( ) ( )
0 , 0 , 5 2 2 2 2 20 0 5 25.2 2 2
p q rx y x y
x p y q r
= = =⇒ − + − = ⇒ + =
− + − =
Vježba 166
Napiši jednadžbu kružnice promjera 10 koja u točki D(3,4) dira pravac 3 · x + 4 · y = 25.
Rezultat: ( ) ( )2 2 2 2
6 8 25, 25.x y x y− + − = + = Zadatak 167 (Sanja, strukovna škola)
Dužina AC , A(– 5, – 2), C(3, 2) dijagonala je kvadrata. Odredi jednadžbu kružnice upisane tom kvadratu.
Rješenje 167
Ponovimo!
Koordinate polovišta P dužine ,AB A(x1, y1), B(x2, y2) su
( ) 1 2 1 22 2
., ,x x y y
P x y P+ +
=
13
Udaljenost točaka ( ) ( ), i , :1 1 2 2A x y B x y
( ) ( )2
1 1 .2
2 2AB x x y y= − + −
Ako je S(p, q) središte kružnice, a r polumjer, tada središnja jednadžba kružnice glasi:
( ) ( )2
.2 2
x p y q r− + − =
Kvadrat je četverokut s četiri prava kuta i četiri sukladne stranice. Stranice su jednake duljine, a nasuprotne stranice su paralelne. Dijagonale su jednake, raspolavljaju se i sijeku pod pravim kutom. Kvadratu se kružnica može opisati i upisati.
a = d ⋅⋅⋅⋅ 2
2
a = 2 ⋅⋅⋅⋅ r
r = a
2
d
aa
a
a
d
r
( )2
, .a b a b a a⋅ = ⋅ =
Središte S upisane kružnice kvadratu polovište je dijagonale .AC Računamo koordinate polovišta.
( ) ( )
( ) ( )
( )
( ) ( )
, 5, 21 15 3 2 2 2 0
, 3, 2 , , , ,2 2 2 2 2 2
1 2 1 2, ,2 2
A x y A
C x y C S p q S S p q S
x x y yS p q S
= − −
− + − += ⇒ = ⇒ = − ⇒
+ +=
( ) ( ), 1, 0 .S p q S⇒ = −
Računamo duljinu dijagonale .AC
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( )( ) ( )( )
, 5, 21 12 2
, 3, 2 3 5 2 22 2
2 22 1 2 1
A x y A
C x y C d
d AC x x y y
= − −
= ⇒ = − − + − − ⇒
= = − + −
( ) ( )2 2 2 2
3 5 2 2 8 4 64 16 80d d d d⇒ = + + + ⇒ = + ⇒ = + ⇒ = ⇒
16 5 16 5 4 5.d d d⇒ = ⋅ ⇒ = ⋅ ⇒ = ⋅
Tada je duljina a stranice kvadrata jednaka:
14
4 54 5 2 4 10 10
2 10.2 2 2
4
22
d
a a a ada
= ⋅⋅ ⋅ ⋅ ⋅
⇒ = ⇒ = ⇒ = ⇒ = ⋅⋅=
Budući da je promjer 2 · r upisane kružnice kvadratu jednak duljini a stranice kvadrata, slijedi:
22 2 1 / :0 2 2 10 10.
2 102
r ar r r
a
⋅ =⇒ ⋅ = ⋅ ⇒ ⋅ = ⋅ ⇒ =
= ⋅
Jednadžba kružnice glasi:
( ) ( )( )( ) ( ) ( ) ( )
1 , 0 , 10 22 2 2 21 0 10 1 10.2 2 2
p q rx y x y
x p y q r
= − = =⇒ − − + − = ⇒ + + =
− + − =
Vježba 167
Dužina BD , B(– 5, – 2), D(3, 2) dijagonala je kvadrata. Odredi jednadžbu kružnice upisane tom kvadratu.
Rezultat: ( )2 2
1 10.x y+ + =
Zadatak 168 (Sanja, strukovna škola)
Nañi jednadžbu elipse, ako je linearni ekscentricitet jednak 4, a mala poluos 7. Koliki je numerički ekscentricitet?
Rješenje 168
Ponovimo! Elipsa je skup svih točaka u ravnini za koje je zbroj udaljenosti od dviju fiksnih točaka (žarišta) te ravnine konstantna veličina i iznosi 2a. Velika poluos je a, a mala poluos b. Elipsa kojoj se središte podudara s ishodištem koordinatnog sustava, smjer glavne osi s x – osi, a smjer sporedne osi s y – osi ima jednadžbu
2 22 2 2 2 2 2
i .li 12 2
x yb x a y a b
a b
⋅ + ⋅ = ⋅ + =
15
Linearni ekscentricitet elipse:
2 2 2.
2 2e a b e a b= − ⇒ = −
Numerički ekscentricitet elipse:
2.
2a be
a aε ε
−= ⇒ =
( )2
, , , .1 a c a cn m n m
a a a a a a ab d b d
⋅+= ⋅ = = ⋅ =
⋅
( ).
2b a b a ba a
bb b bb
⋅ ⋅= ⋅ = =
Računamo veliku poluos a elipse kako bismo mogli napisati njezinu jednadžbu.
4 , 7 4 , 7 4 , 7
2 2 2 2 2 2 2 2 2
e b e b e b
e a b a b e a e b
= = = = = =⇒ ⇒ ⇒
= − − = = +
2 2 2 2 24 7 16 49 65.a a a⇒ = + ⇒ = + ⇒ =
Jednadžba elipse glasi: 2
65 2 27 1.
65 49
2 21
29
2
4
2x y
ax y
b
ba b
=
= ⇒ ⇒ + =
=
+ =
Računamo numerički ekscentricitet.
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2/
2e a b a b e a e b a e b
e e e e
a a a aε ε ε ε
= − − = = + = +
⇒ ⇒ ⇒ ⇒= = = =
metoda
supstitucije
2 24 4
2 2 2 2 16 494 7
a e be
ee b
a
ε ε ε
ε
= +
⇒ ⇒ ⇒ = ⇒ = ⇒ = ⇒+= + +
( )
4 65 4 654 4.2 6565 65 6
racionalizacija 65
nazivnika 6 55ε ε ε ε
⋅ ⋅⇒ = ⇒ ⇒ = ⋅ ⇒ = ⇒ =
Vježba 168
Nañi jednadžbu elipse, ako je linearni ekscentricitet jednak 4, a velika os 65.
Rezultat: 2 2
1.65 49
x y+ =
Zadatak 169 (Sanja, strukovna škola)
Odredi jednadžbu hiperbole kojoj je 2 · e = 8, a 2 · a = 4.
Rješenje 169
Ponovimo! Hiperbola kojoj središte leži u ishodištu koordinatnog sustava, a realna os na osi apscisa ima jednadžbu
16
( )2 2
2 2 2 2 2 2ili 1 kanonska jednadžba hiperbole
2 2.
x yb x a y a b
a b
⋅ − ⋅ = ⋅ − =
Linearni ekscentricitet hiperbole:
2 2 2.
2 2e a b e a b= + ⇒ = +
2 8 2 8 4.
2 4 2 4
/: 2
/ : 2 2
e e e
a a a
⋅ = ⋅ = =⇒ ⇒
⋅ = ⋅ = =
Računamo b2.
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 24 2 16 4 12.e a b a b e b e a b b b= + ⇒ + = ⇒ = − ⇒ = − ⇒ = − ⇒ =
Jednadžba hiperbole glasi:
2 22 2 22 , 41.
2 4 12121
2 2x y
a b
a a x y
b
= =⇒ ⇒ − ==
=
−
Vježba 169
Odredi jednadžbu hiperbole kojoj je 2 · e = 8, a 2 4 3.b⋅ = ⋅
Rezultat: 2 2
1.4 12
x y− =
Zadatak 170 (Sanja, strukovna škola)
Odredi kolika mora biti poluos b hiperbole b2 · x2 – 9 · y2 = 9 · b2 da bi pravac odreñen točkama A(1, 2) i B(3, – 3) bio tangenta. Odredite diralište.
Rješenje 170
Ponovimo! Hiperbola kojoj središte leži u ishodištu koordinatnog sustava, a realna os na osi apscisa ima jednadžbu
( )2 2
2 2 2 2 2 2ili 1 kanonska jednadžba hiperbole
2 2.
x yb x a y a b
a b
⋅ − ⋅ = ⋅ − =
Jednadžba pravca oblika y k x l= ⋅ +
naziva se eksplicitni oblik jednadžbe pravca ili kraće, eksplicitna jednadžba pravca. Broj k naziva se koeficijent smjera pravca. Broj l nazivamo odsječak pravca na osi y. Jednadžba pravca točkama A(x1, y1) i B(x2, y2):
( )2 11 1
2 1.
y yy y x x
x x
−− = ⋅ −
−
Uvjet dodira pravca i hiperbole
Pravac y k x l= ⋅ + dodiruje hiperbolu 2 2
12 2
x y
a b
− = ako i samo ako vrijedi
2 2.
2 2a k b l⋅ − =
Koordinate dirališta
Ako je y k x l= ⋅ + tangenta na hiperbolu 2 2
1,2 2
x y
a b
− = tada su koordinate dirališta tangente i
hiperbole dane sa
17
2 2, .
k a bD
l l
⋅ − −
Zakon distribucije množenja prema zbrajanju.
( ) ( ), .a b c a b a c a b a c a b c⋅ + = ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ = ⋅ +
, , , ,1
.
a
n a c a d b c b a b a b a b a dbn acb d b d c c n n n b c
d
⋅ + ⋅ ⋅ − ⋅= + = ⋅ = − = =
⋅ ⋅
Skratiti razlomak znači brojnik i nazivnik tog razlomka podijeliti istim brojem različitim od nule i jedinice
, 0 ., 1a n a
n nb n b
⋅= ≠ ≠
⋅ Jednadžbu hiperbole napišemo u kanonskom obliku kako bismo odredili realnu poluos a i imaginarnu poluos b.
2 2 292 2 2 2 2 2 2 2
9 9 9 9 12 2
92
9 9
1/
b
b x yb x y b b x y b
b b
⋅ ⋅⋅ − ⋅ = ⋅ ⇒ ⋅ − ⋅ = ⋅ ⇒ − = ⇒
⋅ ⋅
⋅
⋅ 22 2 2 2 9
1 1 .2 2 2 29
29
29 9
ax y x y
b b
b
b bb
=⋅ ⋅⇒ − = ⇒ − = ⇒
⋅ ⋅ =
Računamo koeficijent smjera k i odsječak l na y osi pravca koji prolazi točkama A i B.
( ) ( )
( ) ( )
( )
( ) ( )
, 1, 21 13 2 5
, 3, 3 2 1 2 12 2 3 1 2
2 11 1
2 1
A x y A
B x y B y x y x
y yy y x x
x x
= − −
= − ⇒ − = ⋅ − ⇒ − = − ⋅ − ⇒−
− − = ⋅ −
−
5 5 5 5 5 5 2 5 5 42 2
2 2 2 2 2 2 1 2 2y x y x y x y x
+⇒ − = − ⋅ + ⇒ = − ⋅ + + ⇒ = − ⋅ + + ⇒ = − ⋅ + ⇒
55 9 2 .
92 2
2
k
y x
l
= −
⇒ = − ⋅ + ⇒ =
Uporabom uvjeta dodira pravca i hiperbole odredi se imaginarna poluos b.
5 92 2 29 , , 5 9 25 81 225 812 2 22 2 9 92 2 4 4 4 42 2 2 2
a k lb b b
a k b l
= = − =
⇒ ⋅ − − = ⇒ ⋅ − = ⇒ − = ⇒
⋅ − =
14481 225 81 225 1442 2 2 2 2 364 4 44 4
b b b b b−
⇒ − = − ⇒ − = ⇒ − = − ⇒ − = − ⇒ − = − ⇒
( )2 2 2
36 36 36 361 6/ ./b b b b b⇒ − = − ⇒ = ⇒ = ⇒ = ⇒ =⋅ −
Diralište tangente i hiperbole iznosi:
18
( )
( ) ( )
5 9,
5 45 362 29 362 2 2 2 19 , 36 , , , ,0 0 0 09 9 9 9
2 2 2 2 2 2, ,0 0
k l
a b D x y D D x y D
k a bD x y D
l l
= − =
− ⋅ = = ⇒ = − − ⇒ = − ⇒
⋅ = − −
( ) ( ) ( ) ( )45 2 36 2 2
, , , , , 5, 8 .0 0 0 0 0 02 9 9
45 2 36
2 9 9D x y D D x y D D x y D
⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⇒ = − ⇒ = − ⇒ = −
⋅ ⋅
Vježba 170
Odredi kolika mora biti poluos a hiperbole 36 · x2 – a2 · y2 = 36 · a2 da bi pravac odreñen točkama A(1, 2) i B(3, – 3) bio tangenta.
Rezultat: a = 3. Zadatak 171 (Robert, elektrotehnička škola)
Napišite jednadžbu tangente kružnice x2 + y2 = 25 koja s pravcem 3 · x + 4 · y – 4 = 0 zatvara kut od 45º.
Rješenje 171
Ponovimo! Jednadžba pravca oblika
y k x l= ⋅ +
naziva se eksplicitni oblik jednadžbe pravca ili kraće, eksplicitna jednadžba pravca. Broj k naziva se koeficijent smjera pravca. Broj l nazivamo odsječak pravca na osi y. Jednadžba pravca oblika
0A x B y C⋅ + ⋅ + =
naziva se implicitni oblik jednadžbe pravca ili kraće, opći oblik jednadžbe pravca. Kut izmeñu dva pravca Kut φ izmeñu dva pravca koji su odreñeni jednadžbama i1 1 2 2y k x l y k x l= ⋅ + = ⋅ + računa se po
formuli
2 11 1 2
.k k
tgk k
ϕ−
=+ ⋅
Kružnica je skup svih točaka u ravnini jednako udaljenih od zadane točke (središta). Ako je S(0, 0) središte kružnice, a r polumjer, tada središnja jednadžba kružnice glasi:
2 2 2.x y r+ =
Tangenta (dodirnica) je pravac koji dodiruje krivulju u jednoj točki. Kružnica
2 2 2x y r+ =
i pravac y k x l= ⋅ +
dodiruju se ako i samo ako vrijedi:
( )2 2.
21r k l⋅ + =
Zakon distribucije množenja prema zbrajanju.
( ) ( ), .a b c a b a c a b a c a b c⋅ + = ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ = ⋅ +
19
Ako je broj x pozitivan ili nula, tada je on jednak svojoj apsolutnoj vrijednosti. Za svaki x, x ≥ 0, vrijedi │x│= x. Ako je x negativan broj, njegova apsolutna vrijednost je suprotan broj – x koji je pozitivan. Za svaki x, x < 0, je │x│= – x. Ili ovako: Apsolutna vrijednost realnog broja x definira se
, 0
0, 0
, 0
x x
x x
x x
>
= =− <
.
Ako je broj x pozitivan broj, onda ga prepišemo: | x | = x, | 7 | = 7. Ako je broj x negativan broj, onda ga pišemo s minusom: | x | = – x, | – 4 | = – (– 4) = 4.
, , .1
,an a c a d b c a
n a b b ab d b d b b
⋅ + ⋅= + = = = ⇒ =
⋅
2, 0 , .
b a ba b a b a a
c c
⋅⋅ = ⋅ > ⋅ =
Jednadžbu zadanog pravca napišemo u eksplicitnom obliku kako bismo odredili njegov koeficijent smjera.
3 33 4 4 0 4 3 4 4 3
11
4 14 4/4 .x y y x y x y x k⋅ + ⋅ − = ⇒ ⋅ = − ⋅ + ⇒ ⋅ = − ⋅ + ⇒ = ⋅ ⇒ = −⋅ − +
Računamo koeficijent smjera k2 tangente kružnice. Budući da tangenta (pravac) zatvara sa zadanim pravcem kut od 45º, iz formule za kut izmeñu pravaca izračunamo k2.
30 3 3 345 , 1 4 2 2 240 4 445 1 13 332 1 1 11 2 22 4 441 1 2
k k k k
tgk k
k kktgk k
ϕ
ϕ
= = − − − + +
⇒ = ⇒ = ⇒ = ⇒−
− ⋅ − ⋅+ − ⋅=+ ⋅
3 32 24 41 1 3 33 3 11
3/
1 2 22 2 4 44 43 33 3
12 22 2 4 44 41 13 3
1 24
3/ 1 241 12 24 4
k k
k kk k
k kk k
k k
k
k
+ +
= =
+ = − ⋅− ⋅ − ⋅
⇒ ⇒ ⇒ ⇒
+ = − − ⋅+ +
= − = −
− ⋅ −
⋅ − ⋅
⋅
⋅
⋅ −
3 3 3 31 1 4 3 4 32 2 2 24 4 4 4 2 2
3 3 3
/ 4
/ 43 4 3 4 32 21 12 2 2 24 4 4 4
k k k k k k
k kk k k k
+ = − ⋅ + = − ⋅ ⋅ + = − ⋅⇒ ⇒ ⇒ ⇒
⋅ + = − + ⋅+ = − + ⋅ + =
⋅
+ ⋅− ⋅
14 3 4 3 7 1 7 12 2 2 2 2 7 .4 3 4 3 7 72
/ :
2 2
7
2 72
k k k k k
k k k kk
⋅ + ⋅ = − ⋅ = ⋅ = =⇒ ⇒ ⇒ ⇒
⋅ − ⋅ = − − = − = −= −
Postoje dva koeficijenta smjera. Njih uvrstimo u uvjet dodira pravca i kružnice kako bismo izračunali odsječak l pravca na y osi.
20
•
( )
2 2 225 , 25
21 1 12 2
25 1 25 17 7 49
2 2 21
x y r
k l l
r k l
+ = =
= ⇒ ⋅ + = ⇒ ⋅ + = ⇒
⋅ + =
1 1 49 1 50 25 50 25 502 2 2 2 225 25 25
1 49 49 49 49 49l l l l l
+ ⋅ ⋅⇒ ⋅ + = ⇒ ⋅ = ⇒ ⋅ = ⇒ = ⇒ = ⇒
225 50 25 50 25 25 2 25 22
1,2 1,2 1,2 249/
49 49 7l l l l
⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅⇒ = ⇒ = ± ⇒ = ± ⇒ = ± ⇒
252125 7
2 .1,2 25722 7
l
l
l
= ⋅
⇒ = ± ⋅ ⇒
= − ⋅
Jednadžbe tangenata glase. Jednadžba prve tangente:
1 25, 2 1 25
2.7 77 7
k ly x
y k x l
= = ⋅⇒ = ⋅ + ⋅
= ⋅ +
Jednadžba druge tangente:
1 25, 2 1 25
2.7 77 7
k ly x
y k x l
= = − ⋅⇒ = ⋅ − ⋅
= ⋅ +
•
( )( )
2 2 225 , 25
2 27 25 1 49 25 50
2 2 21
x y r
k l l
r k l
+ = =
= − ⇒ ⋅ + = ⇒ ⋅ = ⇒
⋅ + =
2 225 50 25 50 25 50 25 25 23,4 3,4/l l l l⇒ = ⋅ ⇒ = ⋅ ⇒ = ± ⋅ ⇒ = ± ⋅ ⋅ ⇒
25 22 325 2 25 2 .3,4 3,4
25 24
ll l
l
= ⋅⇒ = ± ⋅ ⇒ = ± ⋅ ⇒
= − ⋅
Jednadžbe tangenata glase. Jednadžba treće tangente:
7 , 25 27 25 2.
k ly x
y k x l
= − = ⋅⇒ = − ⋅ + ⋅
= ⋅ +
Jednadžba četvrte tangente:
7 , 25 27 25 2.
k ly x
y k x l
= − = − ⋅⇒ = − ⋅ − ⋅
= ⋅ +
21
Vježba 171
Napišite jednadžbu tangente kružnice x2 + y2 – 25 = 0 koja s pravcem 3
14 1
x y⋅+ = zatvara kut
od 45º.
Rezultat: 1 25 1 25
2 , 2 , 7 25 2 , 7 25 2.7 7 7 7
y x y x y x y x= ⋅ + ⋅ = ⋅ − ⋅ = − ⋅ + ⋅ = − ⋅ − ⋅
Zadatak 172 (Dino, gimnazija)
Nañi presjek elipse i pravca zadanih jednadžbama 2 2
4 25 i 2 7 0.x y x y+ ⋅ = + ⋅ − =
Rješenje 172
Ponovimo!
( ) ( )2 .2 2
,2 n n n
a b a a b b a b a b− = − ⋅ ⋅ + ⋅ = ⋅
Elipsa je skup svih točaka u ravnini za koje je zbroj udaljenosti od dviju fiksnih točaka (žarišta) te ravnine konstantna veličina i iznosi 2a. Velika poluos je a, a mala poluos b. Elipsa kojoj se središte podudara s ishodištem koordinatnog sustava, smjer glavne osi s x – osi, a smjer sporedne osi s y – osi ima jednadžbu
2 2 2 2 2 2.b x a y a b⋅ + ⋅ = ⋅
Jednadžba pravca oblika 0A x B y C⋅ + ⋅ + =
naziva se implicitni oblik jednadžbe pravca ili kraće, opći oblik jednadžbe pravca. Sjecište elipse i pravca tražimo računski tako da riješimo sustav jednadžbi. Iz jednadžbe pravca izračunat ćemo x i uvrstiti u jednadžbu elipse čime dobijemo kvadratnu jednadžbu.
( )metoda
supst
2 2 2 2 2 24 25 4 257 2 4 25
2 7 0 7 2 itucije
x y x yy y
x y x y
+ ⋅ = + ⋅ =⇒ ⇒ ⇒ − ⋅ + ⋅ = ⇒
+ ⋅ − = = − ⋅
2 2 2 249 28 4 4 25 49 28 4 4 25 0y y y y y y⇒ − ⋅ + ⋅ + ⋅ = ⇒ − ⋅ + ⋅ + ⋅ − = ⇒
2 2 28 28 24 0 8 28 24 0 2 7 6/: 4 0y y y y y y⇒ ⋅ − ⋅ + = ⇒ ⋅ − ⋅ + = ⇒ ⋅ − ⋅ + = ⇒
( ) ( )2 , 7 , 6 22 7 7 4 2 62 7 6 0 2
4 1,2 2 22 , 7 , 61,2 2
a b c
y yy
b b a ca b c y
a
= = − =− − ± − − ⋅ ⋅⋅ − ⋅ + =
⇒ ⇒ ⇒ = ⇒− ± − ⋅ ⋅ ⋅= = − = =
⋅
22
7 1 81 17 49 48 7 1 7 1 4 4
1,2 1,2 1,2 7 1 764 4 42 24 4
y y
y y y
y y
+= =
± − ± ±⇒ = ⇒ = ⇒ = ⇒ ⇒ ⇒
−= =
211.3
2 22
8
46
4
yy
yy
==
⇒ ⇒=
=
Postoje dva rješenja. Računamo nepoznanicu x.
• 7 2
7 2 2 7 4 3.12
x yx x x
y
= − ⋅⇒ = − ⋅ ⇒ = − ⇒ =
=
•
7 23 3
7 2 7 7 3 4.3 222
22
x y
x x x xy
= − ⋅
⇒ = − ⋅ ⇒ = − ⋅ ⇒ = − ⇒ ==
Presjeci elipse i pravca glase:
( ) ( ) ( )3
, 3, 2 , , 4, .1 1 2 2 2x y x y= =
Vježba 172
Nañi presjek elipse i pravca zadanih jednadžbama 2 2
4 25 i 0.x y y+ ⋅ = =
Rezultat: ( ) ( ) ( ) ( ), 5, 0 , , 5, 0 .1 1 2 2x y x y= − =
Zadatak 173 (Damira, srednja škola)
Točka T(27, 18) leži na paraboli y2 = 12 · x. Koliko je točka T udaljena od ravnalice (direktrise) parabole?
. 30 . 35A jediničnih duljina B jediničnih duljina . 39 . 45C jediničnih duljina D jediničnih duljina
Rješenje 173
Ponovimo! Parabola je skup svih točaka ravnine koje su jednako udaljene od jednog čvrstog pravca d (ravnalice ili direktrise) i jedne čvrste točke F (žarišta ili fokusa) u toj ravnini koja ne leži na tom pravcu. Parabola
23
kojoj tjeme leži u ishodištu, a žarište na pozitivnom dijelu osi apscise ima jednadžbu 2
2 .y p x= ⋅ ⋅ Ako je žarište (fokus) na pozitivnom dijelu x – osi, tada ima koordinate
., 02
pF
Tjeme je točka koja je najbliže žarištu, a time i ravnalici. Iz jednadžbe parabole odredi se parametar p.
22
2 12 2 12 6.2
12/ : 2
y p xp p p
y x
= ⋅ ⋅⇒ ⋅ = ⇒ ⋅ = ⇒ =
= ⋅
Ravnalica (direktrisa) ima jednadžbu:
66
3.2
2
p
x xpx
=
⇒ = − ⇒ = −= −
Udaljenost točke T od ravnalice iznosi:
3 27 30.d d= + ⇒ = Odgovor je pod A.
Vježba 173
Točka T(27, – 18) leži na paraboli y2 = 12 · x. Koliko je točka T udaljena od ravnalice (direktrise) parabole?
. 30 . 35A jediničnih duljina B jediničnih duljina . 39 . 45C jediničnih duljina D jediničnih duljina
Rezultat: A. Zadatak 174 (Ivana, ekonomska škola)
Napiši jednadžbu elipse koja prolazi točkom A(4, 9), a zadano je b = 8.
Rješenje 174
Ponovimo!
, , .1
n a c a d b c a cn a d b c
b d b d b d
⋅ − ⋅= − = = ⇒ ⋅ = ⋅
⋅
Skratiti razlomak znači brojnik i nazivnik tog razlomka podijeliti istim brojem različitim od nule i jedinice
24
, 0 ., 1a n a
n nb n b
⋅= ≠ ≠
⋅
Elipsa je skup svih točaka u ravnini za koje je zbroj udaljenosti od dviju fiksnih točaka (žarišta) te ravnine konstantna veličina i iznosi 2a. Velika poluos je a, a mala poluos b. Elipsa kojoj se središte podudara s ishodištem koordinatnog sustava, smjer glavne osi s x – osi, a smjer sporedne osi s y – osi ima jednadžbu
2 2 segmentni oblik,2 2 2 2 2 2ili 1
2 2 kanonski oblik.
x yb x a y a b
a b
⋅ + ⋅ = ⋅ + =
Neka su a velika i b mala poluos elipse koju smještamo u koordinatni sustav tako da se x os podudara sa smjerom male poluosi, a y os sa smjerom velike poluosi. Tada elipsa ima jednadžbu
2 21
2.
2x y
b a
+ =
Budući da elipsa prolazi točkom A, uvrstit ćemo njezine koordinate u jednadžbu elipse i dobiti jednadžbu koja sadrži nepoznanicu a2.
( ) ( ) 2 2, 4, 9 4 9 16 81 811 1 12 2 2 26
2 216
4812 2 648
A x y A
b a a
x
a
y
b a
=⇒ ⇒ + = ⇒ + = ⇒ + =+ = ⇒
=
1 81 81 1 81 1 1 81 4 1 81 3 21 1 3 324
2 2 2 2 24 4 1 4 4 4a
a a a a a
−⇒ + = ⇒ = − ⇒ = − ⇒ = ⇒ = ⇒ ⋅ = ⇒
/ : 32 2
3 324 108.a a⇒ ⋅ = ⇒ = Jednadžba elipse glasi:
2108 , 8 2 2 2 2
2 2 1 1.2 108 64 10881
2 2
a bx y x y
x y
b a
= =
⇒ + = ⇒ + =
+ =
Vježba 174
Napiši jednadžbu elipse koja prolazi točkom A(– 4, 9), a zadano je b = 8.
Rezultat: 2 2
1.64 108
x y+ =
