( ) ( ) ( ) ( ) x y

Transcript

1 Zadatak 4 (Vlado, srednja škola) Poprečni presjek rakete je u obliku elipse kojoj je velika os 4.8 m, a mala 4. m. U nju treba staviti meteorološki satelit koji je u presjeku pravokutnog oblika. Koliko najviše satelit može biti širok ako mu je duljina 4.4 m? Rješenje 4 Elipsa je skup svih točaka u ravnini za koje je zbroj udaljenosti od dviju fiksnih točaka (žarišta) te ravnine konstantna veličina i iznosi a. Velika poluos je a, a mala poluos b. Elipsa kojoj se središte podudara s ishodištem koordinatnog sustava, smjer glavne osi s osi, a smjer sporedne osi s osi ima jednadžbu b + a = a b i li + =. a b Paralelogrami su četverokuti kojima su po dvije nasuprotne stranice usporedne (paralelne). Pravokutnik je paralelogram koji ima barem jedan pravi kut (pravi kut ima 9º). Zadane su velika i mala os elipse pa njezina jednadžba glasi: a = /:.4 a = a = + = b = 4. b = 4. /: b =. a b + = + = ,5 D,5 A,5 B ,5 - -,5 Vrhovi ili tjemena elipse imaju koordinate: - -,5 ( ) ( ) ( ) ( ) A.4,, B.4,, C,., D,.. C,5 D,5 T T A,5 B ,5 T 3 T 4 - -,5 - -,5 Budući da u elipsu treba ucrtati pravokutnik duljine stranice 4.4, sa slike vidi se da će njegovi vrhovi, C

2 koji leže na elipsi, imati koordinate: T.,, T.,, T 3.,, T 4.,, >. Ucrtanom pravokutniku T T T 3 T 4 su os i os osi simetrije. Da bismo izračunali ordinatu, uvrstit ćemo koordinate, na primjer, točke T (., ) u jednadžbu elipse. (, ) = (., ) T T = + = = + = = / 4.4 = 4.4 = 4.4 / = ± 4.4 = ± Širina satelita najviše može biti: T 3 T = T 4 T = =.8393 = m. Vježba 4 Poprečni presjek rakete je u obliku elipse kojoj je velika os 48 dm, a mala 4 dm. U nju treba staviti meteorološki satelit koji je u presjeku pravokutnog oblika. Koliko najviše satelit može biti širok ako mu je duljina 44 dm? Rezultat: 6.8 dm. Zadatak 4 (Iva, srednja škola) Kako glasi jednadžba kružnice kojoj su zadane koordinate krajnjih točaka promjera A( 3, ) i B(, 4)? A =, B = C =, D = Rješenje 4 a + b = a + a b + b, a b = a a b + b, a = a. ( ) Ako je S(p, q) središte kružnice, a r polumjer, tada središnja jednadžba kružnice glasi: ( p) + ( q) = r. Opća jednadžba kružnice: + p q + c =, r = p + q c. Kružnica je skup svih točaka u ravnini jednako udaljenih od zadane točke (središta). Promjer je dužina koja prolazi kroz središte kružnice i čiji krajevi se nalaze na kružnici. Dužina koja spaja dvije točke kružnice zove se tetiva. Najveća tetiva prolazi središtem kružnice i zove se promjer (dijametar). Koordinate polovišta P dužine AB, A(, ), B(, ) su + + =. (, ) P, P Udaljenost točaka A( ) B( ), i, :

3 AB = ( ) + ( ). A P B A r S r B Budući da je dužina AB promjer kružnice, polovište P dužine ujedno je središte S kružnice. Računamo koordinate polovišta. A(, ) = A( 3, ) B (, ) = B(, 4 ) P(, ) = P, P(, ) = P, (, ) +, + P = P S ( p, q) = P (, ) ( ) ( ) P, = P, 3 S p, q = S, 3. Duljinu polumjera kružnice možemo izračunati na dva načina..inačica Duljina polumjera je: Neka je Tada vrijedi: r = AS ili r = SB ili r = AB. r = A(, ) = A( 3, ) S (, ) = S (, 3) r = ( ( 3) ) + ( 3 ) r = AS = ( ) + ( ).inačica r = r = + r = 4 + r = 5. U središnju jednadžbu kružnice uvrstimo koordinate točke A i središta S ili koordinate točke B i središta S. A(, ) = A( 3, ) 3 AS. ( ( )) ( ) S p, q = S, = r = r ( p) + ( q) = r

4 Jednadžba kružnice glasi: Odgovor je pod B. + = r 4 + = r r = 5. S p, q = S, 3, r = 5 ( ( ) ) ( 3) ( 5 + = ) ( p) + ( q) = r = = = =. Vježba 4 Kako glasi jednadžba kružnice kojoj su zadane koordinate krajnjih točaka promjera A(4, 6) i B(8, )? A =, B = C =, D = Rezultat: A. Zadatak 43 (Marija, gimnazija) Odredi jednadžbu elipse koja prolazi točkom T( 3, 7) te je zadan numerički ekscentricitet 3 ε =. 4 Rješenje 43 a n n a a n n n a d a c a c, ( ),, b = n a = a n = =, =. b b c b c b d b d d Skratiti razlomak znači brojnik i nazivnik tog razlomka podijeliti istim brojem različitim od nule i jedinice a n a =, n, n. b 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 a. Velika poluos je a, a mala poluos b. Elipsa kojoj se središte podudara s ishodištem koordinatnog sustava, smjer glavne osi s osi, a smjer sporedne osi s osi ima jednadžbu b + a = a b i li + =. a b Linearni ekscentricitet elipse: e = a b e = a b. Numerički ekscentricitet elipse: e a b ε = ε =. a a Budući da točka T pripada elipsi, uvrstit ćemo njezine koordinate u jednadžbu elipse. 4

5 (, ) = T ( 3, 7) T ( 3 ) = + =. + = a b a b a b Numerički ekscentricitet elipse je zadan pa vrijedi: a b ε = metoda a b 3 a b a 3 / = = 3 komparacije a 4 a 4 ε = 4 a b a b 3 9 a b 9 a b 9 = = = = / 6 a a a a a 6 ( ) 6 a b = 9 a 6 a 6 b = 9 a 6 a 9 a = 6 b 6 7 a = 6 b 7 a = 6 b /: 7 a = b. 7 Iz sustava jednadžbi izračunamo a i b = 9 a b metoda = + = + = 6 supstitucij 6 6 e b b b b 6 b b a = b = / 6 b = 6 b 847 = 6 b 6 b = b b Računamo a b = 847 /: 6 b =. 6 6 a = b 7 metoda a a a. 847 = = = supstitucije b = 6 Jednadžba elipse glasi: a =, b = = + = b + a = a b = / = Vježba 43 Odredi jednadžbu elipse koja prolazi točkom T(3, 7) te je zadan numerički ekscentricitet 3 ε =. 4 5

6 Rezultat: = 847. Zadatak 44 (Marija, gimnazija) asimptote. Odredi jednadžbu hiperbole ako su njezini fokusi F ( 5, ) i F (5, ), a pravci Rješenje 44 n n n ( a b) = a b. = ± Hiperbola kojoj središte leži u ishodištu koordinatnog sustava, a realna os na osi apscisa ima jednadžbu b a = a b ili = ( kanonska jednadžba hiperbole ). a b Linearni ekscentricitet hiperbole: Koordinate fokusa F i F hiperbole su: e = a + b e = a + b. ( ), (, ) F e, F e. Pravci koji sadrže dijagonale središnjeg pravokutnika s dimenzijama a i b zovu se asimptote i njihove jednadžbe glase: b b =, =. a a Budući da su zadani fokusi hiperbole vrijedi: (, ) = ( 5, ) F e F 5 a b 5 a b a b 5. = + = + + = e = a + b Asimptote hiperbole su pravci pa je = ± b = ± a b b = = / a b = a a = b. a a = ± Iz sustava jednadžbi izračunamo a i b. a + b = 5 metoda ( b) + b = 5 4 b + b = 5 5 b = 5 a = b supstitucije Računamo a. 5 b = 5 /: 5 b = 45. a + b = 5 metoda a 45 5 a 5 45 a 8. + = = = b = 45 supstitucije 6

7 Jednadžba hiperbole glasi: a = 8, b = 45 =. = 8 45 a b Vježba 44 Odredi jednadžbu hiperbole ako su njezini fokusi F ( 5, ) i F (5, ), a pravci = ±.5 asimptote. Rezultat: = Zadatak 45 (Marija, gimnazija) Izračunaj duljinu tetive koju pravac 6 = odsijeca na paraboli =. Rješenje 45 n n a c a d b c a c a d + b c a a n =, =, + =, n = b d b d b d b d b n b, n n a b = n a b. ( a b) = a a b + b. 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 kojoj tjeme leži u ishodištu, a žarište na pozitivnom dijelu osi apscise ima jednadžbu Udaljenost točaka A( ) B( ), i, : = p. AB = + Odredimo presjek pravca i parabole tako da riješimo sustav jednadžbi..inačica. ( ) 6 = = + 6 = + 6 / = 6 = = = = metoda ( 6) = = = supstitucije = = / : = a =, b = 3, c = = ( 3) ± ( 3) 4 8 = b ± b 4 a c, a =, b = 3, c = 8, = a = ± ± ± 4, = 4, = 4, = = 4 7

8 8 9 = 4 =. 8 = = 4 Računamo ordinatu da bismo odredili točke presjeka. 9 = 9 9 = 6 = 6 = 9 6 = 3 = 6 9 A(, ) = A, 3. = = 6 = 4 6 = B(, ) = B(, ). = 6 Duljina tetive je duljina dužine AB. 9 A(, ) = A, (, ) (, ) ( 3) B = B AB AB ( 5 = + = + ) AB = ( ) + ( ) AB = + 5 AB = + 5 AB = + 5 AB = djelomično AB korjenovanje 4 AB 4 AB 4 AB = = = = u brojniku.inačica AB = AB =. 6 = metoda 6 = = supstitucije a =, b =, c = 6 6 = ( ) ± ( ) 4 ( 6) = b ± b 4 a c, a =, b =, c = 6, = a = ± + ± ±, =, =, = 5 = 6 = = 3. 4 = = Računamo apscisu da bismo odredili točke presjeka. 8

9 = = 9 = = 9 = 9 /: = = 9 A(, ) = A, 3. = ( ) = 4 = = 4 = 4 /: = Duljina tetive je duljina dužine AB. 9 (, ), 3 = B, = B,. A = A 9 9,, ( 3) B = B AB AB ( 5 = + = + ) AB = ( ) + ( ) AB = + 5 AB = + 5 AB = + 5 AB = djelomično AB korjenovanje 4 AB 4 AB 4 AB = = = = u brojniku AB = AB =. Vježba 45 Izračunaj duljinu tetive koju pravac + 6 = odsijeca na paraboli =. Rezultat: 5 5. Zadatak 46 (Rob, gimnazija) Kružnica a = ima polumjer r =, ako je a jednako Rješenje 46 A. B. 4 C. 6 D. 8 a + b = a + a b + b, a b = a a b + b. Ako je S(p, q) središte kružnice, a r polumjer, tada središnja jednadžba kružnice glasi: p + q = r. Opća jednadžba kružnice: + p q + c =, r = p + q c r = p + q c. Kružnica je skup svih točaka u ravnini jednako udaljenih od zadane točke (središta)..inačica Napisat ćemo središnju jednadžbu kružnice uporabom matode nadopunjavanja na potpuni kvadrat. 9

10 a = a = a = a = Računamo a. ( ) ( ) a = + + = + 4 a + + = 5 a. p + q = r uvjet r 5 a 5 a 5 a a 5 a 4. = = = = = + + = 5 a r = Odgovor je pod B..inačica Iz opće jednadžbe kružnice očitamo p, q i c. ( ) ( ) p = p = /: p = + p q + c = q = 4 q = 4 /: q = a = c = a c = a c = a Sada je: p =, q =, c = a r = = ( ) + a = + 4 a = + 4 a a= 4. r = p + q c Odgovor je pod B. Vježba 46 Kružnica a = ima polumjer r =, ako je a jednako A. B. 3 C. D. 4 Rezultat: A. Zadatak 47 (Marija, gimnazija) Pravac = tangenta je hiperbole b a = a b, a pravac + = jedna je njezina asimptota. Nañi jednadžbu hiperbole. Rješenje 47 Hiperbola kojoj središte leži u ishodištu koordinatnog sustava, a realna os na osi apscisa ima jednadžbu b a = a b ili = ( kanonska jednadžba hiperbole ). a b Pravci koji sadrže dijagonale središnjeg pravokutnika s dimenzijama a i b zovu se asimptote i njihove jednadžbe glase: b b =, =. a a Pravac = k + l dira hiperbolu b a = a b onda i samo onda kad vrijedi: a k b = l.

11 Jednadžba pravca oblika = k + 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. Jednadžba pravca oblika A + B + C = naziva se implicitni oblik jednadžbe pravca ili kraće, opći oblik jednadžbe pravca. Jednadžbu pravca = transformiramo u eksplicitni oblik kako bismo odredili koeficijent smjera k i odsječak na osi l = 6 = = /: ( 6) = k = = = l = 3 Budući da je pravac + = jedna asimptota hiperbole, slijedi: Tada je: + = = = /: ( ) =. b = a b b / / = = a a = b a = b a = 4 b. a a = Iz svojstva dodira pravca i hiperbole izračunamo b. 5 4 a = 4 b, k =, l = b b = 4 b b = a k b = l b 6 5 b 6 4 b b = b = b = / 9 5 b 9 b = b = 6 6 b = 6 /: 6 b =. Računamo a. a = 4 b a = 4 a = 4. b = Jednadžba hiperbole glasi: a = 4, b = 4 = 4 4 = 4. b a = a b Vježba 47 Pravac = tangenta je hiperbole b a = a b, a pravac.5 + = jedna je njezina asimptota. Nañi jednadžbu hiperbole. Rezultat: 4 = 4.

12 Zadatak 48 (Ante, srednja škola) Putanja Zemlje oko Sunca je elipsa sa Suncem u jednome fokusu (žarištu). Udaljenost Zemlje od Sunca u perihelu (točki u kojoj je Zemlja najbliža Suncu) približno iznosi 47 milijuna kilometara, a udaljenost u afelu (točki u kojoj je Zemlja najudaljenija od Sunca) iznosi 5 milijuna kilometara. Koji je numerički ekscentricitet ε Zemljine putanje? Rješenje 48 m = 47 km =.47 8 km, n = 5 km =.5 8 km, Elipsa je skup svih točaka u ravnini za koje je zbroj udaljenosti od dviju fiksnih točaka (žarišta) te ravnine konstantna veličina i iznosi a. Velika poluos je a, a mala poluos b. Elipsa kojoj se središte podudara s ishodištem koordinatnog sustava, smjer glavne osi s osi, a smjer sporedne osi s osi ima jednadžbu b + a = a b i li + =. a b Oblik elipse definira se njezinim ekscentricitetom e. Linearni ekscentricitet elipse je udaljenost od fokusa elipse do ishodišta koordinatnog sustava. Polovica udaljenosti izmeñu žarišta je broj e koji nazivamo linearni ekscentricitet. Numerički ekscentricitet elipse: e ε =. a 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 a n a =, n, n. b n b Proširiti razlomak znači brojnik i nazivnik tog razlomka pomnožiti istim brojem različitim od nule i jedinice a a n =, n, n. b b n a n a c a d b c a d n,, b = = =. b d b d c b c d F F e e a a Računamo veliku poluos a elipse. Sa slike vidi se (donja slika): m + n = a a = m + n m + n a = m + n / a =.

13 Računamo linearni ekscentricitet elipse. Sa slike vidi se (donja slika): m + n m + n m m + n m n m m + e = a e = a m e = m e = e = e =. Numerički ekscentricitet ε Zemljine putanje je: n m n m n m ε e n m a ε m n ε m n ε m n ε = = = = = m + n km.47 km (.5.47) km ε = ε = km +.5 km km ( ) ( ) ( ) km ε =. 8 ε = ε = ε = km ε = + 99 n F m e a Vježba 48 Putanja planeta oko zvijezde je elipsa sa zvijezdom u jednome fokusu (žarištu). Udaljenost planeta od zvijezde u perihelu (točki u kojoj je planet najbliži zvijezdi) približno iznosi 94 milijuna kilometara, a udaljenost u afelu (točki u kojoj je planet najudaljeniji od zvijezde) iznosi 34 milijuna kilometara. Koji je numerički ekscentricitet ε putanje planeta? a Rezultat: Zadatak 49 (Ivana, gimnazija) Odredi jednadžbe tangenata povučenih iz točke P(6, 3) na kružnicu =. Rješenje 49 ( ) b a b n a c a d b c a b = a a b + b, a =, n =, =. c c b d b d Ako je S(p, q) središte kružnice, a r polumjer, tada središnja jednadžba kružnice glasi: p + q = r Opća jednadžba kružnice:. + p q + c =, r = p + q c. Kružnica je skup svih točaka u ravnini jednako udaljenih od zadane točke (središta). Jednadžba pravca oblika 3

14 = k + 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. Jednadžba pravca oblika A + B + C = naziva se implicitni oblik jednadžbe pravca ili kraće, opći oblik jednadžbe pravca. Tangenta (dodirnica) je pravac koji dodiruje krivulju u jednoj točki. Kružnica p + q = r i pravac dodiruju se ako i samo ako vrijedi:. = k + l ( ) ( ) r + k = k p q + l Zakon distribucije množenja prema zbrajanju. a ( b + c) = a b + a c, a b + a c = a ( b + c). Da bi umnožak bio jednak nuli, dovoljno je da jedan faktor bude jednak nuli. 4. a b = a = ili b = il i a = b =. Iz opće jednadžbe kružnice odredimo p, q i r. p = p = /: ( ) + p q + c = q = 4 q = 4 /: ( ) = c = 5 c = 5 p = 6 q = r = p + q c r = 6 + ( ) 5 r = r = 5. c = 5 Budući da točka P(6, 3) pripada pravcu (tangenti) = k + l, njezine koordinate uvrstit ćemo u jednadžbu pravca. P (, ) = P ( 6, 3) 3 = 6 k + l 6 k + l = 3. = k + l Pomoću uvjeta dodira pravca i kružnice dobije se jednadžba oblika: p = 6, q =, r = 5 5 ( ) ( + k ) = ( 6 k ( ) + l) 5 ( + k ) = ( 6 k + + l). r + k = ( k p q + l) Iz sustava jednadžbi 6 k + l = 3 5 ( + k ) = ( 6 k + + l) izračunamo k koeficijent smjera i l odsječak na osi. 6 k + l = 3 l = 3 6 k metoda 5 + = = supstitucije ( k ) ( k l) ( k ) ( k l) 5 ( k ) ( 6 k 3 6 k ) 5 ( k ) ( 5 k ) + = =

15 5 + 5 k = 5 k + k k 5 + k k = k 5 + k k = 5 k + k k = 75 k + k = 75 k + k = / : 5 3 k 4 k = k 3 k 4 = 5 ( ) ( ) k = k = k = k = 4. 3 k 4 = 3 k = 4 3 k = 4 /: 3 k = 3 Dobili smo dva koeficijenta smjera. Sada računamo pripadne odsječke na osi. l = 3 6 k l = 3 6 l = 3 l = 3. k = Prva tangenta ima jednadžbu: k =, l = 3 = + 3 = + 3 = 3 3 =. = k + l l = 3 6 k l = 3 6 l = 3 l = l = l =. k = Druga tangenta ima jednadžbu: 4 55 k =, l = = = / 3 3 = = = k + l Vježba 49 Odredi jednadžbe tangenata povučenih iz točke P(5, 4) na kružnicu =. Rezultat: 4 + =, =. Zadatak 5 (Martina, TUPŠ) Kolika je ploština kružnog vijenca odreñenog kružnicama =? Rješenje 5 Zakon distribucije množenja prema zbrajanju ( a ) = a. a b + c = a b + a c, a b + a c = a b + c. Opća jednadžba kružnice: + p q + c =, r = p + q c = i Krug je skup svih točaka ravnine kojima je udaljenost od zadane točke S manja ili jednaka zadanom broju r > (polumjeru kruga). Ploština kruga polumjera r iznosi: P = r π. Ako su u ravnini zadana dva koncentrična kruga (imaju zajedničko središte), manji krug polumjera r i veći polumjera R, tada se skup svih točaka ravnine koje pripadaju većem krugu, a ne pripadaju

16 unutrašnjosti manjeg kruga zove kružni vijenac. Ploština kružnog vijenca izračunava se po formuli gdje je R > r. ( ) P = R r π, R S r Najprije izračunamo duljine polumjera oba kruga r i r. Polumjer r ( ) ( ) p = 6 p = 6 /: p = 3 + p q + c = q = 8 q = 8 /: q = = c = c = c = polumjer kruga r = ( 3) + ( 4) ( ) r = r = 7. r = p + q c Polumjer r p = 6 p = 6 /: ( ) p = 3 + p q + c = q = 8 q = 8 /: ( ) q = = c = c = c = polumjer kruga r = ( 3) + ( 4) ( ) r = r = 5. r = p + q c Ploština kružnog vijenca jednaka je razlici ploština krugova polumjera r i r. r = 7, r = 5 P = ( 5) ( 7 ) π P = ( 5 7) π P = 98 π. P = ( r r ) π Vježba 5 Kolika je ploština kružnog vijenca odreñenog kružnicama + =? Rezultat: P = 3 π. + + = i 6

17 Zadatak 5 (Ante, srednja škola) Kolika je duljina tetive koju na krivulji 3 = 3 odsijeca pravac + 5 =? Rješenje 5 A. 6 jed. dužina B. 7 jed. dužina C. 8 jed. dužina D. 9 jed. dužina ( ) a b = a b, a b = a a b + b, a = a, a. Zakon distribucije množenja prema zbrajanju Udaljenost točaka A( ) B( ) a b + c = a b + a c, a b + a c = a b + c., i, : AB = + Sjecište krivulje i pravca odredimo tako da riješimo sustav jednadžbi. 3 = 3 3 = 3 metoda 3 ( 5 ) = = = 5 supstitucije ( ) = = = + 8 = + 8 = /: = a =, b = 5, c = = 5 ± 5 4 ( 4) b ± b 4 a c, = a =, b = 5, c = 4, = a = ± + ± ±, =, =, = 5 9 = 4 = =. 4 = 7 = Računamo ordinatu. = 5 = 5 = 3. = Računamo ordinatu. = 5 = 5 ( 7) = =. = 7 Sjecišta krivulje i pravca su točke: A(, ) = A(, 3). B (, ) = B ( 7, ) Računamo udaljenost točaka A i B. 7.

18 A(, ) = A(, 3) B (, ) = B ( 7, ) AB = ( 7 ) + ( 3) AB = ( ) + ( ) ( ) AB = AB = 8+ 8 AB = 8 AB = 8 Odgovor je pod D. Vježba 5 Kolika je duljina tetive koju na krivulji AB = 9 AB = 9. + = 5 odsijeca pravac =? Rezultat: A. A. 5 jed. dužina B. 3 5 jed. dužina C. 4 5 jed. dužina D. 5 5 jed. dužina Zadatak 5 (Martina, TUPŠ) 3 Odredi kut elipse i pravca ako je: = 48 i =. Rješenje 5 a a b a + b n a c a d b c a c a c a d, n,,, b + = = = = =. n n n b d b d b d b d c b c d 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 a n a =, n, n. b 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 a. Velika poluos je a, a mala poluos b. Elipsa kojoj se središte podudara s ishodištem koordinatnog sustava, smjer glavne osi s osi, a smjer sporedne osi s osi ima jednadžbu b + a = a b i li + =. a b Jednadžba tangente Jednadžba tangente na elipsu + = u točki T(, ) te elipse glasi + =. a b a b Kut φ izmeñu dva pravca koji su odreñeni jednadžbama = k + l i = k + l, k > k računa se po formuli 8

19 k k tg ϕ =. + k k Plan rada: ❶ Odredimo koordinate sjecišta elipse i pravca. ❷ Nañemo jednadžbu tangente na elipsu u tom sjecištu. ❸ Izračunamo kut izmeñu tangente i zadanog pravca. Rad: ❶ Sjecište elipse i pravca dobije se rješavanjem sustava jednadžbi = 48 metoda = = 48 = supstitucije = = 48 = 48 = 48 /: 4 = = 4 = 4 /, = ± 4, = ±. = Računamo ordinate sjecišta i. Računamo 3 = 3 3 = = = 3. = Računamo 3 = 3 3 = ( ) = ( ) = 3. = Sjecišta elipse i pravca su točke A(, 3) i B(, 3). ❷ Jednadžba tangente na elipsu u točki A(, 3) glasi: = = 48 /: 48 + = A(, ) = A(, 3 ) A(, ) = A(, 3 ) A(, ) = A(, 3) jednadžba tangente = + = = 6 A(, ) = A(, 3 ) A(, ) = A(, 3) A(, ) = A(, 3) = + = + = + = / 4 + = = + 4 = + 4. ❸ Kut elipse i pravca je kut izmeñu tangente u zadanoj točki elipse i zadanog pravca. 9

20 kut izmeñu pravaca 3 = + 4 k = k k tg ϕ = 3 3 tg ϕ = 3 = k = + k k tg ϕ = tg ϕ = tg ϕ = tg ϕ = tg ϕ = tgϕ = 8 ϕ = tg 8 ϕ = 8 5 '3 ''. Analogno se rješenje dobije u točki B. Vježba 5 Odredi kut elipse i pravca ako je: Rezultat: 8º 5' 3''. + = i 3 =. 6 Zadatak 53 (Sanja, strukovna škola) Koja krivulja drugog reda ima jednadžbu =? A. hiperbola B. parabola C. kružnica D. elipsa Rješenje 53 Krivulja drugog reda (konika) je skup svih točaka (, ) ravnine za koje vrijedi: A + B + C + D + E + F =. Uvjet A + B +C označava da je lijeva strana polinom drugog stupnja s varijablama i. Glavne krivulje drugog reda su: kružnica, elipsa, hiperbola i parabola. Elipsa je skup svih točaka u ravnini za koje je zbroj udaljenosti od dviju fiksnih točaka (žarišta) te ravnine konstantna veličina i iznosi a. Velika poluos je a, a mala poluos b. Elipsa kojoj se središte podudara s ishodištem koordinatnog sustava, smjer glavne osi s osi, a smjer sporedne osi s osi ima jednadžbu

21 b + a = a b i li + =. a b a b a d =. c b c d Skratiti razlomak znači brojnik i nazivnik tog razlomka podijeliti istim brojem različitim od nule i jedinice a n a =, n, n. b n b Transformiramo zadanu jednadžbu = 3 7 = = 9 /: = + = + = Krivulja je elipsa. Odgovor je pod D. Vježba 53 Koja krivulja drugog reda ima jednadžbu =? Rezultat: D. A. hiperbola B. parabola C. kružnica D. elipsa Zadatak 54 (Irena, srednja škola) Kružnica je zadana jednadžbom ( ) ( ) kružnice za koju je >. Rješenje 54 ( ) + + = 5. Odredite točku T(, ) zadane ( a b) = a a b + b. 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: ( p) + ( q) = r. Budući da točka T pripada kružnici, koordinate točke T uvrstit ćemo u jednadžbu kružnice..inačica (, ) = (, ) T T ( + ) + ( ) = = 5 + = 5 ( ) ( ) ( ) ( ) + = 5 = 5 = 5 / = ± 5 = 5 = 5 + = 7 rješenje zbog > = ± 5. = 5 = 5 + = 3 nije rješenje

22 .inačica (, ) = (, ) T T ( + ) + ( ) = = 5 + = 5 ( ) ( ) ( ) + = 5 = = = a =, b = 4, c = 4 = 4 = b ± b 4 a c a =, b = 4, c =, = a ( 4) ( 4) 4 ( ) ± , ± +, ± = =, = = = ± = 7 rješenje zbog >, =. 4 6 = 3 nije rješenje = = Vježba 54 Kružnica je zadana jednadžbom ( + ) + ( ) = 5. Odredite točku T(, ) zadane kružnice za koju je <. Rezultat: = 3. Zadatak 55 (Irena, srednja škola) A(, 6). Kružnica je zadana jednadžbom ( ) ( ) Rješenje = 5. Odredite jednadžbu tangente u točki 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: Zakon distribucije množenja prema zbrajanju. Jednadžba tangente kružnice ( p) + ( q) = r. a b + c = a b + a c, a b + a c = a b + c. p + q = r s diralištem D(, ) glasi: p p + q q = r. Najprije provjerimo pripada li točka A zadanoj kružnici. (, ) = A(, 6) A uvrstimo koordinate točke ( + ) + ( 6 ) = 5 ( + ) + ( ) = 5 u jednadžbu kružnice = = 5 5 = 5. Točka pripada kružnici. Jednadžba tangente glasi:

23 Vježba 55 A(3, 5). (, ) = (, 6) A A jednadžba tangente = 5 ( ) ( ) + ( ) ( + + = ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) = = = = =. Kružnica je zadana jednadžbom ( ) ( ) Rezultat: =. + + = 5. Odredite jednadžbu tangente u točki Zadatak 56 (Nina, gimnazija) Tijelo kreće iz točke A(4, 5) i giba se po kružnici sa središtem u S(3, ) u pozitivnom smjeru do točke B(, ). Duljina kružnog luka Rješenje 56 5 π AB je AB =. Odredite koordinate točke B. a b = a b, a b = a a b + b, a b = a b a = a. n n n ( ) ( ), ( ) b a b a =. c c Neka su A(, ) i B(, ) dvije točke ravnine. Tada je udaljenost točaka A i B dana formulom AB = + Ako je r polumjer kružnice, tada je duljina luka sa središnjim kutom od α stupnjeva dana formulom l r π = α, 8 ( α ) 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: ( p) + ( q) = r. Ako su dane točke A(, ) i B(, ), onda su koordinate vektora koji ih spaja: AB ( ) i ( ). = + j Ako su vektori zadani u koordinatnom sustavu, tada se skalarni produkt definira na ovaj način:. a = a i + a j a b = a b + a b. b = b i + b j Dva su vektora a i b okomita ako im je skalarni produkt jednak nuli: a b a b + a b =. Pravac točkama A(, ), B(, ),, ima koeficijent smjera 3

24 k =. Uvjet okomitosti pravaca: Ako su pravci dani eksplicitnim jednadžbama = k + l, = k + l, tada su okomiti ako i samo ako je k k = k =. k Jednadžba pravca točkom T s danim koeficijentom smjera k Pravac kroz točku T(, ) s koeficijentom smjera k ima jednadžbu ( ) = k. 8 6 C r B S α r negativno -4-6 A pozitivno.inačica Najprije odredimo duljinu polumjera r zadane kružnice. S (, ) = S ( 3, ) A(, ) = A( 4, 5) SA = ( 4 3) + ( 5 ) SA = + ( 7) r = SA = ( ) + ( ) SA = + 49 SA = 5 SA = 5 SA = 5 SA = 5. Polumjer kružnice je r = 5. Pomoću duljine kružnog luka AB izračunamo njegov središnji kut α. 4

25 r π α 5 π α AB =, r = 5 AB = 8 8 metoda komparacij 5 π 5 π e AB = AB = 5 π α 5 π 5 π α 5 π 8 = = / α = π Točka B pripada kružnici čije je središte točka S. Jednadžba kružnice glasi: S p, q = S 3,, r = 5 ( 3) ( ) ( 5 + = ) ( p) + ( q) = r 3 + = = = 5. ( ) Uočimo da su vektori SA i SB meñusobno okomiti jer zatvaraju kut α = 9º. Odredimo vektore SA i SB. S, = S 3, A(, ) = A( 4, 5) SA ( 4 3) i ( 5 ) j SA i 7 j. = + = SA = ( ) i + ( ) j S, = S 3, B (, ) = B (, ) SB ( 3) i ( ) j. = + SB = ( ) i + ( ) j Budući da su vektori meñusobno okomiti njihov skalarni produkt jednak je nuli. SA = i 7 j SB = ( 3) i + ( ) j i 7 j ( 3) i + ( ) j = SA SB = 3 7 = = 7 + =. Sjecište pravca 7 + = i kružnice ( ) ( ) dobijemo rješavanjem sustava jednadžbi. ( ) ( ) ( ) ( ) 3 + = 5 je točka B čije koordinate 7 + = = 7 metoda 3 + = = 5 supstitucije = = = = 5

26 5 + 5 = = /: = a =, b = 4, c = = ( 4) ± ( 4) 4 3 b ± b 4 a c, = a =, b = 4, c = 3, = a = ± ± ±, =, =, = 4 = 6 = 3 =. = = Računamo. = 7 = 7 3 = =. = 3 Koordinate točke B su (, ) = B(, 3) B jer se gibamo u pozitivnom smjeru po kružnici. = 7 = 7 = 7 = 4. = Koordinate točke C su C, = C 4, jer se gibamo u negativnom smjeru po kružnici..inačica Najprije odredimo duljinu polumjera r zadane kružnice. S (, ) = S ( 3, ) A(, ) = A( 4, 5) SA = ( 4 3) + ( 5 ) SA = + ( 7) r = SA = ( ) + ( ) SA = + 49 SA = 5 SA = 5 SA = 5 SA = 5. Polumjer kružnice je r = 5. Pomoću duljine kružnog luka AB izračunamo njegov središnji kut α. r π α 5 π α AB =, r = 5 AB = 8 8 metoda komparacij 5 π 5 π e AB = AB = 6

27 5 π α 5 π 5 π α 5 π 8 = = / α = π Točka B pripada kružnici čije je središte točka S. Jednadžba kružnice glasi: S p, q = S 3,, r = 5 ( 3) ( ) ( 5 + = ) ( p) + ( q) = r 3 + = = = 5. ( ) Odredimo koeficijent smjera pravca SA. S (, ) = S ( 3, ) 5 7 A(, ) = A( 4, 5) k = k = k = k = Pravac koji prolazi točkama S i B okomit je na pravac SA (zatvaraju kut α = 9º) pa njegov koeficijent smjera ima vrijednost k = 7 k = k =. k = 7 7 k Odredimo jednadžbu pravca koji prolazi točkom S, a ima koeficijent smjera k (pravac SB). (, ) = ( 3, ) S S 3 3 k = = ( 3) = = / 7 = k ( ) 7 4 = = + 7 = + 7 = / Sjecište pravca =. + = i kružnice ( ) ( ) dobijemo rješavanjem sustava jednadžbi. ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 + = 5 je točka B čije koordinate 7 + = = 7 metoda 3 + = = 5 supstitucije = = = = = = /: = 7

28 a =, b = 4, c = = ( 4) ± ( 4) 4 3 b ± b 4 a c, = a =, b = 4, c = 3, = a = ± ± ± = = =,,, 4 = 6 = = 3. = = Računamo. = 7 = 7 3 = =. = 3 Koordinate točke B su (, ) = B(, 3) B jer se gibamo u pozitivnom smjeru po kružnici. = 7 = 7 = 7 = 4. = Koordinate točke C su C, = C 4, jer se gibamo u negativnom smjeru po kružnici. Vježba 56 Tijelo kreće iz točke A(4, 5) i giba se po kružnici sa središtem u S(3, ) u negativnom smjeru do točke B(, ). Duljina kružnog luka Rezultat: B ( 4, ). Zadatak 57 (Ivana, HTK) Odredi zajedničke točke pravca 3 = i hiperbole Rješenje 57 Jednadžba pravca oblika n n n 5 π AB je AB =. Odredite koordinate točke B. 8 =. 3 ( a b) = a b, a = a i, a >, i =. A + B + C = naziva se implicitni oblik jednadžbe pravca ili kraće, opći oblik jednadžbe pravca. Hiperbola kojoj središte leži u ishodištu koordinatnog sustava, a realna os na osi apscisa ima jednadžbu b a = a b ili = ( kanonska jednadžba hiperbole ). a b Skratiti razlomak znači brojnik i nazivnik tog razlomka podijeliti istim brojem različitim od nule i

29 jedinice a n a =, n, n. b n b Koordinate zajedničkih točaka pravca i hiperbole dobit ćemo tako da riješimo sustav jednadžbi. 3 = = 3 3 ( ) 3 / = = = = / 3 3 = 3 3 = metoda 3 ( 3 ) = = = 3 supstitucije = 3 6 = 3 /: ( 6) = = = 6 6 = /, = ±, = ± i. Rješenja su imaginarni brojevi, a to znači da pravac i hiperbola nemaju zajedničkih točaka. Pogledati sliku. Vježba 57 Odredi zajedničke točke pravca = i hiperbole 3 Rezultat: Nema zajedničkih točaka. =. 3 Zadatak 58 (Ivana, HTK) Odredi jednadžbu tangente u točki D(, > ) elipse Rješenje = 8. a b = a b, a b = a a b + b, a b = a b a = a. n n n ( ) ( ), ( ) 9

30 Elipsa je skup svih točaka u ravnini za koje je zbroj udaljenosti od dviju fiksnih točaka (žarišta) te ravnine konstantna veličina i iznosi a. Velika poluos je a, a mala poluos b. Elipsa kojoj se središte podudara s ishodištem koordinatnog sustava, smjer glavne osi s osi, a smjer sporedne osi s osi ima jednadžbu segmentni oblik, b + a = a b ili + =. a b kanonski oblik Jednadžba pravca oblika A + B + C = naziva se implicitni oblik jednadžbe pravca ili kraće, opći oblik jednadžbe pravca. Tangenta koja prolazi točkom T(, ) elipse b + a = a b ili + = a b ima jednadžbu ili b + a = a b + =. a b Skratiti razlomak znači brojnik i nazivnik tog razlomka podijeliti istim brojem različitim od nule i jedinice a n a =, n, n. b n b Prvo izračunamo ordinatu točke D. U jednadžbu elipse uvrstimo = i dobijemo kvadratnu jednadžbu. (, ) = (, ) D D + 4 = = = 8 4 = = 4 4 = 4 /: 4 = = /, = ±, = ± = = D (, ) = D (, ). = nije rješenje zbog > Ordinata koja zadovoljava uvjet > je =. Dakle, diralište je točka D(, ). Napisat ćemo segmentni oblik jednadžbe elipse = = 8 /: 8 + = + = + = Jednadžba tangente u točki D zadane elipse glasi: + = 8 8, a = b = + = + = + = a b 8 8 D (, ) = D (, ) + = + = / 4 + = =

31 Vježba 58 Odredi jednadžbu tangente u točki D(, > ) elipse Rezultat: + 4 =. + =. 8 Zadatak 59 (Ivana, HTK) Napiši jednadžbe tangenata povučenih iz točke P(4, ) na elipsu Rješenje =. Elipsa je skup svih točaka u ravnini za koje je zbroj udaljenosti od dviju fiksnih točaka (žarišta) te ravnine konstantna veličina i iznosi a. Velika poluos je a, a mala poluos b. Elipsa kojoj se središte podudara s ishodištem koordinatnog sustava, smjer glavne osi s osi, a smjer sporedne osi s osi ima jednadžbu segmentni oblik, b + a = a b ili + =. a b kanonski oblik Pravac = k + l dodiruje elipsu + = ako i samo ako vrijedi a b a k + b = l. n a c a d b c b a b n =, =, a =, ( a b) = a a b + b. b d b d c c Skratiti razlomak znači brojnik i nazivnik tog razlomka podijeliti istim brojem različitim od nule i jedinice a n a =, n, n. b n b Eksplicitni oblik jednadžbe pravca: Jednadžba pravca oblika = k + l, k koeficijent smjera, l odsječak na osi. A + B + C = naziva se implicitni oblik jednadžbe pravca ili kraće, opći oblik jednadžbe pravca. Plan rada: ❶ Napisati jednadžbu elipse u kanonskom obliku. + =. a b ❷ Uporabiti uvjet dodira pravca i elipse. = k + l a k + b = l. + = a b ❸ Koristiti činjenicu da točka T(, ) leži na tangenti = k + l. (, ) (, ) T = T = k + l. = k + l 3

32 ❹ Riješiti sustav dvije jednadžbe sa dvije nepoznanice k i l. ❺ Napisati jednadžbe tangenata. Rad: = k + l k, l rješenja. a k + b = l k, l = k + l. = k + l ❶ Jednadžbu zadane elipse napišemo u kanonskom obliku (segmentnom obliku) = + 4 = /: + = + = a = + =. 5 b = 5 ❷ Iz uvjeta dodira pravca i elipse dobije se jednadžba: a =, b = 5 k + 5 = l. a k + b = l ❸ Budući da točka P leži na tangenti = k + l, uvrstit ćemo koordinate točke P u jednadžbu tangente (pravca). P(, ) = P( 4, ) = 4 k + l 4 k + l =. = k + l ❹ Da bismo odredili k i l moramo riješiti sustav jednadžbi. 4 k + l = l = 4 k metoda k + 5 = ( 4 k ) k 5 l k 5 l supstitucije + = + = k + 5 = 8 k + 96 k k k 96 k = 96 k + 8 k + 4 = 96 k + 8 k + 4 = /: 4 4 k 7 k 6 = 3 ( ) a = 4, b = 7, c = 6 4 k 7 k 6 = b ± b 4 a c a = 4, b = 7, c = 6 k, = a ( 7) ( 7) 4 4 ( 6) k ± , 4 k ± +, 48 k ± = = =, k = k = k = k = 7 ± k =., k = k 48 = k 48 = k 48 = 8 Računamo l. l = 4 k l = 4 l = l = l = l =. k =

33 l = 4 k l = 4 l = 4 l = 7 l = k = l l = = 4 l = 4 ❺ Jednadžbe tangenata glase: 5 k =, l = = + = + / 3 3 = + 5 = k + l ( ) = = / =. 3 5 k =, l = = = / 8 8 = 3 5 = k + l =. Vježba 59 Napiši jednadžbe tangenata povučenih iz točke P(, 5) na elipsu Rezultat: 3 =, 6 + =. + 4 = 4. Zadatak 6 (Lucija, graditeljska tehnička škola) Odredi jednadžbu elipse kojoj je zadano a + b = 6, e = 8. Rješenje 6 ( a b) = a a b + b, a b = ( a b) ( a + b). Zakon distribucije množenja prema zbrajanju. a b + c = a b + a c, a b + a c = a b + c. Elipsa je skup svih točaka u ravnini za koje je zbroj udaljenosti od dviju fiksnih točaka (žarišta) te ravnine konstantna veličina i iznosi a. Velika poluos je a, a mala poluos b. Elipsa kojoj se središte podudara s ishodištem koordinatnog sustava, smjer glavne osi s osi, a smjer sporedne osi s osi ima jednadžbu segmentni oblik, b + a = a b ili + =. a b kanonski oblik 33

34 Linearni ekscentricitet elipse:.inačica e = a b e = a b. a + b = 6 a + b = 6 a + b = 6 a + b = 6 metoda e = a b a b = e a b = 8 a b = 64 supstitucije b = 6 a a ( 6 a) = 64 a ( 56 3 a + a ) = 64 a b = 64 a a a = 64 a a a = a = 64 3 a = a = 3 3 a = 3 /: 3 a =. Računamo b. a + b = 6 + b = 6 b = 6 b = 6. a = Jednadžba elipse glasi: + = a b + = + = a =, b = 6.inačica a + b = 6 a + b = 6 a + b = 6 a + b = 6 e = a b a b = e a b = 8 a b = 64 a + b = 6 a + b = 6 a + b = 6 ( a + b) ( a b) = 64 ( a + b) ( a b) = 64 6 ( a b) = 64 a + b = 6 a + b = 6 metoda suprotnih a = 6 ( a b) = 64 /: 6 a b = 4 koeficijenata a = /: a =. Računamo b. a + b = 6 + b = 6 b = 6 b = 6. a = Jednadžba elipse glasi: + = a b + = + = a =, b = 6 34

35 Vježba 6 Odredi jednadžbu elipse kojoj je zadano a b = 4, e = 8. Rezultat: + =