Matematički fakultet u Beogradu
Seminarski rad
Analitička geometrija u prostoru Prava i ravan
Profesor : Dr.Zoran Lučić
Student : Košanin Radoje
Niš , 2008 1
SADRŽAJ
Ravan
3
Normalan i opšti oblik jednačine ravni Segmentni oblik ravni Jednačine ravni koje prolaze kroz datu tačku Jednačine ravni koje prolaze kroz 3 date tačke
3 9 11 12
ODNOSI IMEĐU RAVNI
14
Ugao između dve ravni Uslovi paralelnosti i normalnosti dve ravni Tačke preseka tri ravni Snop ravni
14 15 16 17
PRAVE
17
Jednačine prave Opšte jednačine prave Jednačine prave koje prolaze kroz dve date tačke
17 21 23
ODNOS IZMEĐU PRAVIH
24
Ugao između dve prave Uslovi paralelnosti i normalnosti dve prave Presek dve prave
24 24 25
PRAVA I RAVAN
27
Ugao između prave i ravni Uslovi paralelnosti i normalnosti prave i ravni Presek prave i ravni Uslovi da dve prave leže u istoj ravni
27 28 28
LITERATURA
31
2
RAVAN Normalni i opšti oblik jednačine ravni Kroz proizvoljno izabranu ravan p konstruisana je, kroz koordinatni početak, na ravan normalna prava l (slika 01) koja je pozitivno usmerena od koordinatnog početka.Prava seče ravan p u tački T, rastojanje ravni od koordinatnog početka jednako je dužini OT, odnosno t.Ravan je određena rastojanjem od koordinatnog početka (t) i uglovima koje prava l gradi sa koordinatnim osama (α , β , γ ).
Slika 01 Neka je zadata proizviljlna tačka M, M∈ p, pri čemu se njene koordinate menjaju, ali ostaju povezane određenim uslovom.Posmatrajmo izlomljenu liniju OPSM proizvoljne tačke M ravni i njenu projekciju na pravu l. Projekcija izlomljene linije jednaka je projekciji njenog spoljnog odsečka , dakle: _____ ___ __ pr OPSM = pr OM =OT = t (1) Možemo pisati i: ___ ___ ___ _____ pr OP + pr PS + pr SM = pr OPSM = t
(2)
Kako je projekcija duži jednaka proizvodu njene dužine i kosinusa ugla, koji ona zaklapa sa osom projekcije, zamenom u jednakosti (2) dobijamo: xcosα + ycosβ + zcosγ = t xcosα + ycosβ + zcosγ - t = 0
(3)
r Ako je r radijus vektor tačke M(x, y, z) i n (α , β , γ ) jedinični vektor prave l, jednačina (3) postaje: r r (3’) r n – t =0
3
Jednačinu (3’) možemo izvesti i vektorskom metodom.Položaj ravni p u prostoru biće potpuno određen ako zadamo njenu r razdaljinu t od početka O (slika 02) odnosno dužinu normale OT, i jedinični vektor n normalan i usmeren od početka O prema ravni.
Slika 02 r Kada se zadaje proizvoljna tačka M, njen radijus vektor r se menja ,ostajući uvek r vezan određenim uslovom. Očigledno je da za svaku tačku M( r ), koja leži u ravni, važi: r prn r = OT = t
(*)
Takav uslov važi samo za tačke ravni, jednakost r rr(*) izražava osobinu, zajedničku svim tačkama ravni, i to samo njima. Kako je prn r = rn , jednačina (*) se može zapisati : r r (3’) r n - t=0 Jednačina (3’)izražava uslov, uz koji tačka M(r) pripada datoj ravni i zove se normalna jednačina ravni.Radijus-vektor proizvoljne tačke M zove se tekući radijusvektor. Za t = 0 ravan prolazi kroz tačku O. U tom slučaju može se uzeti bilo koji smer jediničnog vektora. Jednačina (3) izražava uslov, pod kojim tačka M(x, y, z) pripada ravni p i zove se normalna jednačina ravni. Jednačina (3) je prvog stepena u odnosu na x, y, z što znači da svaka ravan može biti predstavljena jednačinom prvog stepena u odnosu na tekuće koordinate. Dokažimo sada suprotno: da svaka jednačina prvog stepena sa 3 promenjive određuje ravan. Posmatrajmo jednačinu prvog stepena opšteg oblika : Ax + By + Cz + D = 0
(4)
Razmatraćemo A, B, C kao projekcije na koordinatne ose Ox, Oy, i Oz nekog 4
ur r konstantnog vektora m , a x, y, z kao projekcije radijus vektora r tačke M.Tada jednačinu (4) možemo rr izraziti u vektorskom obliku: (5) rn + D = 0 Sada razmotrimo sledeće slučajeve: 1. D < 0 ur Tada ćemo podeliti jednačinu (5) sa modulom vektora m , odnosno m. Dobićemo: rr D rn + = 0 m r D gde je n jedinični vektor. Označimo negativan broj sa –t dobićemo normalnu m jednačinu u vektorskom obliku (3’) : rr rn − t = 0 2.D > 0 Jednačinau (5) podelićemo sa –m, tako da ona dobija oblik r r D r −n − = 0 m D Ako označimo sa t ponovo dobijamo jednačinu (3’). m
( )
3.D = 0 Tada jednačinu (5) možemo podeliti sa m ili –m i u oba slučaja dobićemo jednačinu (3’) Dakle, jednačina (5) uvek može da se svede na normalan oblik (3’). To znači da jednačina (5), a samim tim i jednačina (4), određuju ravan.Jednačina prvog stepena sa tri promenjive određuje ravan i predstavlja opšti oblik jednačine ravni. Neka je svaki u vektor, različit od nultog, i normalan na ravan, normalni vektor r ravni.Tada će vektor m {A, B, C} biti jedan od normalnih vektora ravni. Tada koeficijenti A, B, C, u jednačini (4) predstavljaju projekcije normalnog vektora na koordinatne ose. Apsolutna vrednost slobodnog člana D podeljena dužinom vektora m jednaka je rastojanju ravni od koordinatnog početka. Normalna jednačina ravni (3) je samo poseban slučaj opšte jednačine (4). To je je slučaj kada je za normalni vektor ravni uzet jedinični vektor, usmeren iz koordinatnog početka, normalno na datu ravan. Da ur bi se opšta jednačina ravni svela na normalan oblik treba je podeliti dužinom vektora m {A, B, C}, uzimajući znak + ili -, zavisno od toga dali je slobodan član D negativan ili pozitivan.Dakle, da bi se opšta jednačina (4) prvog stepena svela na normalan oblik, treba je pomnožiti sa množiocem M, pri čemu je znak množioca suprotan znaku slobodnog člana D u jednačini (4) (ako je D = 0 znak se uzima proizvoljno). Množilac M se zove normirajući množilac :
M= ±
1 A + B2 + C 2 2
(6)
Posle množenja sa M, jednačina (4) dobija oblik :
5
MAx + MBy + MCz + MD = 0 I podudara se sa normalnom jednačinom (3). Prema tome :
M A = cαo ,s M B = c o s β , M C = c o =s γ ,t− M D
Ako formulu M(6) stavimo u predhodnu jednakost, dobićemo formule
cos α = ± cos γ =
A β,cos = A2 + B 2+C 2 C = , A2 + B 2+C 2
B 2 +A + B2 C2 D t m 2 +A+ B2 C2
(7)
Svodjenje opšte jednačine na normalni oblik moguće je i bez vektorske metode.Ako pomnožimo jednačinu (4) konstantnim množiocem M, izabravši ga tako da dobijamo normalnu jednačinu oblika (3) , jednačina (4) imaće oblik MAx + MBy + MCz + MD = 0
(**)
Da bi jednačina (**) bila istog oblika kao jednačina (3) treba biti :
M A = cαo ,s M B = c o s β , M C = c o =s γ ,t− M D
(***)
Iz jednakosti (***) izrazićemo nepoznate M, α , β , γ i t pomoću poznatih koeficijenata,A, B, C, D ako upotrbimo pomoćnu jednakost
c o s
α β c o γ + s+ = 1
2 c o s
2
2
Ako kvadriramo i saberemo jednakosti (***) dobijamo: M 2 A2 + M 2 B 2 + M 2 C 2 = cos2 α + cos2 β + cos2 γ = 1
M=±
1 A2 + B 2 + C 2
Pri čemu se iz poslednje jednakosti (***) vidi da znak u poslednjoj jednačini treba da je suprotan od znaka slobodnog člana.Stavljajući vrednost za M u jednakosti (***) dobićemo formule (7). Ako dve jednačine određuju istu ravan, odgovarajući koeficijenti su im proporcionalni jer kad ih svedemo na normalni oblik imaće istu normalnu jednačinu.
6
Pogledajmo sada kakav položaj u odnosu na koordinatne ose zauzima ravan zadata jednačinom (4), ako neki koeficijenti te jednačine prelaze u nulu. Ako je D = 0 , onda je jednačina (4) zadovoljena za x = y = z = 0, odnosno ako ravan prolazi kroz koordinatni početek. Ako je C = 0, onda jednačina (4) glasi: Ax +By +D = 0
(8)
Ako bismo tu jednačinu posmatrali u ravni xOy, imali bismo pravu liniju. Ali, ako posmatramo jednačinu (8) u prostoru, imamo geometrisko mesto tačaka koje se projektuje na ravan xOy kao tačke navedene prave. Dakle jednačina (8) određuje ravan paralelnu osi Oz. Analogno tome, ako je B = 0 jednačina : Ax + Cz + D = 0 oređuje ravan paralelnu sa osom Oy, a za A = 0 jednačina : By + Cz + D = 0 Određuje ravan paralelnu Ox osi.Uopšteno, ako jednačini ravni nedostaje koordinata x, y ili z, ravan je paralelna sa, redom Ox, Oy ili Oz osom. Sada predpostavimo da su dva koeficijenta jednaka nuli.Ako je D = C = 0 jednačina Ax + Cz = 0 predstavlja jednačinu ravni koja prolazi kroz osu Oy, kao što je jednačinom By + Cz = 0 određena ravan koja prolazi kroz osu Ox. Ako su dva koeficijenta uz koordinate jednaka nuli, npr. A = B = 0, onda jednačina : Cz + D = 0 određuje ravan paralelnu paralelnu i Ox i Oy osi, odnosno pravu paralelnu ravni xOy. Isto tako jednačine By + D = 0 i Ax + D = 0 određuju ravni koje su, redom paralelne ravnima xOy i yOz. Ako su tri koeficijenta jednaka nuli, npr. B = C = D = 0, jednačina Ax = 0 ili x = 0 određuju koordinatnu ravan yOz. Dakle By = 0 biće jednačina koordinatne ravni xOz, a Cz = 0 jednačina koordinatne ravni xOy. Primeri : 1.Jednačinu ravni x -2y +2z -3 = 0 dovesti na normalan oblik. 1 1 = Normirajući množilac biće : M = + 2 2 1 + ( −2 ) + 22 3 Kada njime pomnožimo jednačinu , dobićemo :
1 2 2 x − y + z − 1 = 0 . Za ravan biće : 3 3 3 7
1 2 2 cos α = , cos β = − , cos γ = , p = 1. 3 3 3 2.Skicirati ravni (α ) : z = 1, (β ) : x = 1, (γ ) : y= -1, (π ) : x + y =1
α ║xOy,(0,0,1)∈ α
γ ║xOz, (0,-1,0) ∈ γ
β ║ yOz, (1,0,0)∈ β
π ║Oz,(l): x + y = 1 ∈ π
Segmentni oblik jednačine ravni 8
Posmatrajmo ravan koja preseca sve tri koordinatne ose i ne prolazi kroz koordinatni početak.Tada je njena jednačina : Ax + By + Cz + D = 0
(9)
pri čemu nijedan od koeficijenata A, B, C, D nije jednak nuli. Neka su a, b, i c dužine odsečaka koje ravan odseca na koordinatnim osama (slika 03).Kako tačka P(a, 0,0) pripada ravni, njene koordinate zadovoljavaju jednačinu (9). Dakle Aa + D = 0 ili: A=-
D a
(10)
I,analogno tome, za tačku Q(0, b, 0) važi Bb + D = 0 ili: B=-
D , b
(10’)
kao i za tačku R (0, 0, c) važi Cc + D = 0 ili D , (10”) c Ako zamenimo vrednosti dobijene u jednačinama (10), (10’), (10”), u jednačini (9) dobijamo : x x x -D -D -D + D = 0 a b c C=-
Slika 03 Kada skratimo sa –D koje po predpostavci nije jednako nuli, dobijamo :
9
x x x + + =1 a b c
(11)
Ovakva jednačina predstavlja segmentni oblik jednačine ravni.
Primeri: 3.Jednačina ravni 3x – 4y + z – 5 = 0 napisati u segmentnom obliku. 3 3 Za y = z = 0 dobićemo a: 3 x − 5 = 0, x = , a = . Isto tako : 5 5 5 5 x = z = 0 ⇒ −4 y − 5 = 0, y = − , b = − 4 4 x = y = 0 ⇒ z − 5 = 0, z = 5, b = 5 Jednačina ravni u segmentnom obliku biće : x y z + + =1 5 5 5 − 3 4 4.Napisati u segmentnom obliku jednačinu ravni 5x - 2y + 8z + 4 = 0. Ako podelimo jednačinu sa -4, imaćemo : 5 1 − x + y − 2 z − 1 = 0, 4 2 Pa odatle odmah dobijamo segmentni oblik jednačine ravni : x y z + + =1 4 2 1 − − 5 2
Jednačina ravni koja prolazi kroz datu tačku Razmotrimo situaciju kada je potrebno pronaći u r jednačinu ravni koja prolazi kroz datu tačku M1, koja je određena radijus-vektorom r1 { x1 , y1 , z1} .Uzmimo proizvoljni ur vektor m { A, B, C} ≠0 i nađimo jednačinu ravni koja prolazi kroz tačku M1 i normalna je ur na vektor m (slika 04). Označimo takvu ravan sa p . r Neka je sada r { x, y , z} radijus-vektor bilo koje tačke M ravni p. Tada će vektor uuuuur ur r r M 1M biti jednak razlici vektora r i r1 i normalan na vektor m . Onda će njihov skalarni proizvod biti jednak nuli: ur r r m ( r - r1 ) = 0
(12)
Ova jednakost važi za sve tačke ravni p, a ne važi za tačke van te ravni. 10
Kada izrazimo skalarni proizvod u jednačini (12) u koordinatnom obliku dobijamo: A(x - x1) + B(y - y1)+ C(z - z1) = 0
(12’)
Slika 04 Menjajući vrednosti A, B, C odnosno brisanjem proizvoljnog vektora m dobijaju se različite ravni koje prolaze kroz tačku M1. Jednačinu ravni koja prolazi kroz datu tačku možemo izvesti i bez vektorske metode. Ako je potrebno odrediti jednačinu ravni koja prolazi kroz tačku M ( x1 , y1 , z1 ) , predpostavimo da je ta jednačina oblika : Ax + By + Cz + D = 0 Prema uslovu tačka M pripada ravni pa važi: Ax1 + By1 + Cz1 + D = 0 Ako oduzmemo ovu identičnost od polazne jednačine, dobićemo : A(x - x1) + B(y - y1)+ C(z - z1) = 0 Gde su A, B, C proizvoljni. Na ovaj način poslednja jednačina predstavlja jednačinu ravni, koja prolazi kroz tačku M za proivoljne vrednosti A, B, C (osim A = B = C = 0).
Primer : 5.Sastaviti jednačinu ravni koja prolazi kroz tačku M(5,6,7). Jednačina te ravni je A(x - 5) + B(y - 6) + C(z - 7) = 0. 11
Jednačine ravni koja prolazi kroz tri date tačke Neka je potrebno naći jednačinu ravni koja prolazi krozr triurdate ur tačke, koje ne pripadaju jednoj pravoj. Označimo njihove radijus-vektore sa r1 , r2 , r3 , a tekući radijusr r r r ur r ur vektor sa r .Vektori r - r1 , r − r2 , r − r3 , moraju biti ,jer svi leže u istoj ravni, pa je vektorsko-skalarni proizvod ovih vektora jednak nuli : r ur r ur r r (( r - r1 ) × ( r − r2 )) • ( r − r3 ) = 0
(13)
r ur ur Ovo je jednačina ravni kroz tri date tačke određene radijus-vektorima r1 , r2 , r3 date u vektorskom obliku. U koordinatnom obliku dobijamo x − x1 x2 − x1 x3 − x1
y − y1 y2 − y1 y3 − y1
z − z1 z2 − z1 = 0 z3 − z1
(13’)
r u r ur ur Gde su r { x, y , z} , r1 { x1 , y1 , z1 } , r2 { x2 , y2 , z2 } , r3 { x3 , y3 , z3 } .Ako bi tri date tačke ležale ur u r r u r na istoj pravoj, vektori r2 − r1 i r − r1 bili bi kolinearni.Onda bi odgovarajući elementi dve poslednje vrste determinante jednačine (13’) bili proporcionalni, a determinanta identično jednaka nuli. Dakle, kroz svaku tačku u prostoru prolazi ravan kojoj pripadaju i tri tače jedne prave. Izvedimo bez vektora, Ako označimo koordinate tri date tačke sa x1 , y1 , z1 ; x2 , y2 , z2 ; x3 , y3 , z3 ; napisaćemo jednačinu svake ravni koja prolazi kroz prvu tačku : A(x - x1) + B(y - y1)+ C(z - z1) = 0
(#)
Sada je potrebno da ova jednačina bude zadovoljena za druge dve tačke A ( x2 − x1 ) + B ( y2 − y1 ) + C ( z2 − z1 ) = 0 A ( x3 − x1 ) + B ( y3 − y1 ) + C ( z3 − z1 ) = 0
(##)
Iz jednačine (##) odrediti treba odrediti odnos dva koeficijenta prema trećem i dobijene vrednosti uneti u jednačinu (#).
Primeri: 12
6.Sastaviti jednačinu ravni koja prolazi kroz tačke A(1,2,3), B(-1,0,0), i C(3,0,1). Unesimo koordinate u determinantu : x −1 y − 2 z − 3 −2 −2 −3 = 0 2 −2 −2
( x − 1) ( 4 − 6 ) − ( y − 2 ) ( 4 + 6 ) + ( z − 3) ( 4 + 4 ) = 0 −2 x + 2 − 10 y + 20 + 8 z − 24 = 0 −2 x − 10 y + 8 z − 2 = 0 x + 5 y − 4z +1 = 0 7.Sastaviti jednačinu ravni koja prolazi kroz tačke (0,0,0), (1,1,1) i (2,2,2). x y z 1 1 1 =0 2 2 2 0x - 0y – 0z = 0 Identitet pokazuje da postoji bezbroj ravni koje prolaze kroz date tačke, jer su one kolinearne. 8.Sastaviti jednačinu ravni koja prolazi kroz tačke (1,1,-1), (3,-4,-2), (-3,0,1). x −1 y −1 z +1 2 −5 −1 = 0 −4 −1 2
( x − 1) ( −10 − 1) − ( y − 1) ( 4 − 4 ) + ( z + 1) ( −2 − 20 ) = 0 −11x + 11 − 22 z − 22 = 0 x + 2z +1 = 0 Ova ravan je normalna na ravan x0z.
ODNOSI IZMEĐU RAVNI 13
Ugao između dve ravni Neka su jednačine dve date ravni: A1 x + B1 y + C1 z + D1 = 0 i A2 x + B2 y + C2 z + D2 = 0 (14) Pod uglom između dve ravni podrazumeva se svaki od dva susedna prostorna ugla koje te ravni zatvaraju(u slučaju paralelnosti ravni možemo smatrati da je ugao između njih jednak nuli ili π ). Jedan od tih prostornih uglova je jednak uglu φ između vektora {A1,B1,C1} i {A2,B2,C2} koji su normalni na date ravni. Ugao φ biće : cos ϕ =
A1 A2 + B1 B2 + C1C2
(15) A + B12 + C12 A2 2 + B2 2 + C2 2 Možemo izračunati i bez vektora. Ako je jedan od susednih prostornih uglova, koje obrazuju ravni, jednak uglu između normala konstruisanih iz koordinatnog početka na te ravni, i ako su jednačine ravni : 2 1
x cos α1 + y cos β1 + z cos γ1 − t1 = 0 x cos α 2 + y cos β2 + z cos γ 2 − t2 = 0 Onda će biti : cos ϕ = cos α1 cos α 2 + cos β1 cos β2 + cos γ1 cos γ 2 Ako u poslednjoj jednačini unesemo formule (7), dobijamo :
gde znak + ili – odgovara izabranom susednom prostornom uglu između ravni.
Uslovi paralelnosti i normalnosti dve ravni Ako su dve ravni sa jednačinama (14) normalne, ugao između njih je 90d , odnosno cos ϕ = 0 . Ako ovo iskoristimo u jednačini (15) dobićemo uslov normalnosti dve ravni : A1 A2 + B1 B2 + C1C2 = 0
(16)
Isto ćemo dobiti i ako imamo na umu da skalarni proizvod normalnih vektora ravni {A1,B1,C1} i {A2,B2,C2} mora biti jednak nuli.
14
uur uur uur Uslov paralelnosti možemo napisati u vektorskom obliku: m1 = λ m2 , gde su m1 i
uur m2 vektori koji polaze iz koordinatnog početka i normalni su na dve ravni. Kada pređemo na projekciju, dobićemo : A1 = λ A2,
B1 = λ B2 To odgovara uslovu : A1 B1 C1 = = A2, B2 C2
C1 = λ C2
(17)
Primeri: 9. Odreditiuglove između ravni 4x-5y+3z=0 i 2x+3y-z-13=0. 4 ⋅ 2 + ( −5 ) ⋅ 3 + 3 ⋅ ( −1) 10 7 cos ϕ = =− = = −0.379 7 16 + 25 + 9 4 + 9 + 1 700 10.Odrediti jednačinu ravni, koja prolazi kroz datu tačku (4,-1,2) i paralelna je sa ravni 7x+5y-4z+13=0 A(x-4) + B(y+1) + C(z-2) = 0, a po uslovu paralelnosti :A=7, B=5 ,C=-4.Odakle dobijamo jednačinu ravni : 7(x - 4) + (y + 1) - 4(z - 2) = 0 7x + 5y - 4z - 15 = 0
Tačke preseka tri ravni Da bismo našli koordinate tačke preseka tri ravni sa jednačinama : A1 x + B1 y + C1 z + D1 = 0 A2 x + B2 y + C2 z + D2 = 0 A3 x + B3 y + C3 z + D3 = 0 Potrebno je režiti ovaj sistem po x,y i z jer tačka preseka tri ravni mora mora zadovoljiti sve tri jednačine ravni.U opštem obliku poslužićemo se determinantama. Ako je determinanta Δ, A1 B1 C1 ∆ = A2 B2 C2 A3 B3 C3 Različita od nule, tri date ravni seku se samo u jednoj tački. Ako je determinanta Δ jednaka nuli,ali je bar jedan od njenih minora različitih od nuke, onda te tri ravni ili nemaju zajedničku tačku, ili se seku u bezbrojtačaka. U prvom slučaju, ako među determinantama trećeg reda, koje pripadaju šemi
15
A1 A2 A3
B1 B2 B3
C1 C2 C3
D1 D2 D3
Postoji bar jedna koja se razlikuje od nule, tada je jedna od ravni paralelna liniji preseka druge dve.U drugom slučaju sve determinante trećeg reda, koje odgovaraju datoj šemi su jednake nuli, a u preseku tri date ravni se nalazi prava. Ako je determinanta Δ zajedno sa svim svojim minirima jednaka nuli, tri date ravni ili nemaju ni jednu zajedničku tačku ili se seku u bezbroj tačaka. U prvom slučaju, između determinanti drugog reda, koje pripadaju datoj šemi postoji bar jedna različita od nule, i tada su sve tri ravni međusobno paralelne, dok su, u drugom slučaju, sve determinante drugog reda date šeme jednake nuli, a tri date ravni su podudarne.
Primer : 12.Odredi tačku preseka ravni x− y+z =0 x + 2 y −1 = 0 x+ y−z+2=0 .Lako se dobija x = 1, y =14, z = 2, pa je presečna tačka (1,1,2)
Snop ravni
Ako su ravni
π 1 i π 2 , sa jednačinama (14), seku u jednoj pravoj l, kroz tu pravu se može
povući beskonačno mnogo ravni (snop ravni ). Ako jednačina ravni π 1 pomnožimo sa λ i saberemo sa jednačinom ravni π 2 dobićemo A1 x + B1 y + C1 z + D1 + λ ( A2 x + B2 y + C2 z + D2 ) = 0
(18)
Ovo je linearna jednačina po x pa predstavlja ravan. Za različite vrednosti λ dobićemo jednačinu ravni koja prolazi kroz pravu l uključujući i ravan
π 1 ( za λ=0). Da
bi jednačina snopa ravni bila potpuna pišemo :
λ1 ( A1 x + B1 y + C1 z + D1 ) + λ2 ( A2 x + B2 y + C2 z + D2 ) = 0
(18’)
Primer: 13.Sastavljati jednačinu ravni koja prolazi kroz pravu i presek ravni x+y-z=0 i x-y+z-1=0 i tačku (1,1,-1). Jednačina snopa ravni kroz datu pravu je x+y-z+ λ(x-y+z-1)=0 , a iz uslova da ravan prolazi kroz datu tačku dobijamo jednačinu ravni :
16
3 + λ ( −2 ) = 0, λ =
3 2
3 ( x − y + z − 1) = 0 2 5x − y + z − 3 = 0 x+ y−z+
Prava Jednačina prave Položaj prave u prostoru biće potpino određen ako na pravoj zadamo tačku M 0 , određenu ur r radijus-vektorom r0 i vektor s (različit od nultog) koji je paralelan sa pravom (slika 05).
r Vektor s je usmerujući vektor prave. Promenjivoj tački M prave odgovara njen uuuu r r radijus-vektor OM = r , pa se dobija : uuuu r uuuuu r uuuuuu r OM = OM 0 + M 0 M
(19)
uuuuuu r r Kako je vektor M 0 M paralelan vektoru s možemo pisati : uuuuuu r r M 0 M = ts Pri čemu je množilac t proizvoljan. Dakle jednakost (19) možemo zapisati kao : r r r r = r 0 + ts
(20) 17
Jednačina (20) predstavlja vektorsku jednačinu prave. Da bi napisali jednačinu u koordinatnom r obliku, predpostavimo da su koordinatne tačke M 0 ( a, b, c ) , tačke M ( x, y, z ) i vektora s { m, n, p} .Tada ćemo , izrazivši jednačinu (20) u projekcijama dobiti : x = a + mt ,
y = b + nt ,
z = c + pt
(21)
Kada se parmetar t menja, tačka sa koordinatama x,y,z određenim jednačinama (21), kreće se po datoj pravoj p. Jednačina (21)rzove se parametarska jednačina prave. Kako su m,n,p projekcije usmerujućeg vektora s , kome je prava paralna , brojevi m,n,p određuju prave u prostoru i to su usmerujući koeficijenti prave. Za jedinični r r orjentaciju r vektor s = n usmerujući koeficijenti postaju kosinusi uglova α ,β ,γ , koje dati vektor n (a samim tim i prava p) zaklapa sa koordinatnim osama.U tom slučaju jednačine (20) i (21) dobijaju oblik : r r r r = r 0 + tn
(20’)
x = a + t cos α y = b + t cos β z = c + t cos γ (21’) Gde parametar t ima jednostavni geometriski smisao : on predstavlja rastojanje promenjive tačke M od tačke M0 (a,b,c),uu tačnije uuuu r njegovu apsolutnu vrednost, jer znak te vrednosti zavisi od toga dali je vektor M 0 M usmeren isto ili suprotno u odnosu na r vektor n . Pokušajmo da na osnovu poslednjih jednačina (20’) i (21’) odredimo cos α , cos β , cos γ ako su poznati m,n,i p .Biće : r r s = sn r gde je s gužina vektora s . Ako poslednju jednačinu napišemo sa projekcijama, biće: m = s cos α ,
n = s cos β ,
p = s cos γ
(22)
Dakle, m, n, p su proporcionalni kosinusima pravca prave, a kao množilac r proporcionalnosti služi s = m 2 + n2 + p 2 , odnosno dužina vektora s { m, n, p} . Iz jednakosti (22) dobijamo :
cos α =
m m = s m 2 + n2 + p 2
cos β =
n n = 2 s m + n2 + p2
cos γ =
p p = s m2 + n2 + p2
(23)
18
Prema tome, smer prave u prostoru određuje odnos usmerujućih koeficijenata m : n : p, pa je dužina usmerujućeg vektora proizvoljna. Iz jednačine (21) i (21’) možemo odrediti pravu pomoću sistema od dve jednačine prvog stepena sa tekućim koordinatama. Dobijamo ih kada iz jednačine (21) ili (21’) Isključimo parametar t. Tako iz jednačine (20)dobijamo : x−a =t, m
y −b =t , n
z−c =t p
x −a y −b z −c = = (24) m n p Jednačina (26) predstavlja kanonički oblik jednačine prave. U posebnom slučaju, koji predstavlja jednačina (20’) i (21’) x−a y −b z −c = = cos α cos β cos γ Sistem dve jednačine (24) predstavlja pravu kao presek dve ravni određene jednačinama: x−a z −c y −b z −c = , = m p n p
(24’)
U kanoničkim r jednačinama svi koeficijenti (m, n, p) ne mogu se u isto vreme zameniti nulom, jer s ≠ 0 .Ali neki od njih mogu biti jednaki nuli. U tom slučaju jednačina ravni (24) posmatra se uslovno. Za m = 0 i n ≠ 0 biće : n (x - a) = 0 (y - b) odnosno (x - a) = 0. Jednakost m = 0 i (x - a) = 0 dovode do istog zaključka: prva prikazuje da je prava normalna na osu Ox, a druga da prava leži u ravni normalnoj na tu osu. Jednačine prave možemo izvesti I vektorske metode. Nje na pravoj p (slika06) data tačka M 0 ( a, b, c ) i promenjiva tačka M ( x, y , z ) .
19
Slika 06 Neka su uglovi koje prava zaklapa sa koordinatnim osama α ,β ,γ I d rastojanja M 0 M . Projekcija duži M 0 M redom su jednake : x-a, y-b, z-c. Prema formulama za projekciju duži biće : x − a = d cos α ,
y − b = d cos β , z − c = d cos γ .
Iisključivanjem parametra d dobićemo : x−a y −b z −c = = cos α cos β cos γ Poslednja jednačina svodi se na jednačinu (24) množenjem imenilaca istim proizviljnim brojem s.
Primer: 14.Odrediti uglove prave
x−5 y x+4 = = zaklapa sa koordinatnim osama. −3 5 −2
−3 =− 9+5+4 5 cos β = , cos γ = − 38 cos α =
3 38 2 38
Opšte jednačine prave Daje prava sa jednačinama (24’), uz uslov da parametar p nije jednak nuli, odnosno da prava nije paralelna ravni xOy. Tada jednačina (24’) potpuno određuje pravu. 20
Svaka od njih određuje ravan, pri čemu je prava paralelna osi Oy, adruga paralelna osi Ox. Na taj način predstavljanjem prave preko jednačina (24’), mi je posmatramo kao presek dve ravni, koje projektuju tu pravu na ravni koordinata xOy i yOz. Prava od jednačina (24’)posmatrana u ravni xOz određuje projekciju date prave na tu ravan, isto kao što drugu jednačina posmatrana u ravni yOz, predstavlja projekciju prave na tu ravan. Dakle zadati jednačine prave u obliku (24’) znači zadati njene projekcijena koordinatne ravni xOz i yOz. Ako bi usmerujući koeficijent p bio jednak nuli, onda bi obavezno bar jedan od druga dva bio različit od nule. Dakle, prava ne bi bila paralelna ravni yOz. U tom slučaju pravu bi odredjivale ravni koje je projektuju na ravni xO i xOy, napisane u obliku: x−a z −c = m p
x−a y −b = , m n
Prema tome, svaka prava može biti izražena pomoću jednačina dve ravni, koje prolaye kroz nju i proektuju je na kordinatne ravni. Ali pravu je moguće odrediti ne samo pomoću ovakve dve ravni. Kro svaku pravu prolazi bezbrj ravni. Bilo koje dve od njih u svom preseku odredjuju pravu u prostoru. Dakle, jednačine bilo koje dve ravni, posmatrane zajedno, predstavljaju jednačine te ravni. Uopšteno, bilo koje dve neparalelne ravni sa opštim jednačinama A1 x + B1 y + C1 z + D1 = 0
(25)
A2 x + B2 y + C2 z + D2 = 0
odredjuju pravu u svom preseku. Jednačine (25) , posmatrane zajedno, predstavljaju opšte jednačine prave. Da bi se sa opštih šprešlo na kanoničke obilke prave potrebno je znati usmerujući vektor i neku tačku prave. Kordinate tačke nalaze se iz sistema (25) tako što jednu kordinatu odredimo proizvoljno. Usmerujući vektor prave mora biti normalan na uur uur normalne vektore ravni m1 { A1, B1, C1 } i m2 { A2, B2, C2 } Za usmerujući vektor prave treba uur uur uzeti vektorski proizvod m1 i m2 . Od opštih jednačina prave (25) možemo preći na kanonički i bez vektora. Izrazimo u jednačini (24’) x i y pomoću z: x = Mz + x0 , y = Nz + y0 pri čemu je : M=
m cos α = , p cos γ
x0 = a −
mc , p
(*)
N=
n cos β = p cos γ
y0 = b −
mc p 21
Jednačina (*) predstavlja prave u projekcijama na ravni xOy i yOz, pa određuju i samu pravu i zovu se ugaoni koeficijenti prave, xo i yo predstavljaju koordinate trsaga date prave u ravni xOy. Rešavanjem jednačina (*) po z, dobijamo : z=
x − x0 , M
z=
y − y0 N
i konačno, u kanoničkom obliku: x − x0 y − y0 z = = . M N 1
Primeri: 15.Svesti na kanonički oblik jednačine prave x=3z-2 i y = -2z + 1. Rešavanjem po z dobićemo x+2 y −1 , z= 3 2 x+2 y −1 z Odatle je = = . 3 2 1 z=
x −1 y z = = na opšti oblik. 2 3 −1 x −1 z y z = = , 2 −1 3 −1
16.Svesti jednačinu prave
x = −2 z + 1, y = −3 z 17.Svesti na kanonički oblik jednačine prave 2x+y-z+1=0 i 3x-y+2z-3=0. Rešavanjem date jednačine po x i y, dobijamo 1 2 7 9 x=− z+ ,y= z− 5 5 5 5 Ako sada izrazimo z, dobićemo jednačinu u kanoničkom obliku: 2 9 y+ z 5= 5 = 1 7 1 − 5 5 x−
2 9 y+ 5= 5= z 1 −7 −5
x−
Jednačina prave koja prolazi kroz dve date tačke 22
Neka su date tačke M 1 ( x1 , y1 , z1 ) i M 2 ( x2 , y2 , z2 ) . Jednačine prave koja prolazi kroz ove tačke dobićemo obliku.Dovoljno je da za usmerujući vektor uuuuuukanoničkom ur prave uzmemo vektor M 1M 2 . Njegova projekcija na koordinatne ose biće : x2 − x1 , y2 − y1 , z2 − z1 a jednačina tražene prave imaće oblik : x − x1 y − y1 z − z1 = = x2 − x1 y2 − y1 z2 − z1
(26)
Isto se može dobiti i bez vektorske metode. Jednačina prave koja prolazi kroz tačku M 1 ( x1 , y1 , z1 ) biće: x − x1 y − y1 z − z1 = = m n z Kako tačka M 2 ( x2 , y2 , z2 ) propada pravoj, važiće i : x2 − x1 y2 − y1 z2 − z1 = = m n z Upoređivanjem ove dve jednakosti, dobićemo(26).
Primer : 18.Sastaviti jednačinu prave koja prolazi kroz koordinatni početak i tačku (2, 3, 4) Tražena prava ima jednačinu
x y z = = 2 3 4
Odnos između pravih Ugao između dve prave Pod uglom između dve prave u ptostoru podrazumeva se svaki ugao, koji zaklapaju dve prave,povučene kroz proizvoljnu tačku, paralelno datim pravama.Pri tome se ugao uzima u granicama od 0 do π . Neka su date prave jednačinama: x − a1 y − b1 z − c1 = = m1 n1 p1
i
x − a2 y − b2 z − c2 = = m2 n2 p2
23
Za ugao φ imeđu datih pravih možemo uzeti ugao između njihovih usmerujućih vektora { m1 , n1 , p1} i { m2 , n2 , p2 } ili ugao koji ga dopunjava do π . Imaćemo : cos ϕ = ±
m1m2 + n1n2 + p1 p2 m12 + n12 + p12 m22 + n22 + p22
(27)
U formuli (27) znak se uzima proizvoljno, prema izboru jednog od dva različita ugla između datih pravih.
Uslovi paralelnosti i normalnosti dve prave U slučaju normalnosti pravih cosφ = 0, pa se iz formule (27) dobija uslov : m1m2 + n1n2 + p1 p2 = 0
(28)
Isto ćemo dobiti i ako uzmemo u obzir da skalarni proizvod usmerujućih vektora { m1 , n1 , p1} i { m2 , n2 , p2 } mora biti jednak nuli. Kako se položaj prave određuje odnosima m : n : p, uslov paralelnosti dve prave biće: m1 n1 p1 = = m2 n2 p2
(29)
Isto se dobija i ako se zna da vektori { m1 , n1 , p1 } i { m2 , n2 , p2 } moraju biti kolinearni.
Presek dve prave Svake dve prave u prostoru seku se ako nisu paralelne.Međutim, u prostoru prave se seku i ako nisu mimoilazne. Neka su dve prave date u parametarskom obliku : x = a1 + m1t1 , y = b1 + n1t1 , z = c1 + p1t1 x = a2 + m2t2 , y = b2 + n2 t2 , z = c2 + p2 t2 Predpostavimo da se prave seku u tački S(x, y, z). Onda je a1 + m1t1 = a2 + m2 t2 , b1 + n1t1 = b2 + n2 t2 , c1 + p1 t1 = c2 + p2 t2 Odnosno:
m1t1 − m2t2 + ( a1 − a2 ) = 0 n1t1 − n2t2 + ( b1 − b2 ) = 0
p1t1 − p2t2 + ( c1 − c2 ) = 0
Ako takozvabe homogene nepoznate: 24
x y t1 = , t2 = z z Pri čemu z ≠ 0 , uvedemo u predhodnu jednačinu dobićemo : m1 x − m2 y + ( a1 − a2 ) z = 0 n1 x − n2 y + ( b1 − b2 ) z = 0
p1 x − p2 y + ( c1 − c2 ) z = 0
Dobili smo tri linearne homogene jednačine sa tri nepoznate x, y, z. Takav sistem ima različita rešenja ako je determinanta sistema jednaka nuli. Dakle : m1
m2
a1 − a2
− n1 p1
n2 p2
b1 − b2 = 0 c1 − c2
Ako promenimo međusobni raspored prve i treće kolone, a zatim rotiramo determinantu za 180° oko dijagonalnih članova, dobićemo : a1 − a2 b1 − b2 c1 − c2 m1 n1 n2 = 0 (30) m2 p1 p2 Jednačina (30) postavlja uslov da se dve prave seku u jednoj tački, odnosno da se ne mimoilaze, Ako je taj uslov ispunjen , iz bilo koje od dve jednačine pravih izračunaćemo one vrednosti parametara t1 i t2 , koje odgovaraju traženom preseku dve prave, a onda i koordinate x, y, z presečne tačke S.
Primeri : 19.Napisati jednačinu prave koja prolazi tačku (2, -3, 4) i paralelna je sa pravom x−5 y +7 z = = . −1 5 −7 x−2 y+3 z−4 = = Jednačina tražene prave biće −1 5 −7 x + 2 y + 4 z − 4 x +3 y −8 z +5 = = = = 20.Dokazati da se prave i seku i odrediti tačku 3 2 −1 2 −5 4 njihovog preseka. −2 + 3 −4 − 8 4 + 5 1 −12 9 3 2 −1 = 3 2 −1 = 8 − 5 + 12(12 + 2) + 9(−15 − 4) = 0 2 −5 4 2 −5 4
Prave se seku. Da bismo odredili tačku preseka prelazimo na parametarski oblik
25
x = 3t1 − 2
x = 2t2 − 3
y = 2t1 − 4
y = −5t2 + 8
z = −t1 + 4 Izjednačavanjem dobijamo : 3t1 − 2t2 = −1
z = 4t2 − 5
2t1 + 5t2 = 12 t1 = 1, t2 = 2 Tražena tačka preseka biće (1, -2, 3) 21.Odrediti jednačinu prave koja prolazi kroz tačku (2, 2, -2) i seče prave x − 3 y +1 z − 2 x + 2 y −1 z + 3 = = = = i 2 3 −1 3 −2 2 x−2 y−2 z+2 = = Jednačina tražene prave ima oblik . Kako prava seče date a b c prave, važiće : −1 3 −4 4 1 1 a b c =0 i a b c =0 2 3 −1 3 −2 2 Odavde izrazimo a, b, c. − a ( −3 + 12 ) + b ( 1 + 8 ) − c ( −3 − 6 ) = 0 : 9c − a ( 2 + 2 ) + b ( 8 − 3 ) − c ( −8 − 3 ) = 0 : c a b a b − + + 1 = 0, + 5 + 11 = 0 c c c c a b = −6, = −7 c c x−2 y−2 z+2 = = Ako jednačina oblika podelimo sa c i zamenimo dobijene vrednosti, a b c dobićemo jednačinu tražene prave x−2 y−2 z+2 = = . −6 −7 1
PRAVA I RAVAN Ugao između prave i ravni Neka su jednačine prave i ravni
26
x −a y −b z −c = = n p (31) m Ax + By + Cz = 0 Ugao između prave i ravni računaćemo kao bilo koji od dva suplementna ugla koje prava zaklapa sa svojom projekcijom u ravni .
Nađimo sinus ugla φ (možemo smatrati da je ϕ ≤
π , jer su sinusi suplementnih uglova 2
π − ϕ , jer je to ugao (slika 07) između prave 2 inormale na ravan, pa se kosinus nalazi iz usmerujućih koeficijenata A, B, C normale na ravan i usmerujućih koeficijenata m, n, p date prave. Pri tome znamo da je π cos − ϕ = sin ϕ , pa dobijamo : 2 jednaki). Lako ćemo izračunati kosinus ugla
sin ϕ =
Am + Bn + Cp A2 + B 2 + C 2 m2 + n2 + p2
(32)
Brojilac je uzet u apsolutnoj vrednosti jer je sin ϕ ≥ 0 .
Uslovi paralelnosti i normalnosti prave i ravni U slučaju paralelnosti prave i ravni sa jednačinama (31) ugao između njih je jednak nuli, sin ϕ ≥ 0 , pa se iz formule (32) dobija uslov : Am + Bn + Cp = 0 (33)
27
Do istog zaključka dolazimo i kada posmatramo vektore {A, B, C} i {m, n, p}, koji su normalni pa njihov skalarni proizvod mora da bude jednak nuli. Uslov normalnosti prave i ravni podudarase sa uslovom paralelnosti te prave i normale na ravan : A B C = = (34) m n p
Presek prave i ravni Koordinate preseka prave i ravni, zadatih jednačinama (31), moraju istovremeno zadovoljavati jednačine prave i ravni. Da bismo odredili te koordinate treba rešiti sistem (31) po x, y, z. x = a + mt, y = b + nt, z = c + pt. Kada ove vrednosti x, y, z ubacimo u jednačinu ravni, biće: A(a + mt) + B (b + nt) + C(c + pt) + D = 0 Aa + Bb + Cc + D = t( Am + Bn + Cp ) = 0 Odakle dobijamo izraz za t : Aa + Bb + Cc + D (35) ( Am + Bn + Cp ) Zamenom vrednosti t u parametarskim jednačinama dobijamo koordinate presečne tačke. Ako je (Am+Bn+Cp) ≠ 0 onda t izračunavamo po formuli (35). U tom slučaju prava i ravan se seku u jednoj tački. U slučaju da je : t=−
(Am+Bn+Cp) = 0 i Aa + Bb + Cc + D ≠ 0 Prava je paralelna ravni, a tačka (a, b, c) kroz koju prolazi data prava, leži van ravni, pa prava i ravan nemaju zajedničkih tačaka. Ako je : (Am+Bn+Cp) = 0 i Aa + Bb + Cc + D =0 Prava je paralelna datoj ravni i prolazi kroz tačku (a, b, c) koja leži u toj ravni. Dakle prava leži u ravni.
Uslov da dve prave leže u istoj ravni Neka su dve prave zadate jednačinama:
28
x − a1 y − b1 z − c1 = = m1 n1 p1
x − a2 y − b2 z − c2 = = m2 n2 p2 ur uu r Ozmačimo usmerujući vektor prave od njih sa s1 , a drugi sa s2 . Prva prava prolazi kroz u r tačku ( a1 , b1 , c1 ) čiji ćemo radijus-vektor označiti sa r1 . Druga prava prolazi kroz tačku ur ( a2 , b2 , c2 ) njen radijus-vektor ćemo označiti sa r2 . Povucimo vektor iz tačke ( a1 , b1 , c1 ) ur u r u tačku ( a2 , b2 , c2 ) . On će biti jednak r2 - r1 , a njegova projekcija a1 − a2 , b1 − b2 , c1 − c2 . ur uu r ur u r Prave leže u istoj ravni samo ako su vektori s1 , s2 i r2 - r1 komplanarni. Traženi uslov postoji ako je mešoviti proizvod ta tri vektora jednak nuli, odnosno ako je : a2 − a1 b2 − b1 m1 n1 m2 n2
i
c2 − c1 p1 = 0 p2
(36)
Primeri : 22.Sastaviti jednačinu prave koja prolazi kroz tačku (1, 1, 1) i seče prave x −1 y − 2 z − 3 x y z = = i = = . 2 1 4 1 2 3 x −1 y −1 z −1 = = Jednačina prave je oblika . Uslov da prava leži sa pravom od a b c datih pravih u istoj ravni je 0 1 2 2 1 4 = 0 ili 2a + 4b + c = 0 a b c Isto tako i za drugu ravan važi : 1 1 2 1 2 3 = 0 ili a – 2b +c = 0 . a b c Odnois dobijemo kada podelimo dve jednačine sa c a b 1 = 0, = c c 2 x −1 y −1 z −1 = = . Jednačina tražene prave je oblika 0 1 2 23. Sastaviti jednačinu prave koja prolazi kroz tačku (1, 1, 1), seče pravu normalna je na pravu
x −1 y − 2 z − 3 = = . 2 1 4
x y z = = ,a 1 2 3
29
x −1 y −1 z −1 = = , gde se odnos a : b : c a b c određuje iz uslova a - 2b + c = 0 , 2a + b + 4c = 0. Jednačina tražene prave je oblika
a : b : c = 9 : 2 : (-5) x −1 y −1 z −1 = = Jednačina tražene prave : . 9 2 −5 24.Sastaviti jednačinu prave koja prolazi kroz tačku (a, b, c) paralelno ravni Ax + By + Cz + D = 0. x −a y −b z −c = = Jednačina prave je oblika . Uslov paralelnosti prave i ravni m n p je Am + Bn + Cp = 0. Ako je m, n, p zamenimo proporcionalnim velićinama dobićemo rešenje : A(x - a) + B(y - b) + C(z - c) = 0. x −1 y + 3 z − 5 = = 25.Odrediti ugao između prave i ravni 2x – 6y +3z -7 =0. 3 2 −4 =
3 ⋅ 2 + 2 ( −6 ) + 3 ( −4 ) 9 + 4 + 16 ⋅ 4 + 36 + 9
=−
18 18 29 =− 203 7 29
26.Napisati jednačinu prave koja prolazi kroz tačku (-2, -1, 3) i paralelna je sa ravnima 5x – y – z + 4 = 0 i x + 3y + 2z -7 = 0. x + 2 y +1 z − 3 = = . Uslovi paralelnosti su a b c 5a − b − c = 0 / : c a 1 b 11 . Odavde računamo = , = − . Zamenom u prvobitnom obliku c 16 c 16 a + 3b + 2 z = 0 / : c dibijamo rašenje : x + 2 y +1 z − 3 = = . 1 −11 16 Jednačina prave je oblika
27. Napisati jednačinu prave koja prolazi kroz tačku (3, -2, 1), a normalna je na ravan 3x + 4y – z + 3 = 0. x − 3 y + 2 z −1 a b c = = . Iz uslova normalnosti = = a b c 3 4 −1 Ako a, b, c zamenimo proporcionalnim izrazima dobijamo rešenje : Jednačina prave je oblika
x − 3 y + 2 z −1 = = . 3 4 −1
30
Literatura
Dr Radivoje Kašanin VIŠA MATEMATIKA I,treće izdanje Naučna knjiga Beograd, 1949. Dr Boris Apsen
REPETITORIJ VIŠE MATEMATIKE ,treći deo Tehnička knjiga Zagreb, 1972 Pavle M. Miličić, Momčilo P. Uščumlić
ZBIRKA ZADATAKA IZ VIŠE MATEMATIKE I, XVI izdanje IP “Nauka”, Beograd, 1993. I.I.Privalov
ANALITIČKA GEOMETRIJA Zavod za izdavanje udžbenika , Sarajevo, 1968 Dr Zoran P. Rakić
ANALITIČKA GEOMETRIJA, Predavanja Matematički fakultet Univerziteta u Beogradu 2007.
31
