Zoran Skoda
analiticki zadaci

Primjeri analitičkih zadataka. Dane su i upute.

0.0. Nađi kosinus kuta između vektora a(1,2,2)\vec{a}(1,2,2) i b(2,2,1)\vec{b}(2,2,1).

1.1. Nađi implicitnu jednadžbu ravnine Ax+By+Cz+D=0A x + B y + C z + D = 0 takvu da točke P(1,2,1)P(1,2,1), Q(3,8,1)Q(3,-8,1), R(0,4,1)R(0,4,1) pripadaju toj ravnini.

Uputa: pomoću tih točaka napiši dva nekolinearna vektora u toj ravnini, npr. PQ\vec{P Q} i PR\vec{P R}. Implicitnu jednadžbu možeš dobiti iz izraza za vektorski produkt ta dva vektora (vektorski produkt je u smjeru okomice na ravninu, pa iz uvjeta okomitosti možemo pročitati koefijente AA,BB,CC; za koeficijent DD koristimo uvjet da je jedna od tih točaka, recimo PP u ravnini pa zadovoljava jednadžbu ravnine). Vidi analitička geometrija. Rješenje je 2x+y+3z1=02 x+ y + 3 z - 1 = 0 (ili bilo koja implicitna jednadžba koja se dobije iz nje množenjem svih koeficijenata jednim te istim brojem koji nije 00).

Alternativno, PQ,PR,PT\vec{P Q}, \vec{P R}, \vec{P T} gdje je TT proizvoljna točka su komplanarni pa je implicitna jednadžba dana uvjetom komplanarnosti preko determinante, ali taj pristup nismo radili.

2.2. Neka je trokut u ravnini dan vrhovima A(1,1),B(2,0),C(3,3)A(1,1), B(2,0), C(3,3) kolika je površina tog trokuta i kolika je visina na stranicu aa ?

Uputa: vektori AB=(1,1)\vec{A B} = (1,-1) i AC=(2,2)\vec{A C} = (2,2) razapinju paralelogram čija površina je duplo veća od površine trokuta ABCA B C. Vektorski umnožak ta dva vektora AB×AC\vec{A B}\times\vec{A C} je vektor čija duljina AB×AC\|\vec{A B}\times\vec{A C}\| je jednaka površini paralelograma kojem su tri susjedna vrha CABC A B (i čiji smjer je okomit na ravninu xyx y). Visina v av_a trokuta na stranicu aa se dobije iz te površine trokuta i pripadne stranice, koristeći P=av a/2P = a v_a/2.

3.3. Za trokut u zadatku 2 nađi koordinate težišta.

Uputa: svaka koordinata težišta je jedna trećina zbroja koordinata vrhova. To smo izveli na satu. Alternativno, ako to ne znate, možete naći polovište PP stranice a=BC¯a = \overline{B C} i težišnicu t at_a gledajte kao vektor AP\vec{A P}. Tada je po teoremu o težišnicama trokuta težište na 2/32/3 težišnice gledajući od vrha AA, znači T=A+23APT = A + \frac{2}{3}\vec{A P}.

4.4. Dane su točke ravnine A(2,3)A(2,3) i B(3,5)B(3,5) i centar 𝒪(1,1)\mathcal{O}(1,1) homotetije h 𝒪,λh_{\mathcal{O},\lambda} s konstantom homotetije λ=2\lambda = -2. Nađi točke A=h 𝒪,2(A)A' = h_{\mathcal{O},-2}(A) i B=h 𝒪,2(A)B' = h_{\mathcal{O},-2}(A) u koje homotetija preslikava točke AA i BB. napišite kao vektor od suprotnog vrha do tog polovišta. Uputa: Kod homotetije uvijek vrijedi Oh 𝒪,λ(A)=λOA\vec{O h_{\mathcal{O},\lambda}(A)} = \lambda\vec{O A}.

5.5. a) Nađi jednadžbu simetrale dužine CD¯\overline{C D} gdje su C(0,1)C(0,1) i D(2,3)D(2,3).

Uputa: Simetrala prolazi kroz polovište P(1,2)P(1,2) i okomita je na dužinu, pa je njen koeficijent smjera 1/k-1/k gdje je k=3120=1k = \frac{3-1}{2-0} = 1 koeficijent smjera dužine. Dobijamo y=x+ly = - x + l i kako (1,2)(1,2) zadovoljava, to je 2=1+l2 = -1 +l tj. l=3l = 3. Alternativno, možemo gledati implicitnu jednadžbu pravca. Kako je normala CD=(2,2)\vec{C D} = (2,2) to je implicitna jednadžba oblika 2x+2y+c=02 x + 2 y + c = 0, a P(1,2)P(1,2) je na njoj, pa 21+22+c=02\cdot 1 + 2\cdot 2 + c = 0, dakle c=6c = -6 i implicitna jednadžba 2x+2y6=02 x + 2 y - 6 = 0 ili ma koja ekvivalentna (npr. ako podijelimo s 22 dobijemo x+y3=0x + y - 3 = 0, što je u skladu s ekplicitnom jednadžbom y=x+3y = -x + 3.

b) (jednadžba zrcalno-simetrijske ravnine za dvije zadane točke u prostoru) Nađi ravninu takvu da je zrcaljenje u odnosu na nju izometrija koja čuva ravninu, a zamjenjuje zadane točke C(1,0,2)C(1,0,2) i D(2,2,3)D(2,2,3) (ta ravnina prostorni je analogon simetrale dužine, tj. geometrijsko je mjesto svih točaka prostora koje su jednako udaljene od CC i DD).

Uputa: Polovište je P(3/2,1,5/2)P(3/2,1,5/2), a okomica (normala) n\vec{n} na ravninu je (proporcionalna s CD=(21,20,32)=(1,2,1)\vec{C D} = (2-1,2-0,3-2) = (1,2,1). Dakle, jednadžba zrcalno-simetrijske ravnine tih točaka je x2y+z+d=0x - 2y + z + d = 0 i, kako je PP u ravnini to je 3/221+5/2+d=03/2-2\cdot 1 + 5/2 + d = 0 iz čega dobijamo d=2d = -2.

6.6. Neka je ABCDA B C D pravilan tetraedar u prostoru, dakle ABC\triangle{A B C} je baza koja je jednakostraničan trokut, a svih 66 bridova je jednako a=1cma = 1 cm. Običnom geometrijom bez koordinata nađi površinu baze, visinu tetraedra hh i volumen tetraedra. Koliki je kut između baze tetraedra i jednog od bridova koji ne pripada bazi ?

Uputa: Visina vv u stranici jednakostraničnog trokuta dobije se Pitagorinim teoremom i pomaže da se nađe površina baze. Za visinu koristi presjek u prostoru koji je određen ravninom u kojoj su visina na jedan od baznih bridova iz vrha DD i visina na bazu ABCA B C. Te dvije visine su kateta i hipotenuza u jednom pravokutnom trokutu, a nožište visine na ABCA B C je u težištu baze. Tako dobijemo visinu, a volumen tetraedra je jedna trećina baza puta visina. Sad kad znamo volumen usporedimo ga s mješovitim produktom tri vektora bridova iz vrha AA, vetorski umnožak daje površinu baze, a brid puta kosinus kuta s okomicom, što je sinus kuta sa baznom ravninom daje visinu.

7.7. Pravac pp u prostoru je dan kanonskim jednadžbama

x12=y+12=z2. \frac{x - 1}{2} = \frac{y + 1}{2} = z - 2.

a) Nađi kanonske jednadžbe pravca qq koji prolazi kroz ishodište (0,0,0)(0,0,0), a paralelan je pravcu pp.

Uputa: (0,0,0)(0,0,0) mora zadovoljavati jednadžbu pravca qq. Ako su pravci paralelni onda im je u implicitnoj jednadžbi različita samo konstanta pri istim ostalim koeficijentima. Slično, u kanonskom obliku, možemo ostaviti sve isto samo su pomaci 1,1,2-1,1,-2 zamijenjeni nekim drugim pomacima (zapravo, pomacima 0,0,00,0,0). Rješenje je dakle x2=y2=z\frac{x}{2} = \frac{y}{2} = z.

b) Nađi jednadžbu ravnine MM koja je okomita na pravac pp, a prolazi točkom P(7,6,2)P(7,6,2).

Uputa: Zgodno je najprije pretvoriti jednadžbu pravca u parametrizaciju. U gornjoj jednadžbi pravca veličinu sa svaka strane jednakosti nazovemo vrijednošću t=x12t = \frac{x-1}{2}, pa dobijemo parametrizaciju x=1+2tx = 1 + 2t, y=1+2ty = -1+ 2t i z=2+tz = 2+t, odnosno u vektorskom zapisu, r(t)=(1,1,2)+(2,2,1)t\vec{r}(t)=(1,-1,2)+(2,2,1)\cdot t. Dakle, a=(2,2,1)\vec{a} = (2,2,1) je neki vektor uzduž pravca pp, dakle ujedno i vektor normale na ravninu. Njegove komponente daju prva tri koeficijenta u implicitnoj jednadžbi ma koje ravnine koja je okomita na taj pravac. Implicitna jednadžba je dakle (do na proporcionalnost) oblika 2x+2y+z+D=02 x + 2 y + z + D = 0, a konstantu DD ćemo odrediti iz uvjeta da točka P(7,6,2)P(7,6,2) leži na ravnini MM, tj. njene koordinate zadovoljavaju jednadžbu ravnine MM. Uvrštavajući, izražavamo taj uvjet jednadžbom 27+26+2+D=02\cdot 7 + 2\cdot 6 + 2 + D = 0 koja dakle određuje D=28D=-28. Jednadžba ravnine MM je stoga 2x+2y+z28=02 x + 2 y + z - 28 = 0 (ili bilo koja njoj proporcionalna, npr. x+y+z/214=0x + y + z/2 - 14 = 0).

8.8. Kocka stranice 11 ima kao donju bazu kvadrat ABCDA B C D i kao gornju bazu kvadrat ABCDA' B' C' D'. Nađi kut između

a) dijagonale BAB A' kvadrata i ravnine BCDB C D'.

b) dijagonale BAB A' kvadrata i dijagonale kocke ACA C'.

Uputa: rješenje ne zavisi o pravokutnom sustavu koordinata pa izaberimo da je A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0),A(0,0,1)A(0,0,0), B(1,0,0), C(1,1,0), D(0,1,0), A'(0,0,1) itd. Nacrtaj taj izbor radi zornosti. Tada lako nađemo vektor od BB do AA' i vektore BC\vec{B C}, BD\vec{B D'} koji razapinju ravninu BCDB C D'. Kut računamo kako je objašnjeno na stranici analitička geometrija korištenjem mješovitog umnoška vektora. Dio b) je lakši jer se koristi skalarni umnožak.

9.9. Nađi točke presjeka sfere x 2+y 2+z 2=9x^2 + y^2 + z^2 = 9 i pravca koji je dan parametarskom jednadžbom

r=(0,1,1)+t(1/2,1/2,1/2),tj.(x,y,z)=(t/2,1+t/2,1+t/2). \vec{r} = (0,1,1) + t (1/2,1/2,1/2),\,\,tj. (x,y,z) = (t/2,1+t/2,1+t/2).

Nađi oba probodišta pravca kroz sferu.

Uputa: Probodišta su u presjeku pa zadovoljavaju i jednadžbu sfere i pravca. Dakle, x=t/2x = t/2, y=1+t/2y = 1 + t/2 i z=1+t/2z = 1 + t/2. Supstituirajte u jednadžbu sfere i dobijete tt, iz čega onda dobijete x,y,zx,y,z. Kako je jednadžba kvadratna možete imati dva rješenja (osim ako je diskriminanta 00). Kod negativne diskriminante ne bi bilo realnih rješenja, dakle tada pravac ne bi sijekao sferu. o 10.10. Ako su A(1,1),C(2,1)A(1,1), C(-2,-1) nađi BB i CC tako da je ABCDA B C D kvadrat.

Oprez! Ako zamijenimo vrhove BB i DD dobit ćemo isti kvadrat.

Uputa: dijagonale kvadrata se raspolavljaju i pod pravim su kutem. Dakle nađi polovište PP od AC¯\overline{A C}, pa onda rotiraj PC\vec{P C} za ±π/2\pm\pi/2 i translatiraj PP za dobiveni vektor. (ili nađi okomit pravac pa na njemu točke koje su udaljene od polovišta koliko i točka CC, ali to je dosta više posla). Rotacija vektora (x,y)(x,y) za ±π/2\pm\pi/2 daje ±(y,x)\pm(-y,x) jer je cosπ/2=0cos\pi/2 = 0 i sinπ/2=1sin\pi/2 = 1.

11.11. Neka su dane točke A(2,1),B(3,1)A(2,1), B(3,1). Rotiraj točku BB oko točke AA za π/6\pi/6 radijana u pozitivnom smjeru (protiv kazaljke na satu). Koje su nove koordinate točke BB nakon rotiranja.

Uputa. sin(π/6)=1/2sin(\pi/6) = 1/2, cos(π/6)=3/2cos(\pi/6) = \sqrt{3}/{2}. Za rotaciju vektora a xi+a yja_x \vec{i} + a_y \vec{j} koji je pričvršćen u centar rotacije za kut α\alpha vrijedi da za rotirani vektor vrijedi a x=a xcosαa ysinαa_x' = a_x cos \alpha - a_y sin \alpha, a y=a xsinα+a ycosαa_y' = a_x sin\alpha + a_y cos \alpha. Ovdje je centar AA pa rotiramo vektor AB\vec{A B} i dobijamo vektor AB\vec{A B'}. Dok izračunamo taj vektor, dobijemo B=transl AB(A)=A+ABB' = \mathrm{transl}_{\vec{A B'}}(A) = A + \vec{A B'}, kao i obično.

12.12. Kut između stranica a=2a = 2 i b=3b = 3 u trokutu je γ=30 \gamma=30^\circ (dakle π/6\pi/6 radijana). Koliko je dugačka treća stranica ?

Uputa. Prvi način je direktno preko kosinusovog poučka a 2+b 22abcosγ=c 2a^2 + b^2 - 2 a b cos\gamma = c^2.
Drugi način je uvođenjem koordinatnog sustava. Postavimo vrh CC u ishodište, stranicu bb položimo na os xx (dakle AA je (2,0)(2,0)), a stranica aa će tada biti od ishodišta do točke B(3cosγ,3sinγ)B(3 cos\gamma, 3 sin\gamma). Dakle stranica cc je udaljenost od AA do BB što se izračuna iz koordinata.

13.13. Ako su tri susjedna vrha paralelograma u prostoru redom A(2,0,3)A(2,0,3), B(4,3,4)B(4,3,4), C(5,3,7)C(5,3,7) koje su koordinate središta paralelograma OO i koje su koordinate 4. vrha paralelograma DD ?

Ako simbolički označimo translaciju za vektor a\vec{a} s trans atrans_{\vec{a}} tada je D=trans AD(A)D = trans_{\vec{A D}}(A) što nekad neformalnije pišemo D=A+ADD = A + \vec{A D}. Prema definiciji ekvivalencije usmjerenih dužina pravilom paralelograma AD=BC=(54,33,74)=(1,0,3)\vec{A D} = \vec{B C} = (5-4,3-3,7-4) = (1,0,3). Dakle, D=trans (1,0,3)(2,0,3)=(3,0,6)D = trans_{(1,0,3})(2,0,3) = (3,0,6). Sredi[te paralelograma je polovište dijagonale dakle radijus vektor polovišta je .]

Alternativno smo mogli prvo odrediti OO i dobiti D=B+2BOD = B + 2\vec{B O}.

category: zadarmat2, zadarmat4

Last revised on September 23, 2018 at 17:48:45. See the history of this page for a list of all contributions to it.