8.4 udaljenost tocke od pravca i simetrala kuta · 2014-05-17 · 8.4 udaljenost tocke od pravca i...

8.4 Udaljenost tocke od pravca isimetrala kuta

Zadatak 6: (str. 68) Dijagonala kvadrata �ABCD pripada pravcu4x + 3y − 12 = 0. Ako je tocka A (−1, 3) jedan vrh, odredi ostala tri vrhakvadrata.

Rjesenje: Prije samog racuna probajmo sa skice zakljuciti sto zapravo trebamoracunati:

Dakle ideja je sljedeca, odredit cemo jednadzbu pravca okomitog na pravac ko-jem pripada dijagonala. Sjeciste S tih dvaju pravaca jer sjeciste dviju dijagonalakvadrata, jer znamo da su dijagonale kvadrata medjucobno okomite. Preostalatri vrha su tocke koje pripadaju pravcima kojima pripadaju dijagonale a jednakosu udaljene od tocke sjecista S, kao u tocka A od pravac danog u tekstu zadatka.

Dakle prvo cemo odrediti jednadzbu pravca okomitog na pravac 4x+3y−12 = 0kroz tocku A (−1, 3). Da bismo to napravili pretvorimo jednadzbu pravca izimplicitnog u eksplicitni oblik kako bi saznali koji mu je koeficijent smjera.Racunam:

4x + 3y − 12 = 0

3y = −4x + 12

Pomnozim cijelu jednadzbu s 13 , slijedi:

3y = −4x + 12 / · 13

Pokratim sto se pokratiti dade:

1�3y

1 · 1�31

= −4x

1 · 13 +

4��121 ·

1�31

1

y = −43︸︷︷︸

kp

x + 4

Dakle koeficijent smjera pravca p, danog u tekstu zadatka, jest kp = −43 . Ko-

eficijent smjera kp′ pravca p′ okomitog na pravac p kojem je keoeficijent smjerakp racuna se preko izraza kp′ = − 1

kp. Racunam:

kp′ = − 1kp︸︷︷︸− 4

3

kp′ = −

11−4

3

= −

− 1143

=

1143

Rijesim se dvojnog razlomka po poznatom pricipu mnozenja vanjski sa vanjskim,donosno unutarnji s unutarnjim:

kp′ = (

1143

kp′ = 1 · 3

1 · 4 = 34

Dakle koeficijent pravca p′ okomitog na pravac p jest kp′ = 34 . Jednadzbu

pravca kojem znam koeficijent smjera k i tocku kojom prolazi T (xT , yT ) racunase prema izrazu y−yT = k (x− xT ). Mi cemo odrediti jednadzbu pravca kojemje koeficijent smjera kp′ = 3

4 , a koji prolazi tockom A (−1, 3), slijedi:

kp′ = 34

A(xA︷︸︸︷−1 ,

yB︷︸︸︷−3 )

⇒ y − yA = kp′ (x− xA)

y − (−3) = 34 [x− (−1)]

y + 3 = 34 (x + 1)

Pomnozim cijelu jednadzbu s 4, slijedi:

y + 3 = 34 (x + 1) / · 4

2


y · 4 + 3 · 4 = 31�4

(x + 1) · �41

1

4y + 12 = 3 (x + 1)

4y + 12 = 3x + 3

3x− 4y − 9 = 0

Dakle jednadzba pravca p′ okomitog na pravac p jest 3x− 4y + 5 = 0. Nadaljeodredimo sjeciste tih dvaju pravaca kako bi odredili tocku S, sjeciste i polovistedijagonala kvadrata. Dakle trazim rijesenje sljedeceg sustava jednadzbi:{

4x + 3y − 12 = 03x− 4y − 9 = 0

Prvu jednadzbu mnozim s 4, dok drugu mnozim s 3, slijedi:{4x + 3y − 12 = 0 / · 43x− 4y − 9 = 0 / · 3{

4x · 4 + 3y · 4− 12 · 4 = 0 · 43x · 3− 4y · 3− 9 · 3 = 0 · 3{

16x + 12y − 48 = 09x− 12y − 27 = 0

Zbrojim jednadzbe, slijedi:25x− 75 = 0

25x = 75

Pomnozimo cijelu jednadzbu s 125 :

25x = 75 / · 125

Skratim sto se skratiti dade:1��25x

1 · 1��251

=3��751 ·

1��251

x = 3

Uvrstimo dobivenu vrijednost za x koordiantu tocke S u prvu jednadzbu kakobi odredili y koordinatu sjecista S, racunam:

43︷︸︸︷x +3y − 12 = 0

4 · 3 + 3y − 12 = 0

3

12 + 3y = 12

3y = 0


3y = 0 / · 13


1�3y

1 · 1�31

= 0 · 13

y = 0

Dakle koordiante sredista su S (3, 0). Nadalje odredit cemo udaljenost tocke Aod pravca p kako bi odredili pola duljine dijagonale, jer znamo da su svi vrhovikvadrata od sjecista udaljeni za istu udaljenost i to pola duljine dijagonale.Udaljenost tocke T (x0, y0) od pravca p ... Ax + By + C = 0 racuna se prema

izrazu d (T, p) = |Ax0 + By0 + C|√A2 + B2

. Racunam:

A︷︸︸︷4 x +

B︷︸︸︷3 y

C︷︸︸︷−12 = 0

A(xA︷︸︸︷−1 ,

yB︷︸︸︷−3 )

⇒ d

2 = d (T, p) = |AxA + ByA + C|√A2 + B2

d

2 = |4 · (−1) + 3 · (−3)− 12|√42 + 32

d

2 = |−4− 9− 12|√16 + 9

d

2 = |−25|√25

Pokratim sto se pokratiti dade, slijedi:

d

2 =5��25�51

d

2 = 5 jedinicnih duzina

Moj zadatak sada postaje pronaci tocke na pravcu p′ koje su od sjecista dijag-onala S udaljene upravo za d

2 . Da bismo odredili koordinate svih tocka kojese nalaze na pravcu p′ prebacimo njegovu jednadzbu iz implicitnog oblika ueksplicitni. Racunam:

3x− 4y − 9 = 0

4

4y = 3x− 9


4y = 3x− 9 / · 14


1�4y

1 · 1�41

= 3x

1 ·14 −

91 ·

14

y = 34x− 9

4

Dakle sve tocke P ′ pravca p′ su oblika P ′(

x,34x− 9

4

). Dakle prema izrazu za

racunanje udaljenosti izmedju dviju tocaka T1 (x1, y1), T2 (x2, y2) koji je jednak|T1, T2| =

√(x2 − x1)2 + (y2 − y1)2 trazit cemo sve tocke P ′ pravca p′ koje su

od sjecista S dijagonala udaljene za d

2 . Racunam:

|P ′S| = d

2 = 5

P ′(xP ′︷︸︸︷x ,

yP ′︷︸︸︷34x− 9

4)

S(xS︷︸︸︷3 ,

yS︷︸︸︷0 )

⇒ |P ′S| =

√(xS − xP ′)2 + (yS − yP ′)2

5 =

√(3− x)2 +

(0−

(34x− 9

4

))2

5 =

√(3− x)2 +

(−3

4x + 94

)2/2

52 =

√(3− x)2 +(−3

4x + 94

)22

25 = (3− x)2 +(

94 −

34x

)2

Raspisemo clanove desne sume po izrazu za racunanje kvadrata razlike ((a− b)2 =a2 − 2ab + b2), slijedi:

25 = 32 − 2 · 3 · x + x2 +(

94

)2− 2 · 9

4 ·34x +

(34x

)2

5

25 = 9− 6x + x2 + 92

42 −1�2 ·

9�42· 3

4x + 32

42 x2

25 = 9− 6x + x2 + 8116 −

278 x + 9

16x2

Pomnozim cijelu jednadzbu s 16, slijedi:

25 = 9− 6x + x2 + 8116 −

278 x + 9

16x2 / · 16

Skratim sto se skratiti dade:

25 · 16 = 9 · 16− 6x · 16 + x2 · 16 + 811��16 ·

��161

1 −271�8

x ·��162

1 + 91��16x2 ·�

�161

1

400 = 144− 96x + 16x2 + 81− 54x + 9x2

25x2 − 150x− 175 = 0


25x2 − 150x− 175 = 0 / · 125

Skratim sto se skratiti dade:1��25x2

1 · 1��251−

6��150x

1 · 1��251−

7��1751 · 1

��251= 0 · 1

25

x2 − 6x− 7 = 0

Rijesimo kvadratnu jednadzbu prema izrazu za rjesenja kvadratne jednadzbe:

x1, x2 = −b±√

b2 − 4ac

2a

x1, x2 =− (−6)±

√(−6)2 − 4 · 1 · (−7)

2 · 1

x1, x2 = 6±√

36 + 282

x1, x2 = 6±√

642

x1, x2 = 6± 82

Dakle rjesenja su oblika:

x1 = 6− 82 =

−2��−8�21

i x2 = 6 + 82 =

7��14�21

x1 = −1 i x2 = 7

6

Kako vrijedi za y koordinatu tocaka na pravcu p′ vrijedi y = 34x− 9

4 tada daljeslijedi:

y1 = 34

−1︷︸︸︷x1 −

94 i y2 = 3

4

7︷︸︸︷x2 −

94

y1 = 34 · (−1)− 9

4 i y2 = 34 · 7−

94

y1 = −34 −

94 i y2 = 21

4 −94

y1 = −3��12�41

i y2 =3��12�41

y1 = −3 i y2 = 3

Ovim putem dobili smo dva vrha A (−1,−3) i C (7, 3). Dakle naravno da smomorali dobiti koordinate vrha A jer smo uzeli pravac na kojem se upravo nalazitocka A. Nadalje trebamo jos odrediti koordinate vrhova B i D. No to ostavl-jam citatelju posto je postupak identican, samo se uzima u obzir pravac p.

?

Zadatak 8: (str. 68) Dvije stranice pravokutnika leze na pravcima x+2y−3 = 0i 2x−y+3 = 0. Ako je jedan vrh pravokutnika tocka A (8, 5), kolika je povrsinapravkutnika.


Znamo da je povrsina pravokutnika dana kao umnozak duljina njegovih stran-ica, P = a ·b. Promatrajuci sliku mozemo zakljuciti da ako odredimo udaljenosttocke A od pravaca koji predstavljaju dvije stranice pravokutnika dobit cemo

7

duljine njegovih stranica.

Napomena: Dakle pravci na kojima leze stranice moraju biti medjucosno okomiti.Kad bi bili paralelni nikako nebi mogli odrediti jednu od duljina stranica. Slicnastvar se mora dogoditi i s danom tockom, ona se ne smije nalaziti ni na jednompravcu jer kad bi se nalazila na jednom od pravaca nebi mogli odrediti duljineobje stranice pravokutnika vec samo jedne.

Dakle zadatak nam je odrediti udaljenost tocke A do pravca x + 2y − 3 = 0i 2x − y + 3 = 0. Udaljenost tocke T (x0, y0) od pravca p ... Ax + By + C = 0

racuna se prema izrazu d (T, p) = |Ax0 + By0 + C|√A2 + B2

. Prvo odredjujem udal-jenost tocke A od pravaca x + 2y − 3 = 0, slijedi:

A︷︸︸︷1 x +

B︷︸︸︷2 y

C︷︸︸︷−3 = 0

A(xA︷︸︸︷8 ,

yB︷︸︸︷5 )

⇒ a = d (T, p) = |AxA + ByA + C|√A2 + B2

a = |1 · 8 + 2 · 5− 3|√12 + 22

a = |8 + 10− 3|√1 + 4

a = |15|√5

a = 15√5

Racinaliziram dobiveni razlomak mnozeci brojnik i nazivnik s√

5, slijedi:

a = 15√5·√

5√5

a = 15√

5(√5)2


a =3��15√

5�51

a = 3√

5 jedinicnih duzina

Dakle duljina jedne od stranica pravokutnika, a, jest 3√

5 jedinicnih duzina.Perostaje jos odrediti duljinu druge stranice. To cu napraviti tako da odredim

8

udaljenost tocke A od drugog pravca, durgim rijecima od pravca 2x−y +3 = 0.Racunam:

A︷︸︸︷2 x

B︷︸︸︷−1 y +

C︷︸︸︷3 = 0

A(xA︷︸︸︷8 ,

yB︷︸︸︷5 )

⇒ b = d (T, p) = |AxA + ByA + C|√A2 + B2

b = |2 · 8− 1 · 5 + 3|√22 + (−1)2

b = |16− 5 + 3|√4 + 1

b = |14|√5

b = 14√5

Racinaliziram dobiveni razlomak mnozeci brojnik i nazivnik s√

5, slijedi:

b = 14√5·√

5√5

b = 14√

5(√5)2

b = 14√

55

b = 14√

55 jedinicnih duzina

Dakle duljina druge stranice pravokutnika, b, jest 14√

55 jedinicnih duzina. Pre-

ostaje samo odrediti povrsinu pravokutnika, racunam:

P =3√

5︷︸︸︷a · b︸︷︷︸

14√

55

P = 3√

51 · 15

√5

5

P = 3√

5 · 14√

55

P =42(√

5)2

5

9

Pokratimo sto se pokratiti dade:

P = 42 ·1 �5�51

P = 42 kv. jedinica

Dakle povrsina pravokutnika danog uvjetima zadatka jest 42 kv. jedinice i timeje zadatak rijesen.

?

Zadatak 11: (str. 68) Napisi jednadzbu pravca paralelonog s pravcem3x + 4y − 11 = 0 i od njega je udaljen za d = 5 jedinicnih duljina.


Prisjetimo se da za dva paralelna pravca vrijdi da su im koeficijenti smjerajendaki ili ako su implicitnom obliku Ax + By + C = 0 tada mora vrijeditiA1 ·B2 = A2 ·B1. To ubiti znaci da ce trazeni pravac imati imati koeficijente Ai B jednake kao i pravac dan u tekstu zadatka, a od njega ce se razlikovat samopo koeficijentu C. Postavlja se pitanje kako odrediti koeficijent C.

Napomena: Neka su dana dva paralelna pravca p1 ... A1x + B1y + C1 = 0 ip2 ... A2x + B2y + C2 = 0 za koje vrijedi A1 = A2 i B1 = B2 (razmislimo limalo to se uvijek moze postici za paralelne pravce). Tada se udaljenost medjunjima racuna perma sljedecem izrazu:

d (p1, p2) = |C2 − C1|√A2

1 + B21

10

Dakle primjenimo li izraz iz napomene mozemo odrediti koeficijent C2 i takodorediti jednadzbe pravaca koji su paralelni pravcu danom u tekstu zadatka.Racunam:

A1︷︸︸︷3 x +

B1︷︸︸︷4 y

C1︷︸︸︷−11 = 0

d (p1, p2) = 5

⇒ d (p1, p2) = |C2 − C1|√A2

1 + B21

5︷︸︸︷d (p1, p2) = |C2 −

−11︷︸︸︷C1 |√

A1︸︷︷︸3

2 + B1︸︷︷︸4

2

5 = |C2 − (−11)|√32 + 42

5 = |C2 + 11|√9 + 16

5 = |C2 + 11|√25

5 = |C2 + 11|5

Pomnozimo dobiveni izraz s 5, slijedi:

5 = |C2 + 11|5 / · 5


5 · 5 = |C2 + 11|1�5

· �51

1

25 = |C2 + 11|

Da bi rijesili dobivenu jednadzbu s apsolutnim vrijednostima, rastavimo je nadva slucaja:

Slucaj 1 Slucaj 2

25 = C2 + 11 ili 25 = − (C2 + 11)

25− 11 = C2 ili 25 = −C2 − 11

25− 11 = C2 ili 25 = −C2 − 11

C2 = 14 ili C2 = −25− 11

C2 = −36

Preostaje samo jos napisati jednadzbe trazenih pravaca, kao sto smo vec prim-jetili jedina razlika izmedju trazenih pravaca i u teksu zadanog pravca biti ce u

11

slobodnom keoficijentu C. Dakle jednadzbe trazenih pravaca su 3x+4y+14 = 0i 3x + 4y − 36 = 0 i time je zadatak rijesen.

?

Zadatak 14: (str. 68) Trokut ∆ABC je jednakokracan, njegova je osnovica duz-ina AB. A (−1,−2), B (7, 4). Duljina visine na osnovicu trokuta jednaka je 5jednicnih duljina. Odredi koordinate vrha C.


Prisjetimo se da visina na osnovicu vAB u jednakokracnom trokutu dijeli os-novicu AB na pola sto u sustini znaci da mozemo odrediti pravac na kojem lezivisina na osnovicu vAB . No to znaci da tada znamo pravac na kojem leze vrhoviC1 i C2 trokuta ∆ANC. Kako bi to odredili moramo svakako odrediti koordi-nate tocke P . To cemo uciniti prema izrazu za odredjivanje polovista duzineT1T2 kojoj su poznate koordinate krajnjih tocka T1 (x1, y1) i T2 (x2, y2) oblika

P (xP , yP ) = P

(xT1 + xT2

2 ,yT1 + yT2

2

), racunam:

A(xA︷︸︸︷−1 ,

yA︷︸︸︷−2 )

A(xB︷︸︸︷7 ,

yB︷︸︸︷4 )

⇒ (P (xP , yP ) = P

(xA + xB

2 ,yA + yB

2

)

xP =

−1︷︸︸︷xA +

7︷︸︸︷xB

2 i yP =

−2︷︸︸︷yA +

4︷︸︸︷yB

2

12

xP = −1 + 72 i yP = −2 + 4

2Pokratim sto se pokratiti dade:

xP =3�6�21

i yP =1�2�21

xP = 3 i yP = 1

Dakle koordinate tocke P su P (3, 1). Nadalje kako bi odredili pravac na kojemlezi visina vAB trebamo odrediti koeficijent smjera tog pravca. No taj pravacje okomit na pravac na kojem lezi stranica AB, no to znaci da za njihove ko-eficijente mora vrijediti identitet kv

AB= − 1

kAB

. Sto znaci da trebam odrediti

koeficijent pravca na kojem lezi stranica AB trokuta ∆ABC. Prisjetimo se daako su dane dvie tocke pravca T1 (x1, y1) i T2 (x2, y2) tada se njegov koeficijentracuna prema izrazu k(T1T2) = yT2 − yT1

xT2 − xT1

. Racunam:

A(xA︷︸︸︷−1 ,

yA︷︸︸︷−2 )

A(xB︷︸︸︷7 ,

yB︷︸︸︷4 )

⇒ kAB = yB − yA

xB − xA

kAB =

4︷︸︸︷yB −

−2︷︸︸︷yA

xB︸︷︷︸7

− xA︸︷︷︸−1

kAB = 4− (−2)7− (−1)


kAB =3�6�84

kAB = 34

Nadalje preko izraza kvAB

= − 1kAB

dolazim do koeficijenta smjera pravca kvAB

.

Racunam:kv

AB= − 1

kAB︸︷︷︸34

13

Rijesim dobiveni dvojni razlomak prema poznatom pravilu vanjski s vanjskim,unutarnji s unutarnjim:

kvAB

= − (

1134

kv

AB= −1 · 4

1 · 3

kvAB

= −43

Sada kada smo odredili koordinate tocke P kroz koju prolazi pravac na kojemlezi visina vAB i njegov keoficijent smjera kv

AB, odredjujemo njegovu jednadzbu.

Prisjetimo se da ako je dana tocka T (xT , yT ) kojom pravac prolazi i njegov ko-eficijent smjera k njegovu jednadzbu racunamo preko izraza y−yT = k (x− xT ).Racunam:

P (xP︷︸︸︷3 ,

yP︷︸︸︷1 )

kvAB

= −43

⇒ y − yP = kvAB

(x− xP )

y −1︷︸︸︷

yP =

− 43︷︸︸︷

kvAB

(x−3︷︸︸︷

xP )

y − 1 = −43 (x− 3)


y − 1 = −43x− 4

1�3·(−�31)

y − 1 = −43x + 4

y = −43x + 4 + 1

vAB ... y = −43 + 5

Ostavit cemo jednadzbu u eksplicitnom obliku jer kako znamo da vrhovi C1,odnosno C2 moraju biti na pravcu koji sadrzi visinu vAB znamo da u njihove

koordinate oblika C

(x,−4

3x + 5).

Iz teksta zadatka slijedi da udaljenost vrhova C1 i C2 od pravca koji sadrziosnovicu AB trokuta ∆ABC mora iznostiti 5 jedinicnih duljina. Prisjetimose da udaljenost tocke T (x1, y1) od pravaca p ... Ax + By + C = 0 racuna

prema izrazu d (T, p) = |Ax1 + By1 + C|√A2 + B2

. No u tu svrhu trebamo jos odrediti

jednadzbu pravaca koji sadrzi osnovicu AB trokuta ∆ABC. No znamo njegov

14

koeficijent smjera jer smo ga ranije morali odrediti, on iznosi kAB = 34 , a znamo

i da taj pravac mora prolaziti tockom A. Prisjetimo se da ako je dana tockaT (xT , yT ) kojom pravac prolazi i njegov koeficijent smjera k njegovu jednadzburacunamo preko izraza y − yT = k (x− xT ). Racunam:

A(xA︷︸︸︷−1 ,

yA︷︸︸︷−2 )

kAB = 34

⇒ y − yA = kAB (x− xA)

y −−2︷︸︸︷yA =

34︷︸︸︷

kAB(x−−1︷︸︸︷xA )

y − (−2) = 34 (x− (−1))

y + 2 = 34 (x + 1)

Pomnozim cijelu jednadzbu s 4 jer mi u konacnici treba implicitan oblik jed-nadzbe doticnog pravca, slijedi:

y + 2 = 34 (x + 1) / · 4


y · 4 + 2 · 4 = 31�4

(x + 1) · �41

1

4y + 8 = 3 (x + 1)4y + 8 = 3x + 3

(AB) ... 3x− 4y − 5 = 0

Preostaje jos samo uvrstiti koordinate tocake C

(x,−4

3 + 5)i jednadzbu pravca

(AB) u izraz za racunanje udaljenosti tocke od pravaca d (T, p) = |Ax1 + By1 + C|√A2 + B2

,slijedi:

C(xC︷︸︸︷x ,

yC︷︸︸︷−4

3x + 5)

(AB) ...

A︷︸︸︷3 x

B︷︸︸︷−4 y

C︷︸︸︷−5 = 0

d (C, (AB)) = 7

⇒ d (C, (AB)) = |AxC + ByC + C|√

A2 + B2

5︷︸︸︷d (C, (AB)) =

∣∣∣∣3 · x− 4(−4

3x + 5)− 5∣∣∣∣√

32 + (−4)2

15

5 =

∣∣∣∣3x + 163 x− 20− 5

∣∣∣∣√

9 + 16

Zapisem 3 kao 93 , slijedi:

5 =

∣∣∣∣93x + 163 x− 25

∣∣∣∣√

25

5 =

∣∣∣∣253 x− 25

∣∣∣∣5

Izlucim 5 u zagradi brojnika na desnoj strani, slijedi:

5 =

∣∣∣∣5(53x− 5

)∣∣∣∣5

5 =|5|∣∣∣∣53x− 5

∣∣∣∣5

Pokratimo sto se pokratiti dade:

5 =1�5∣∣∣∣53x− 5

∣∣∣∣�51

5 =∣∣∣∣53x− 5

∣∣∣∣Da bi rijesili dobivenu jednadzbu s apsolutnim vrijednostima, rastavimo je nadva slucaja:

Slucaj 1 Slucaj 2

5 = 53x− 5 ili 5 = −

(53x− 5

)5 = −5

3x + 5

Pomnozimo obje jednadzbe s 3, slijedi:

5 = 53x− 5 / · 3 ili 5 = −5

3x + 5 / · 3


5 · 3 = 51�3

x · �31

1 − 5 · 3 ili 5 · 3 = − 51�3

x · �31

1 + 5 · 3

16

15 = 5x− 15 ili 15 = −5x + 15

5x = 15 + 15 ili 5x = 15− 15

5x = 30 ili 5x = 0

Pomnozim obje jednadzbe s 15 , slijedi:

5x = 30 / · 15 ili 5x = 0 / · 1

5


1�5x

1 · 1�51

=6��301 ·

1�51

ili1�5x

1 · 1�51

= 0 · 15

x1 = 6 ili x2 = 0

Preostaje samo jos odrediti y koordinate vrhova C1 i C2, prisjetimo se da zanjih mora vrijediti y = −4

3x + 5. Racunam:

y1 = −43

6︷︸︸︷x1 +5 ili y2 = −4

3

0︷︸︸︷x2 +5


y1 = − 41�3· �6

2

1 + 5 ili y2 = −43 · 0 + 5

y1 = −4 · 2 + 5 ili y2 = 5

y1 = −8 + 5

y1 = −3

Dakle time smo dobili koordinate dviju tocka C1 (6,−3) i C2 (0, 5) koje zado-voljavaju uvjete zadatka cime je problem rijesen.

?

Zadatak 16: (str. 68) Odredi simetralu tupog kuta sto ga odredjuju pravci2x + 4y − 11 = 0 i x− 2y + 5 = 0.

Rjesenje: Prije samog racuna probajmo sa skice zakljuciti sto zapravo trebamoracunati (skice su u ovim zadacima dosta bitne da se zna lakse odrediti trazenajednadzba simetrale):

17

Prisjetimo se da ako su dane jednadzbe pravaca u implicintom obliku p1 ... A1x+B1 + C1 = 0 i p2 ... A2x + B2 + C2 = 0 tada simetrale kutova koje zatvarajupravci p1 i p2 odredjuju prema izrazu |A1x + B1 + C1|√

A21 + B2

1= |A2x + B2 + C2|√

A22 + B2

2.

Racunam:

p1 ...

A1︷︸︸︷2 x +

B1︷︸︸︷4 y

C1︷︸︸︷−11 = 0

p2 ...

A2︷︸︸︷1 x

B2︷︸︸︷−2 y +

C2︷︸︸︷5 = 0

⇒ |A1x + B1 + C1|√A2

1 + B21

= |A2x + B2 + C2|√A2

2 + B22

|2x + 4y − 11|√22 + 42

= |x− 2y + 5|√12 + (−2)2

|2x + 4y − 11|√4 + 16

= |x− 2y + 5|√1 + 4

|2x + 4y − 11|√20

= |x− 2y + 5|√5

|2x + 4y − 11|2√

5= |x− 2y + 5|√

5Pomnozim cijelu jednadzbu s 2

√5, slijedi:

|2x + 4y − 11|2√

5= |x− 2y + 5|√

5/ · 2√

5


|2x + 4y − 11|1�

��2√

5·�

��2√

51

1 = |x− 2y + 5|1��√

5·�

��2√

52

1

18

|2x + 4y − 11| = 2 |x− 2y + 5|


Slucaj 1 Slucaj 2

2x + 4y − 11 = 2 (x− 2y + 5) ili 2x + 4y − 11 = −2 (x− 2y + 5)

��2x + 4y − 11 =��2x− 4y + 10 ili 2x +��4y − 11 = −2x +��4y − 10

4y + 4y − 11− 10 = 0 ili 2x + 2x− 11 + 10

s1 ... 8y − 21 = 0 ili s2 ... 4x− 1 = 0

Pogledajmo opet sliku:

Ono sto mozemo zakljuciti jest da trazimo jednadzbu pravca oblika x = a, stonas navodi na zakljkucak da je trazena jednadzba simetrale upravo 4x− 1 = 0.Time je zadatak rijesen.

?

Zadatak 22: (str. 68) Na pravcu y = x − 3 odredi tocku jednako odaljenu odpravaca y = 7x− 11 i y = −x + 5.

Rjesenje: Oznacimo dane pravce:

p ... y = x− 3

p1 ... y = 7x− 11

p2 ... y = −x + 5

Prije samog racuna probajmo sa skice zakljuciti sto zapravo trebamo racunati:

19

Dakle ideja je sljedeca, odredit cemo simetrale kutocva sto ga odredjuju pravcip1 i p2 i tada potraziti sjcista pravca p s simetralama. Prisjetimo se da akosu dane jednadzbe pravaca u implicintom obliku p1 ... A1x + B1 + C1 = 0i p2 ... A2x + B2 + C2 = 0 tada simetrale kutova koje zatvaraju pravci p1 ip2 odredjuju prema izrazu |A1x + B1 + C1|√

A21 + B2

1= |A2x + B2 + C2|√

A22 + B2

2. U tu svrhu

moram prvo pretvoriti jednadzbe pravaca p1 i p2 iz eksplicitnog u implicitnioblik: Racunam:

p1 ... y = 7x− 11 ⇒ 7x− y − 11 = 0

p2 ... y = −x + 5 ⇒ x + y − 5 = 0Odredimo nadalje simetrale kutova koje zatvaraju pravci p1 i p2, racunam:

p1 ...

A1︷︸︸︷7 x

B1︷︸︸︷−1 y

C1︷︸︸︷−11 = 0

p2 ...

A2︷︸︸︷1 x +

B2︷︸︸︷1 y

C2︷︸︸︷−5 = 0

⇒ |A1x + B1 + C1|√A2

1 + B21

= |A2x + B2 + C2|√A2

2 + B22

|7x− y − 11|√72 + (−1)2

= |x + y − 5|√12 + 12

|7x− y − 11|√49 + 1

= |x + y − 5|√1 + 1

|7x− y − 11|√50

= |x + y − 5|√2

|7x− y − 11|5√

2= |x + y − 5|√

2

20

Pomnozim cijelu jednadzbu s 5√

2, slijedi:

|7x− y − 11|5√

2= |x + y − 5|√

2/ · 5√

2


|7x− y − 11|1�

��5√

2·�

��5√

21

1 = |x− 2y + 5|1��√

2·�

��5√

25

1

|7x− y − 11| = 5 |x− 2y + 5|


Slucaj 1 Slucaj 2

7x− y − 11 = 5 (x + y − 5) ili 7x− y − 11 = −5 (x + y − 5)

7x− y − 11 = 5x + 5y − 25 ili 7x− y − 11 = −5x− 5y + 25

7x− 5x− y − 5y − 11 + 25 = 0 ili 7x + 5x− y + 5y − 11− 25 = 0

2x− 6y + 14 = 0 ili 12x + 4y − 36 = 0

Pomnozimo lijevu jednadzbu s 12 , dok desnu pomnozimo s 1

4 , slijedi:

2x− 6y + 14 = 0 / · 12 ili 12x + 4y − 36 = 0 / · 1

41�2x

1 ·1�21−

3�6y

1 ·1�21

+7��141 ·

1�21

= 0 ili3��12x

1 · 1�21

+1�4y

1 ·1�21−

9��361 ·

1�41

= 0

s1 ... x− 3y + 7 = 0 ili s2 ... 3x + y − 9 = 0

Dakle simetrale kutova koji su odredjeni pravcima p1 i p2 su s1 ... x−3y +7 = 0i s2 ... 3x + y − 9 = 0. Preostaje jos samo odrediti sjecista simetrala s1 i s2 sprvacem p. Pronadjimo dakle prvo sjeciste pravaca s1 i p. Prije svega prebacimjednadzbu pravca p iz eksplicitnog u implicitni oblik:

p ... y = x− 3 ⇒ x− y − 3 = 0

Nastavljam racun, slijedi: {x− 3y + 7 = 0x− y − 3 = 0

Pomnozim drugu jednadzbu s −3:{x− 3y + 7 = 0x− y − 3 = 0 / · (−3){

x− 3y + 7 = 0x · (−3)− y · (−3)− 3 · (−3) = 0

21

{x− 3y + 7 = 0−3x + 3y + 9 = 0

Zbrojimo dobivene jednadzbe, slijedi:

−2x + 16 = 0

2x = 16

Pomnozimo cijelu jednadzbu s 12 , slijedi:

2x = 16 / · 12

Pokratim sto se pokratiti dade:1�2x

1 · 1�21

=8��161 ·

1�21

x = 8

Uvrstimo dobivenu koordinatu u drugu jednadzbu kako bi dobili vrijednost ko-ordinate y, racunam:

8︷︸︸︷x +y + 3 = 0

8− y − 3 = 0

−y + 5 = 0

y = 5

Dakle jedno trazeno rjesenje jest tocka T1 s koordinatama T1 (8, 5). Preostajejos odrediti koordinate druge tocke, sto cemo uciniti rijesivsi sustav jednadzbikoje predstavljaju pravce s2 i p, racunam:{

3x + y − 9 = 0x− y − 3 = 0

Zbrojimo dobivene jednadzbe, slijedi:

2x− 6 = 0

2x = 6

Pomnozimo cijelu jednadzbu s 14 , slijedi:

2x = 6 / · 12

Pokratim sto se pokratiti dade:1�2x

1 · 1�21

=3�61 ·

1�21

22

x = 3

Uvrstimo dobivenu koordinatu u drugu jednadzbu kako bi dobili vrijednost ko-ordinate y, racunam:

3︷︸︸︷x +y + 3 = 0

3− y − 3 = 0

y = 0

Dakle dobili smo dvije jedndazbe koje zadovoljavaju uvjete zadataka i to suT1 (8, 5) i T2 (3, 0). Time je zadatak rijesen.

?

23

8.4 udaljenost tocke od pravca i simetrala kuta · 2014-05-17 · 8.4 udaljenost tocke od pravca i...

Documents