Analitička geometrija u prostoru - zadaci sa rešenjima

Rešenje:
Sfera dodiruje ravan ako i samo ako je rastojanje njenog centra od ravni jednako njenom poluprečniku. Prema formuli za rastojanje tačke od ravni je
[tex]r=\frac{|6\cdot 1+6\cdot 4-7\cdot (-7)+42|}{\sqrt{6^2+6^2+(-7)^2}}=\frac{|6+24+49+42|}{\sqrt{121}}=\frac{121}{11}=11[/tex]
Dakle, sfera je [tex](x-1)^2+(y-4)^2+(z+7)^2=121[/tex] i njen poluprečnik je [tex]11[/tex].

Rešenje:
Kosinusi pravca su koordinate jediničnog vektora [tex]\vec{e}=(\cos\alpha; \cos\beta; \cos\gamma)[/tex] duž prave ([tex]\alpha[/tex], [tex]\beta[/tex], [tex]\gamma[/tex] su uglovi koje prava zaklapa sa koordinatnim osama), pa je
[tex]|\vec{e}|^2=\cos^2\alpha+\cos^2\beta+\cos^2\gamma=1[/tex]
Prema formuli za kosinus dvostrukog ugla [tex]\cos 2\varphi=2\cos^2\varphi-1[/tex] dobijamo
[tex]\cos 2\alpha+\cos 2\beta+\cos 2\gamma=2\left(\cos^2\alpha+\cos^2\beta+\cos^2\gamma\right)-3=2-3=-1[/tex]

Rešenje:
Imamo [tex]\overrightarrow{AB}=(-1; -2; 3)[/tex] i [tex]\overrightarrow{BA}=-\overrightarrow{AB}[/tex]. Označimo [tex]\vec{u}=\overrightarrow{AB}[/tex]. Vektorski proizvod je bilinearan, [tex]\vec{a}×\vec{a}=\vec{u}×\vec{u}=\vec{0}[/tex] i [tex]\vec{u}×\vec{a}=-\vec{a}×\vec{u}[/tex], pa je
[tex]\left(\vec{a}-2\vec{u}\right)×\left(3\vec{a}-\vec{u}\right)=3\,\vec{a}×\vec{a}-\vec{a}×\vec{u}-6\,\vec{u}×\vec{a}+2\,\vec{u}×\vec{u}=-\vec{a}×\vec{u}+6\,\vec{a}×\vec{u}=5\,\vec{a}×\vec{u}[/tex]
Izračunavamo
[tex]\vec{a}×\vec{u}=\begin{vmatrix}\vec{i}&\vec{j}&\vec{k}\\-1&-1&2\\-1&-2&3\end{vmatrix}=\left((-1)\cdot 3-2\cdot (-2); \ 2\cdot (-1)-(-1)\cdot 3; \ (-1)\cdot (-2)-(-1)\cdot (-1)\right)=(1; 1; 1)[/tex]
Dakle, traženi proizvod je [tex]5\,(1; 1; 1)=(5; 5; 5)[/tex]. Direktna provera: [tex]\vec{a}-2\overrightarrow{AB}=(1; 3; -4)[/tex], [tex]3\vec{a}+\overrightarrow{BA}=(-2; -1; 3)[/tex] i
[tex](1; 3; -4)×(-2; -1; 3)=(9-4; \ 8-3; \ -1+6)=(5; 5; 5)[/tex]

Rešenje:
Vektori [tex]\overrightarrow{AB}=(2; 2; 2)[/tex] i [tex]\overrightarrow{AC}=(2; 0; -2)[/tex] nisu kolinearni, pa tri tačke određuju jedinstvenu ravan. Njen vektor normale je
[tex]\overrightarrow{AB}×\overrightarrow{AC}=\left(2\cdot (-2)-2\cdot 0; \ 2\cdot 2-2\cdot (-2); \ 2\cdot 0-2\cdot 2\right)=(-4; 8; -4)=-4\,(1; -2; 1)[/tex]
pa možemo uzeti [tex]\vec{n}=(1; -2; 1)[/tex]. Ravan kroz [tex]A[/tex] sa vektorom normale [tex]\vec{n}[/tex] je
[tex](x-1)-2(y-2)+(z-3)=0\iff x-2y+z=0[/tex]
Provera: [tex]B:\ 3-8+5=0[/tex] i [tex]C:\ 3-4+1=0[/tex].

Rešenje:
Ravan seče svaku koordinatnu osu u tački u kojoj su druge dve koordinate jednake nuli:
[tex]y=z=0\Rightarrow x=8,\qquad x=z=0\Rightarrow y=-4,\qquad x=y=0\Rightarrow z=6[/tex]
Dakle, piramida ima temena [tex]O(0; 0; 0)[/tex], [tex](8; 0; 0)[/tex], [tex](0; -4; 0)[/tex] i [tex](0; 0; 6)[/tex]. Njene tri ivice iz [tex]O[/tex] leže na koordinatnim osama, pa su međusobno normalne i imaju dužine [tex]8[/tex], [tex]4[/tex] i [tex]6[/tex]. Ako za osnovu uzmemo pravougli trougao sa katetama [tex]8[/tex] i [tex]4[/tex] u ravni [tex]Oxy[/tex], visina je [tex]6[/tex]:
[tex]V=\frac{1}{3}\cdot \frac{8\cdot 4}{2}\cdot 6=32[/tex]

Rešenje:
Jednačina ne sadrži [tex]y[/tex]. Zato, ako je tačka [tex](x_0; y_0; z_0)[/tex] zadovoljava, zadovoljava je i svaka tačka [tex](x_0; y_0+s; z_0)[/tex], [tex]s\in\mathbb{R}[/tex]. Dakle, zajedno sa svakom svojom tačkom površ sadrži celu pravu kroz tu tačku paralelnu vektoru [tex]\vec{p}=(0; 1; 0)[/tex], tj. osi [tex]Oy[/tex].
U ravni [tex]y=0[/tex] jednačina opisuje kružnicu sa centrom [tex](-2; 0; 0)[/tex] i poluprečnikom [tex]3[/tex]:
[tex]k:\ (x+2)^2+z^2=9,\quad y=0[/tex]
Prema tome, površ je kružni cilindar sa izvodnicama paralelnim vektoru [tex]\vec{p}=(0; 1; 0)[/tex] i vodiljom [tex]k[/tex]. To nije kružnica: jedna jednačina u prostoru određuje površ, a za kružnicu su potrebne dve jednačine.

Rešenje:
Imamo [tex]\overrightarrow{AB}=(3; 2; 1)[/tex], [tex]\overrightarrow{AC}=(0; 2; 1)[/tex] i
[tex]\overrightarrow{AB}×\overrightarrow{AC}=\left(2\cdot 1-1\cdot 2; \ 1\cdot 0-3\cdot 1; \ 3\cdot 2-2\cdot 0\right)=(0; -3; 6)[/tex]
Odatle su površina trougla i dužina stranice [tex]AC[/tex]
[tex]S=\frac{1}{2}\left|\overrightarrow{AB}×\overrightarrow{AC}\right|=\frac{1}{2}\sqrt{0+9+36}=\frac{3\sqrt{5}}{2},\qquad |AC|=\sqrt{0+4+1}=\sqrt{5}[/tex]
Pošto je [tex]S=\frac{1}{2}\,|AC|\cdot BH[/tex], dobijamo
[tex]BH=\frac{2S}{|AC|}=\frac{3\sqrt{5}}{\sqrt{5}}=3[/tex]

Rešenje:
Vektor normale ravni [tex]\alpha[/tex] je [tex]\vec{n}=(1; -4; 3)[/tex], pa je prava kroz [tex]M[/tex] normalna na [tex]\alpha[/tex]
[tex]x=5+t,\quad y=-1-4t,\quad z=2+3t,\qquad t\in\mathbb{R}[/tex]
Zamenom u jednačinu ravni dobijamo
[tex](5+t)-4(-1-4t)+3(2+3t)+11=26+26t=0\Rightarrow t=-1[/tex]
Dakle, podnožje normale, tj. tražena projekcija, je [tex]M_0(4; 3; -1)[/tex]. Provera: [tex]4-12-3+11=0[/tex], a [tex]\overrightarrow{MM_0}=(-1; 4; -3)=-\vec{n}[/tex] je kolinearan sa [tex]\vec{n}[/tex].

Rešenje:
Prava [tex]g_2[/tex] prolazi kroz tačku [tex]P(2; 2; 0)[/tex] i ima vektor pravca [tex]\vec{v}_2=(1; -1; 1)[/tex], a prava [tex]g_1[/tex] ima vektor pravca [tex]\vec{v}_1=(1; 0; 1)[/tex]. Ovi vektori nisu kolinearni i oba su paralelna ravni [tex]\alpha[/tex], pa je ravan jedinstvena i njen vektor normale je
[tex]\vec{n}=\vec{v}_2×\vec{v}_1=\begin{vmatrix}\vec{i}&\vec{j}&\vec{k}\\1&-1&1\\1&0&1\end{vmatrix}=(-1; 0; 1)[/tex]
Ravan kroz [tex]P[/tex] sa ovim vektorom normale je
[tex]-(x-2)+(z-0)=0\iff x-z-2=0[/tex]
Provera: svaka tačka [tex](2+s; 2-s; s)[/tex] prave [tex]g_2[/tex] zadovoljava [tex](2+s)-s-2=0[/tex], i [tex]\vec{n}\centerdot\vec{v}_1=-1+0+1=0[/tex]. Tačka [tex](1; 0; 0)[/tex] prave [tex]g_1[/tex] daje [tex]1-0-2\ne0[/tex], pa je [tex]g_1[/tex] paralelna sa [tex]\alpha[/tex] i ne leži u njoj.

Rešenje:
Ako je [tex]\vec{a}=\vec{0}[/tex] ili [tex]\vec{b}=\vec{0}[/tex], obe strane su jednake [tex]0[/tex]. Inače, neka je [tex]\varphi\in\left[0; \pi\right][/tex] ugao između vektora. Po definiciji vektorskog proizvoda (to obuhvata i kolinearne vektore, za koje je [tex]\sin \varphi=0[/tex] i [tex]\vec{a}×\vec{b}=\vec{0}[/tex])
[tex]\left|\vec{a}×\vec{b}\right|=|\vec{a}|\,|\vec{b}|\sin \varphi[/tex]
Skalarni kvadrat vektora jednak je kvadratu njegove dužine, a [tex]0\le\sin ^2\varphi\le 1[/tex], pa je
[tex](\vec{a}×\vec{b})^2=|\vec{a}|^2|\vec{b}|^2\sin ^2\varphi\le|\vec{a}|^2|\vec{b}|^2=\vec{a}^{\,2}\,\vec{b}^{\,2}[/tex]
Preciznije, pošto je [tex]\vec{a}\centerdot\vec{b}=|\vec{a}|\,|\vec{b}|\cos\varphi[/tex] i [tex]\sin ^2\varphi=1-\cos^2\varphi[/tex], dobijamo Lagranžov identitet
[tex](\vec{a}×\vec{b})^2=\vec{a}^{\,2}\,\vec{b}^{\,2}-(\vec{a}\centerdot\vec{b})^2\le\vec{a}^{\,2}\,\vec{b}^{\,2}[/tex]
pa jednakost važi tačno kada je [tex]\vec{a}\centerdot\vec{b}=0[/tex], tj. kada su vektori normalni ili je jedan od njih nula-vektor.

Rešenje:
Neka je [tex]M(x; y; z)[/tex] tačka krive. Oduzimanjem druge jednačine od prve dobijamo
[tex]x^2-y^2=0\iff (x-y)(x+y)=0[/tex]
Dakle, [tex]x-y=0[/tex] ili [tex]x+y=0[/tex], tj. svaka tačka krive leži u ravni [tex]\pi_1:\ x-y=0[/tex] ili u ravni [tex]\pi_2:\ x+y=0[/tex]. Obe ravni su zaista potrebne: tačke krive sa [tex]x=y[/tex] čine elipsu [tex]x=y,\ x^2+z^2=a^2[/tex] u ravni [tex]\pi_1[/tex], a tačke sa [tex]x=-y[/tex] čine elipsu [tex]x=-y,\ x^2+z^2=a^2[/tex] u ravni [tex]\pi_2[/tex] (sve te tačke zadovoljavaju obe jednačine, jer je [tex]y^2=x^2[/tex]). Vektori normala tih ravni su međusobno ortogonalni:
[tex]\vec{n}_1=(1; -1; 0),\quad \vec{n}_2=(1; 1; 0),\quad \vec{n}_1\centerdot\vec{n}_2=1-1+0=0[/tex]
Dakle, [tex]\pi_1\perp\pi_2[/tex], čime je tvrđenje dokazano.