Analitička geometrija u prostoru - teški zadaci sa rešenjima

Rešenje:
Uvedimo ortonormirani koordinatni sistem sa početkom u [tex]A[/tex] i osama duž [tex]AB[/tex], [tex]AD[/tex] i [tex]AA_1[/tex]. Tada je
[tex]M(2\sqrt{2}; \sqrt{2}; 0),\quad C_1(2\sqrt{2}; 2\sqrt{2}; 2),\quad A_1(0; 0; 2),\quad D(0; 2\sqrt{2}; 0)[/tex]
Vektori pravca ovih pravih su
[tex]\overrightarrow{MC_1}=(0; \sqrt{2}; 2),\qquad \overrightarrow{A_1D}=(0; 2\sqrt{2}; -2)[/tex]
a njihov skalarni proizvod je
[tex]\overrightarrow{MC_1}\centerdot\overrightarrow{A_1D}=0\cdot 0+\sqrt{2}\cdot 2\sqrt{2}+2\cdot (-2)=4-4=0[/tex]
Dakle, vektori pravca su normalni. Ugao između dve prave (koje se seku ili su mimoilazne) određen je uglom između njihovih vektora pravca, pa je traženi ugao [tex]90^\circ[/tex].

Rešenje:
Prava [tex]g[/tex] prolazi kroz tačku [tex]P_1(1; -2; 5)[/tex] i ima vektor pravca [tex]\vec{v}_1=(\lambda; -3; 4)[/tex], a prava [tex]p[/tex] prolazi kroz [tex]P_2(3\lambda+1; 2; 1)[/tex] i ima vektor pravca [tex]\vec{v}_2=(3; 2; -2)[/tex]. Dve prave leže u jednoj ravni tačno kada su vektori [tex]\overrightarrow{P_1P_2}=(3\lambda; 4; -4)[/tex], [tex]\vec{v}_1[/tex] i [tex]\vec{v}_2[/tex] komplanarni, tj. kada je njihov mešoviti proizvod jednak nuli:
[tex]\begin{vmatrix}3\lambda&4&-4\\ \lambda&-3&4\\ 3&2&-2\end{vmatrix}=3\lambda(6-8)-4(-2\lambda-12)-4(2\lambda+9)=12-6\lambda=0\ \Rightarrow\ \lambda=2[/tex]
Za [tex]\lambda=2[/tex] vektori pravca [tex](2; -3; 4)[/tex] i [tex](3; 2; -2)[/tex] nisu kolinearni, pa se prave seku (u tački [tex](1; -2; 5)[/tex], koja se dobija za [tex]t=-2[/tex]) i zaista određuju ravan.

Rešenje:
Neka je [tex]D(0; y; 0)[/tex]. Zapremina tetraedra jednaka je šestini apsolutne vrednosti mešovitog proizvoda tri vektora ivica koje polaze iz istog temena:
[tex]V=\frac{1}{6}\left|\left(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC},\overrightarrow{AD}\right)\right|[/tex]
Ovde je [tex]\overrightarrow{AB}=(-1; 1; -2)[/tex], [tex]\overrightarrow{AC}=(0; 2; -4)[/tex], [tex]\overrightarrow{AD}=(2; y+1; -1)[/tex], pa razvijanjem po prvoj vrsti dobijamo
[tex]\begin{vmatrix}-1&1&-2\\ 0&2&-4\\ 2&y+1&-1\end{vmatrix}=-1\cdot (-2+4y+4)-1\cdot (0+8)-2\cdot (0-4)=-4y-2[/tex]
Uslov [tex]V=5[/tex] daje
[tex]\frac{1}{6}\left|4y+2\right|=5\iff 4y+2=\pm 30\iff y=7\text{ ili }y=-8[/tex]
Dakle, postoje dva moguća temena: [tex]D(0; 7; 0)[/tex] i [tex]D(0; -8; 0)[/tex].

Rešenje:
Pošto je [tex]\overrightarrow{OA}=-\overrightarrow{AO}=-(\vec{a}+\vec{b})[/tex], zapremina je
[tex]V=\frac{1}{6}\left|\left(\overrightarrow{OA},\overrightarrow{OB},\overrightarrow{OC}\right)\right|[/tex]
Vektorski proizvod je bilinearan i antikomutativan ([tex]\vec{a}×\vec{a}=\vec{b}×\vec{b}=\vec{0}[/tex], [tex]\vec{b}×\vec{a}=-\vec{a}×\vec{b}[/tex]), pa je
[tex](\vec{a}+\vec{b})×(\vec{a}-\vec{b})=\vec{a}×\vec{a}-\vec{a}×\vec{b}+\vec{b}×\vec{a}-\vec{b}×\vec{b}=-2\,\vec{a}×\vec{b}\ \Rightarrow\ \overrightarrow{OA}×\overrightarrow{OB}=2\,\vec{a}×\vec{b}[/tex]
Zato je
[tex]\left(\overrightarrow{OA},\overrightarrow{OB},\overrightarrow{OC}\right)=\left(2\,\vec{a}×\vec{b}\right)\centerdot\left(\vec{a}×\vec{b}\right)=2\left|\vec{a}×\vec{b}\right|^2[/tex]
gde je
[tex]\left|\vec{a}×\vec{b}\right|=|\vec{a}|\,|\vec{b}|\sin \frac{\pi}{3}=3\cdot 2\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=3\sqrt{3}[/tex]
Dakle, mešoviti proizvod je [tex]2\cdot 27=54[/tex] i
[tex]V=\frac{54}{6}=9[/tex]

Rešenje:
Pri rotaciji oko [tex]Ox[/tex] tačka [tex](x_0; 0; z_0)[/tex] hiperbole opisuje kružnicu u ravni [tex]x=x_0[/tex] sa centrom [tex](x_0; 0; 0)[/tex] i poluprečnikom [tex]|z_0|[/tex], tj. skup tačaka sa [tex]x=x_0[/tex] i [tex]y^2+z^2=z_0^2[/tex]. Zato tačka [tex](x; y; z)[/tex] leži na površi tačno kada tačka [tex]\left(x; 0; \sqrt{y^2+z^2}\right)[/tex] leži na hiperboli: koordinatu duž ose rotacije zadržavamo, a [tex]z^2[/tex] zamenjujemo sa [tex]y^2+z^2[/tex]:
[tex]\frac{x^2}{9}-\frac{y^2+z^2}{4}=1[/tex]
Osa rotacije [tex]Ox[/tex] je realna osa hiperbole, pa je površ dvograni rotacioni hiperboloid.

Rešenje:
Dopunimo do potpunih kvadrata:
[tex]6(x^2-2x)=6(x-1)^2-6,\quad -2(y^2-2y)=-2(y-1)^2+2,\quad 4(z^2+2z)=4(z+1)^2-4[/tex]
Jednačina postaje
[tex]6(x-1)^2-2(y-1)^2+4(z+1)^2-6+2-4+8=0\iff 6(x-1)^2-2(y-1)^2+4(z+1)^2=0[/tex]
Translacija [tex]X=x-1,\ Y=y-1,\ Z=z+1[/tex] premešta koordinatni početak u [tex]O'(1; 1; -1)[/tex]; posle deljenja sa [tex]12[/tex] dobijamo
[tex]\frac{X^2}{2}+\frac{Z^2}{3}-\frac{Y^2}{6}=0[/tex]
To je eliptički konus sa temenom [tex](1; 1; -1)[/tex] i osom paralelnom sa [tex]Oy[/tex]: njegovi preseci ravnima [tex]Y=h\ne 0[/tex] su elipse [tex]\frac{X^2}{2}+\frac{Z^2}{3}=\frac{h^2}{6}[/tex], a presek ravni [tex]Y=0[/tex] je samo teme.

Rešenje:
Pošto je [tex](\vec{u},\vec{v},\vec{x})=(\vec{u}×\vec{v})\centerdot\vec{x}[/tex], najpre računamo vektorske proizvode:
[tex]\vec{a}×\vec{b}=(2; 1; -1),\quad \vec{b}×\vec{c}=(3; 3; -1),\quad \vec{c}×\vec{a}=(-2; -2; 1)[/tex]
Za [tex]\vec{x}=(x; y; z)[/tex] uslovi daju linearni sistem
[tex]\begin{cases}2x+y-z=1\\ 3x+3y-z=2\\ -2x-2y+z=0\end{cases}[/tex]
Njena determinanta je [tex]1\ne 0[/tex] (u opštem slučaju ona je jednaka [tex](\vec{a},\vec{b},\vec{c})^2[/tex], a ovde je [tex](\vec{a},\vec{b},\vec{c})=\vec{a}\centerdot(\vec{b}×\vec{c})=3-2=1[/tex]), pa je rešenje jedinstveno. Sabiranjem poslednje dve jednačine dobijamo [tex]x+y=2[/tex]; tada iz treće jednačine sledi [tex]z=2(x+y)=4[/tex], a iz prve [tex]2x+y=5[/tex]. Dakle,
[tex]x=3,\quad y=-1,\quad z=4,\qquad \vec{x}=(3; -1; 4)[/tex]
Provera: [tex]\vec{x}=2\vec{a}+\vec{c}[/tex], pa je [tex](\vec{a},\vec{b},\vec{x})=(\vec{a},\vec{b},\vec{c})=1[/tex], [tex](\vec{b},\vec{c},\vec{x})=2(\vec{b},\vec{c},\vec{a})=2[/tex] i [tex](\vec{c},\vec{a},\vec{x})=0[/tex].

Rešenje:
Ravan sadrži osu [tex]Oz[/tex] ako i samo ako njena jednačina ima oblik [tex]Ax+By=0[/tex], [tex](A; B)\ne(0; 0)[/tex]: ona prolazi kroz koordinatni početak, a njen vektor normale [tex]\vec{n}=(A; B; 0)[/tex] normalan je na osu. Kosinus ugla između dve ravni jednak je [tex]\frac{|\vec{n}_1⋅\vec{n}_2|}{|\vec{n}_1|\,|\vec{n}_2|}[/tex], a vektor normale ravni [tex]\beta[/tex] je [tex]\vec{n}_\beta=(2; 1; -\sqrt{5})[/tex], [tex]|\vec{n}_\beta|=\sqrt{10}[/tex]. Zato je
[tex]\cos\varphi=\frac{|2A+B|}{\sqrt{A^2+B^2}\,\sqrt{10}}=\frac{1}{2}\ \Rightarrow\ 4(2A+B)^2=10\left(A^2+B^2\right)[/tex]
Posle oslobađanja od zagrada i deljenja sa [tex]2[/tex] dobijamo
[tex]3A^2+8AB-3B^2=0\iff(3A-B)(A+3B)=0[/tex]
Dakle, [tex]B=3A[/tex], na primer [tex](A; B)=(1; 3)[/tex], ili [tex]A=-3B[/tex], na primer [tex](A; B)=(3; -1)[/tex]. Kvadriranje nije dodalo rešenja, jer su obe strane bile nenegativne; neposredno:
[tex]\frac{|2\cdot 1+3|}{\sqrt{10}\,\sqrt{10}}=\frac{|2\cdot 3-1|}{\sqrt{10}\,\sqrt{10}}=\frac{1}{2}[/tex]
Tražene ravni su [tex]x+3y=0[/tex] i [tex]3x-y=0[/tex].

Rešenje:
Najpre određujemo zajedničku tačku prave [tex]b[/tex] i ravni [tex]\alpha[/tex]. Zamenom parametarskih jednačina prave [tex]b[/tex] u jednačinu ravni [tex]\alpha[/tex] dobijamo
[tex](2-3s)-2s+5(6-5s)-2=30-30s=0\ \Rightarrow\ s=1,\quad P(-1; 1; 1)[/tex]
Tačke ravni [tex]\alpha[/tex] su nepokretne pri simetriji, pa je [tex]P\in b'[/tex]. Uzmimo još jednu tačku prave [tex]b[/tex], [tex]Q(2; 0; 6)[/tex] (za [tex]s=0[/tex]), i odredimo njoj simetričnu tačku [tex]Q'[/tex]. Vektor normale ravni [tex]\alpha[/tex] je [tex]\vec{n}=(1; -2; 5)[/tex], a normala iz [tex]Q[/tex] na [tex]\alpha[/tex] sastoji se od tačaka [tex]Q+\lambda\vec{n}=(2+\lambda; -2\lambda; 6+5\lambda)[/tex]. Njeno podnožje [tex]H[/tex] je središte duži [tex]QQ'[/tex]:
[tex](2+\lambda)+4\lambda+5(6+5\lambda)-2=30+30\lambda=0\ \Rightarrow\ \lambda=-1,\quad H(1; 2; 1),\quad Q'=2H-Q=(0; 4; -4)[/tex]
Prava [tex]b'[/tex] sadrži tačke [tex]P[/tex] i [tex]Q'[/tex]:
[tex]\overrightarrow{PQ'}=(1; 3; -5)\ \Rightarrow\ b':\ \frac{x+1}{1}=\frac{y-1}{3}=\frac{z-1}{-5}[/tex]
Provera: simetrijom vektora pravca [tex]\vec{d}=(-3; 1; -5)[/tex] prave [tex]b[/tex] (ovde je [tex]\vec{d}⋅\vec{n}=-30[/tex], [tex]|\vec{n}|^2=30[/tex]) dobija se vektor paralelan sa [tex]\overrightarrow{PQ'}[/tex]:
[tex]\vec{d}-2\,\frac{\vec{d}⋅\vec{n}}{|\vec{n}|^2}\,\vec{n}=\vec{d}+2\vec{n}=(-1; -3; 5)\parallel(1; 3; -5)[/tex]

Rešenje:
Vektor normale ravni [tex]\beta[/tex] je [tex]\vec{n}_\beta=(3; 4; -1)[/tex]. Vektor [tex]\overrightarrow{AB}[/tex] nije paralelan sa [tex]\vec{n}_\beta[/tex], pa je ravan [tex]\gamma[/tex] jedinstvena; njen vektor normale normalan je i na [tex]\overrightarrow{AB}[/tex] i na [tex]\vec{n}_\beta[/tex]:
[tex]\overrightarrow{AB}=(-2; -8; -2)\parallel(1; 4; 1),\qquad (1; 4; 1)×(3; 4; -1)=(-8; 4; -8)\parallel(2; -1; 2)[/tex]
[tex]\gamma:\ 2x-y+2(z+1)=0\iff 2x-y+2z+2=0[/tex]
Ova ravan sadrži tačku [tex]A[/tex], a takođe je [tex]B\in\gamma[/tex], jer je [tex]-4+8-6+2=0[/tex]. Normala iz [tex]B[/tex] na [tex]\beta[/tex] ima pravac [tex]\vec{n}_\beta[/tex], koji je paralelan sa [tex]\gamma[/tex] jer je [tex]\gamma\perp\beta[/tex]; pošto je [tex]B\in\gamma[/tex], ta normala leži u [tex]\gamma[/tex]. Zato njeno podnožje [tex]F[/tex] leži i u [tex]\beta[/tex] i u [tex]\gamma[/tex], tj. [tex]F\in g[/tex]. Svaka tačka prave [tex]g[/tex] leži u [tex]\beta[/tex] i zato je od [tex]B[/tex] udaljena najmanje [tex]BF[/tex]. Dakle, rastojanje tačke [tex]B[/tex] od prave [tex]g[/tex] jednako je rastojanju tačke [tex]B[/tex] od ravni [tex]\beta[/tex]:
[tex]BF=\frac{|3\cdot (-2)+4\cdot (-8)-(-3)+1|}{\sqrt{9+16+1}}=\frac{34}{\sqrt{26}}=\frac{17\sqrt{26}}{13}[/tex]

Rešenje:
Imamo [tex]\overrightarrow{AB}=(4; 0; -2)[/tex] i [tex]\overrightarrow{CD}=(3; 3; -3)[/tex]. Proizvoljne tačke dveju pravih i vektor između njih su
[tex]M=A+p\,\overrightarrow{AB}=(4p; 0; -2-2p),\qquad N=C+q\,\overrightarrow{CD}=(2+3q; 3q; -3q)[/tex]
[tex]\overrightarrow{MN}=(2+3q-4p; \ 3q; \ 2+2p-3q)[/tex]
Uslovi [tex]MN\perp AB[/tex] i [tex]MN\perp CD[/tex], zapisani pomoću paralelnih vektora [tex](2; 0; -1)[/tex] i [tex](1; 1; -1)[/tex], glase
[tex]\begin{cases}2(2+3q-4p)-(2+2p-3q)=0\\ (2+3q-4p)+3q-(2+2p-3q)=0\end{cases}\iff\begin{cases}9q-10p+2=0\\ 9q-6p=0\end{cases}[/tex]
Oduzimanjem druge jednačine od prve dobijamo [tex]-4p+2=0[/tex]; sistem ima jedinstveno rešenje:
[tex]p=\frac{1}{2},\quad q=\frac{1}{3}\ \Rightarrow\ M(2; 0; -3),\quad N(3; 1; -1)[/tex]
Provera: [tex]\overrightarrow{MN}[/tex] je paralelan sa [tex]\overrightarrow{AB}×\overrightarrow{CD}[/tex], a pošto je [tex]\overrightarrow{MN}\ne\vec{0}[/tex], prave su mimoilazne i [tex]MN[/tex] je njihova zajednička normala:
[tex]\overrightarrow{MN}=(1; 1; 2),\qquad \overrightarrow{AB}×\overrightarrow{CD}=(6; 6; 12)=6\,\overrightarrow{MN}[/tex]

Rešenje:
Izaberimo ortonormirani koordinatni sistem u kome je [tex]A(0; 0; 0)[/tex] i [tex]B(d; 0; 0)[/tex]. Za [tex]M(x; y; z)[/tex] obe strane jednakosti [tex]AM=k\,BM[/tex] su nenegativne, pa je uslov ekvivalentan sa [tex]AM^2=k^2BM^2[/tex]:
[tex]x^2+y^2+z^2=k^2\left((x-d)^2+y^2+z^2\right)\iff\left(1-k^2\right)\left(x^2+y^2+z^2\right)+2k^2dx-k^2d^2=0[/tex]
Pošto je [tex]k\ne1[/tex], možemo deliti sa [tex]1-k^2[/tex] i dopuniti do potpunog kvadrata po [tex]x[/tex]:
[tex]\left(x+\frac{k^2d}{1-k^2}\right)^2+y^2+z^2=\frac{k^4d^2}{\left(1-k^2\right)^2}+\frac{k^2d^2}{1-k^2}=\frac{k^2d^2}{\left(1-k^2\right)^2}[/tex]
To je sfera (Apolonijeva sfera) sa centrom [tex]\left(\frac{k^2d}{k^2-1}; 0; 0\right)[/tex] na pravoj [tex]AB[/tex] i poluprečnikom
[tex]R=\frac{kd}{\left|1-k^2\right|}[/tex]

Rešenje:
Označimo [tex]\vec{a}=\overrightarrow{OA}[/tex], [tex]\vec{b}=\overrightarrow{OB}[/tex], [tex]\vec{c}=\overrightarrow{OC}[/tex]; ovi vektori su nenulti i po dva ortogonalni. Površina trougla jednaka je polovini intenziteta vektorskog proizvoda dva vektora njegovih stranica, pa je
[tex]S_{OAB}=\frac{1}{2}|\vec{a}×\vec{b}|,\quad S_{OBC}=\frac{1}{2}|\vec{b}×\vec{c}|,\quad S_{OCA}=\frac{1}{2}|\vec{c}×\vec{a}|,\quad S_{ABC}=\frac{1}{2}\left|\overrightarrow{CA}×\overrightarrow{CB}\right|[/tex]
Pošto je [tex]\overrightarrow{CA}=\vec{a}-\vec{c}[/tex] i [tex]\overrightarrow{CB}=\vec{b}-\vec{c}[/tex], iz bilinearnosti, antikomutativnosti i [tex]\vec{c}×\vec{c}=\vec{0}[/tex] dobijamo
[tex]\overrightarrow{CA}×\overrightarrow{CB}=(\vec{a}-\vec{c})×(\vec{b}-\vec{c})=\vec{a}×\vec{b}-\vec{a}×\vec{c}-\vec{c}×\vec{b}=\vec{a}×\vec{b}+\vec{b}×\vec{c}+\vec{c}×\vec{a}[/tex]
Vektor [tex]\vec{a}×\vec{b}[/tex] normalan je na [tex]\vec{a}[/tex] i [tex]\vec{b}[/tex], a takav je i [tex]\vec{c}[/tex]; u prostoru vektori normalni na dva nekolinearna vektora leže na jednoj pravoj, pa je [tex]\vec{a}×\vec{b}\parallel\vec{c}[/tex]. Analogno je [tex]\vec{b}×\vec{c}\parallel\vec{a}[/tex] i [tex]\vec{c}×\vec{a}\parallel\vec{b}[/tex]. Pošto su [tex]\vec{a}[/tex], [tex]\vec{b}[/tex], [tex]\vec{c}[/tex] po dva ortogonalni, takvi su i vektori [tex]\vec{a}×\vec{b}[/tex], [tex]\vec{b}×\vec{c}[/tex], [tex]\vec{c}×\vec{a}[/tex]; zato pri kvadriranju zbira svi mešoviti članovi iščezavaju (Pitagorina teorema):
[tex]\left|\vec{a}×\vec{b}+\vec{b}×\vec{c}+\vec{c}×\vec{a}\right|^2=|\vec{a}×\vec{b}|^2+|\vec{b}×\vec{c}|^2+|\vec{c}×\vec{a}|^2[/tex]
Deljenjem sa [tex]4[/tex] dobijamo
[tex]S_{ABC}^2=S_{OAB}^2+S_{OBC}^2+S_{OCA}^2[/tex]