10. Analytická geometrie 

 

404

10.  ANALYTICKÁ GEOMETRIE 

 

 

 

Čas ke studiu: 

300 minut

 

 

 

Cíl 

 

 

• 

Analytická geometrie navazuje na znalosti z planimetrie a stereometrie.

 

• 

Zde se ale budou některé úlohy z předchozích kapitol řešit početně.

 

• 

Pojmy  bod,  přímka,  rovina  už  znáte,  nový  bude  vektor,  hlavně  ale  jejich  analytické 
vyjádřením  v rovině,  dále  to  budou  pojmy  kružnice,  elipsa,  parabola  a  hyperbola. 
Vztahy mezi jednotlivými rovinnými útvary.

 

• 

Naučíte se rozlišovat polohové a metrické vztahy a počítat s nimi.

 

 

10.1.  Vektory 

 

 

 

Budeme předpokládat, že alespoň intuitivně víme, co je bod, přímka, jak vypadá úsečka, polopřímka a 
další rovinné útvary. Pro úplnost připomeneme, co je orientovaná úsečka. 

 

Orientovanou úsečkou rozumíme úsečku 

AB , kde  A  je její počáteční bod a  B  je 

koncový bod. Krajní body orientované úsečky tvoří uspořádanou dvojici 

[ ]

B

A,

. 

Uspořádanou dvojici 

[ ]

B

A,

 nazveme vázaným vektorem. Označíme ho 

→



AB

. 

Volným vektorem 

vr

 nazveme množinu všech souhlasně orientovaných úseček téže 

velikosti. 

Každou orientovanou úsečku 

→



AB

 budeme nazývat umístěním vektoru 

vr

. 

 

Jsou-li  body  souřadnicemi 

[

]

2

1

,

a

a

A

,  resp. 

[

]

3

2

1

,

,

a

a

a

A

, 

[

]

2

1

,

b

b

B

,  resp. 

[

]

3

2

1

,

,

b

b

b

B

,  pak 

souřadnice  vektoru 

vr

=

→



AB

=

A

B

−

  jsou 

(

)

2

1

,

v

v

vr

,  resp. 

(

)

3

2

1

,

,

v

v

v

vr

,  kde

1

1

1

a

b

v

−

=

, 

2

2

2

a

b

v

−

=

, 

3

3

3

a

b

v

−

=

. Pro 

B

A

=

 se vektor 

o

v

r

r =

 nazývá nulový. 

10. Analytická geometrie 

 

405

‰

 

Operace s vektory 

Pro vektory 

(

)

2

1

,

u

u

ur

, 

(

)

2

1

,

v

v

vr

, resp. 

(

)

3

2

1

,

,

u

u

u

ur

, 

(

)

3

2

1

,

,

v

v

v

vr

 platí: 

 

2

E

 

3

E  

Velikost vektoru: 

2

2

2

1

u

u

u

+

=

r

 

2

3

2

2

2

1

u

u

u

u

+

+

=

r

 

Součet vektorů: 

(

)

2

2

1

1

,

v

u

v

u

v

u

+

+

=

+ r

r

 

(

)

3

3

2

2

1

1

,

,

v

u

v

u

v

u

v

u

+

+

+

=

+ r

r

 

Rozdíl vektorů: 

(

)

2

2

1

1

,

v

u

v

u

v

u

−

−

=

− r

r

 

(

)

3

3

2

2

1

1

,

,

v

u

v

u

v

u

v

u

−

−

−

=

− r

r

 

k-násobek vektoru: 

(

)

2

1

,

u

k

u

k

u

k

⋅

⋅

=

⋅ r

 

(

)

3

2

1

,

,

u

k

u

k

u

k

u

k

⋅

⋅

⋅

=

⋅ r

 

Opačný vektor k 

ur

: 

(

)

2

1

,

u

u

u

−

−

− r

 

(

)

3

2

1

,

,

u

u

u

u

−

−

−

− r

 

Skalární součin: 

2

2

1

1

v

u

v

u

v

u

⋅

+

⋅

=

⋅ r

r

 

3

3

2

2

1

1

v

u

v

u

v

u

v

u

⋅

+

⋅

+

⋅

=

⋅ r

r

 

Odchylka vektorů: 

v

u

v

u

r

r

r

r

⋅

⋅

=

ϕ

cos

, vektory jsou nenulové 

o

u

r

r ≠

, 

o

v

r

r ≠

. 

 

‰

 

Vektorový součin 

Výsledkem skalárního součinu je skalár – číslo. Výsledkem vektorového součinu je vektor. Skalární 
součin můžeme provádět jak v 

2

E

 tak v 

3

E

, vektorový součin pouze v 

3

E

. 

(

)

1

2

2

1

3

1

1

3

2

3

3

2

,

,

v

u

v

u

v

u

v

u

v

u

v

u

v

u

−

−

−

=

× r

r

 pro 

u

k

v

r

r

⋅

≠

. 

Pro 

v

u

w

r

r

r

×

=

platí: 

• 

u

w r

r⊥

 a zároveň 

v

w r

r⊥

 

• 

ϕ

sin

⋅

⋅

=

×

v

u

v

u

r

r

r

r

, kde 

ϕ

 je úhel vektorů 

v

u r

r,

.  

•  pomocí  vektorového  součinu  vypočítáme  obsah  trojúhelníku 

ABC

,  umístíme-li  vektory 

→



= AB

ur

, 

→



= AC

vr

, pak jeho obsah je 

v

u

P

ABC

r

r ×

=

∆

2

1

 

 

Nenulové vektory  v

u r

r,  jsou rovnoběžné, právě když 

{ }

0

,

−

∈

⋅

=

R

k

u

k

v

r

r

. 

Nenulové vektory  v

u r

r,  jsou kolmé, právě když 

0

=

⋅ v

u r

r

. 

Jsou dány vektory 

n

v

v

v

v

r

r

r

r

,...,

,

,

3

2

1

, vektor 

n

n

v

k

v

k

v

k

v

k

v

r

r

r

r

r

⋅

+

+

⋅

+

⋅

+

⋅

=

...

3

3

2

2

1

1

, kde 

R

∈

n

k

k

k

k

,...,

,

,

3

2

1

, nazveme lineární kombinací vektorů 

n

v

v

v

v

r

r

r

r

,...,

,

,

3

2

1

. 

 

10. Analytická geometrie 

 

406

 

Řešený příklad 

•  Vypočítejte skalární součin vektorů 

v

u r

r,

, jestliže 

°

=

=

=

30

,

2

,

5

ϕ

v

u

r

r

. 

Řešení 

v

u

v

u

r

r

r

r

⋅

⋅

=

ϕ

cos

⇒

ϕ

cos

⋅

⋅

=

⋅

v

u

v

u

r

r

r

r

⇒

3

5

30

cos

2

5

⋅

=

°

⋅

⋅

=

⋅ v

u r

r

 

 

•  Určete odchylku vektorů 

v

u r

r,

, je-li 

a) 

(

)

1

,

2

−

−

ur

, 

( )

3

,

1

vr

, 

b) 

(

)

1

,

2

,

2

−

ur

, 

(

)

3

,

3

,

3

vr

. 

Řešení 

a) 

2

2

2

1

u

u

u

+

=

r

⇒

( ) ( )

5

1

2

2

2

=

−

+

−

=

ur

 

2

2

2

1

v

v

v

+

=

r

⇒

10

3

1

2

2

=

+

=

vr

 

( )

5

3

1

1

2

−

=

⋅

−

+

⋅

−

=

⋅ v

u r

r

 

2

2

10

5

5

cos

−

=

⋅

−

=

⋅

⋅

=

v

u

v

u

r

r

r

r

ϕ

⇒

π

ϕ

4

3

=

 

b) 

2

3

2

2

2

1

u

u

u

u

+

+

=

r

⇒

( )

3

1

2

2

2

2

2

=

+

−

+

=

ur

 

2

3

2

2

2

1

v

v

v

v

+

+

=

r

⇒

3

3

3

3

3

2

2

2

=

+

+

=

vr

 

( )

3

3

1

3

2

3

2

=

⋅

+

⋅

−

+

⋅

=

⋅ v

u r

r

 

9

3

3

9

3

cos

=

⋅

=

⋅

⋅

=

v

u

v

u

r

r

r

r

ϕ

⇒

4

5

78

′

°

=

ϕ

 

 

•  Rozhodněte, zda je vektor 

ur

 lineární kombinací vektorů 

w

v r

r,

: 

(

)

4

,

1

,

7

−

ur

, 

(

)

1

,

3

,

1

−

vr

, 

(

)

1

,

2

,

4

wr

 

Řešení 

w

b

v

a

u

r

r

r

⋅

+

⋅

=

 

b

a

b

a

b

a

+

−

=

+

=

−

+

=

4

2

3

1

4

7

 

sečtením první a třetí rovnice dostaneme 

5

11

=

b

, 

ze třetí 

5

9

−

=

a

, 

10. Analytická geometrie 

 

407

oba výsledky dosadíme do druhé rovnice 

1

1

5

11

2

5

9

3

1

−

=

−

⇒

⋅

+











−

⋅

=

−

.  

Vektor 

ur

 je lineární kombinací vektorů 

w

v r

r,

. 

 

•  Vypočítejte vnitřní úhly trojúhelníka 

ABC

 a jeho obsah. 

[

]

4

,

1

,

2

−

A

, 

[

]

1

,

1

,

3

−

−

B

, 

[

]

3

,

6

,

1

−

C

. 

Řešení 

(

)

2

,

5

,

4

−

=

−

=

B

C

ar

 

(

)

7

,

7

,

1

−

−

=

−

=

A

C

b

r

 

(

)

5

,

2

,

5

−

−

=

−

=

A

B

cr

 

99

54

54

99

54

cos

=

⋅

=

⋅

⋅

=

c

b

c

b

r

r

r

r

α

⇒

3

2

42

′

°

=

α

 

0

54

45

0

cos

=

⋅

=

⋅

⋅

=

′

c

a

c

a

r

r

r

r

β

⇒

°

=

′ 90

β

⇒

°

=

′

−

°

=

90

180

β

β

 

11

5

99

45

45

cos

=

⋅

=

⋅

⋅

=

b

a

b

a

r

r

r

r

γ

⇒

7

3

47

′

°

=

γ

 

 

(

)

(

)

6

,

24

33

30

21

2

1

33

,

30

,

21

2

1

2

1

2

2

2

=

+

+

−

⋅

=

−

=

×

=

∆

c

b

P

ABC

r

r

 

(

)

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( )

(

) (

)

33

,

30

,

21

5

7

2

1

,

5

1

5

7

,

2

7

5

7

,

,

1

2

2

1

3

1

1

3

2

3

3

2

−

=

−

⋅

−

⋅

−

−

⋅

−

−

−

⋅

−

⋅

−

−

−

⋅

=

=

−

−

−

=

×

c

b

c

b

c

b

c

b

c

b

c

b

c

b r

r

 

 

•  Doplňte souřadnice vektoru 

ar

 tak, aby byl kolmý k vektoru 

b

r

. 

(

) (

)

4

,

2

,

2

,

5

,

2

,

1

−

b

a

a

r

r

. 

Řešení 

Pro kolmé vektory platí: 

0

=

⋅ b

a

r

r

 

⇒

 

0

20

4

2

1

=

+

−

⋅ a

 

⇒

 

8

1

−

=

a

 

(

) (

)

4

,

2

,

2

,

5

,

2

,

8

−

−

b

a

r

r

 jsou kolmé vektory. 

 

10. Analytická geometrie 

 

408

10.2.  Přímka v rovině 

 

 

 

 

Směrovým vektorem

 přímky 

p  rozumíme nenulový vektor 

sr

, který lze umístit na 

přímku  p . 
Normálovým vektorem 

přímky  p  rozumíme nenulový vektor 

nr

, který je kolmý ke 

každému směrovému vektoru přímky  p . 

 

‰

 

Obecná rovnice přímky v rovině 

 

Uvažujme  nyní  přímku 

p

,  nechť 

( )

b

a

n ,

r

  je  její  normálový  vektor  a  nechť 

[

]

2

1

, a

a

A

  je  libovolný 

pevný  bod  přímky 

p

,  potom  libovolný  bod 

[ ]

y

x

X ,

  leží  na  přímce 

p

  právě  tehdy,  když  vektor 

(

)

2

1

,

a

y

a

x

A

X

−

−

=

−

 je kolmý k vektoru 

( )

b

a

n ,

r

, což je splněno právě, když platí: 

(

)

0

=

⋅

−

n

A

X

r

⇔

(

)

(

)

0

2

1

=

−

⋅

+

−

⋅

a

y

b

a

x

a

⇔

(

)

0

2

1

=

−

−

+

+

ba

aa

by

ax

. 

Dvojčlen 

(

)

2

1

ba

aa

−

−

 je konstanta, označíme ji 

(

)

c

ba

aa

=

−

−

2

1

, dostaneme rovnici 

0

=

+

+

c

by

ax

 

 

Každá přímka v rovině se dá analyticky vyjádřit lineární rovnicí ve tvaru  

0

=

+

+

c

by

ax

, 

kde 

c

b

a ,

,

 jsou konstanty, přičemž alespoň jedno z čísel  b

a,  je nenulové. Rovnici 

nazýváme obecná rovnice přímky a 

c

b

a ,

,

 jsou koeficienty této rovnice. 

 

Jsou-li 

0

=

+

+

c

by

ax

  a 

0

=

′

+

′

+

′

c

y

b

x

a

  rovnicemi  téže  přímky,  pak  platí: 

ka

a

=

′

, 

kb

b

=

′

, 

kc

c

=

′

, kde 

{ }

0

−

∈ R

k

. 

Pozn. Přímka v rovině má nekonečně mnoho obecných rovnic, které dostaneme jako nenulové násobky 
kterékoli z nich. 

 

Jestliže má přímka 

p

 rovnici 

0

=

+

+

c

by

ax

, kde 

( )

0

,

≠

b

a

, pak vektory

(

)

a

b

s

,

−

r

, 

(

)

a

b

s

−

,

r

 jsou 

jejími směrovými vektory a 

( )

b

a

n ,

r

 je její normálový vektor. 

Pozn.  S takovýmto  vyjádřením  přímky  jste  se  již  setkali  u  lineárních  funkcí,  i  když  tam  se  častěji 
vyjadřuje z obecné rovnice 

y

.  

 

10. Analytická geometrie 

 

409

 

Řešený příklad 

•  Určete  obecnou  rovnici  přímky 

p

,  která  prochází  bodem 

[

]

2

,

4

−

A

  a  má  normálový  vektor 

( )

8

,

5

nr

. 

Řešení 

V rovnici 

0

=

+

+

c

by

ax

 je 

8

;

5

=

= b

a

, tedy  

0

8

5

=

+

+

c

y

x

. 

Přímka prochází bodem 

[

]

2

,

4

−

A

, proto jeho souřadnice musí splňovat tuto rovnici a platí: 

( )

0

2

8

4

5

=

+

−

⋅

+

⋅

c

 

4

−

=

⇒ c

 

0

4

8

5

=

−

+

⇒

y

x

 

Obecná rovnice je tedy 

0

4

8

5

=

−

+ y

x

. 

 

•  Určete v obecné rovnici 

(

)

0

3

12

1

=

−

+

+

−

s

y

x

r

 neznámé 

s

r

,

, víme-li, že je to rovnice přímky 

0

7

4

3

=

+

+ y

x

. 

Řešení 

Použijeme  vztahu:  Jsou-li 

0

=

+

+

c

by

ax

  a 

0

=

′

+

′

+

′

c

y

b

x

a

  rovnicemi  téže  přímky,  pak  platí: 

ka

a

=

′

, 

kb

b

=

′

, 

kc

c

=

′

, kde 

{ }

0

−

∈ R

k

. 

Odtud je 

7

3

;

4

12

;

3

1

=

−

=

=

−

s

k

k

r

 

⇒

 

24

;

10

;

3

=

=

=

s

r

k

. 

Rovnice přímky je 

0

21

12

9

=

+

+ y

x

. 

 

•  Určete obecnou rovnici přímky 

p

, která prochází body 

[

]

2

,

4

−

A

 a 

[ ]

5

,

3

B

. 

Řešení 

Body 

B

A,

 leží na přímce 

p

, proto jejich souřadnice musí splňovat rovnici 

0

=

+

+

c

by

ax

. 

0

5

3

0

2

4

=

+

+

=

+

+

−

c

b

a

c

b

a

 

⇒

 

c

a

26

3

=

, 

c

b

26

7

−

=

, 

položíme 

26

=

c

 a dostaneme 

3

=

a

, 

7

−

=

b

.  

Tedy 

0

26

7

3

:

=

+

− y

x

p

 je hledaná obecná rovnice. 

 

•  Napište  obecnou  rovnici  přímky 

p

  procházející  bodem 

[ ]

3

,

1

−

M

  a  rovnoběžné  s přímkou 

0

7

3

2

:

=

+

− y

x

q

. 

Řešení 

Normálový vektor přímky 

q

 je zároveň normálovým vektorem přímky 

p

. Obecná rovnice přímky 

p

 

je tedy 

0

3

2

=

+

−

c

y

x

. Konstantu 

c

 určíme dosazením souřadnic bodu 

M

. 

( )

0

3

3

1

2

=

+

−

⋅

−

⋅

c

11

−

=

⇒ c

 

Obecná rovnice přímky je 

0

11

3

2

:

=

−

− y

x

p

. 

10. Analytická geometrie 

 

410

•  Napište  obecnou  rovnici  přímky 

p

  procházející  bodem 

[

]

3

,

4

−

M

  a  kolmé  k přímce 

0

5

3

2

:

=

+

− y

x

q

. 

Řešení 

Normálovým vektorem přímky 

q

 je vektor 

(

)

3

,

2

−

nr

. Aby přímka 

p

 byla kolmá k přímce 

q

, musí 

být její normálový vektor kolmý k normálovému vektoru přímky 

q

. Normálovým vektorem přímky 

p

 je např. 

( )

2

,

3

n′

r

, platí 

0

=

′

⋅ n

n r

r

.  

Dále můžeme pokračovat třeba takto:  

(

)

0

=

′

⋅

−

n

M

X

r

, 

 po dosazení získáme obecnou rovnici 

přímky 

p

 

(

) (

)

0

3

2

4

3

=

+

+

−

y

x

⇒

0

6

2

3

=

−

+ y

x

. 

 

 

10. Analytická geometrie 

 

411

‰

 

Parametrické rovnice přímky v rovině 

 

 

 

Symbolem 

( )

s

A

p

r

,

  budeme  označovat  přímku 

p

,  která  je  dána  bodem 

A

  a  svým  směrovým 

vektorem 

sr

.  Libovolný  bod 

X

  roviny  leží  na  přímce 

p

  právě  tehdy,  když  vektor 

A

X

−

  je 

násobkem vektoru 

sr

. Pro 

A

X

=

 je 

s

o

A

X

r

r

⋅

=

=

−

0

 a pro 

A

X

≠

 je 

p

X

∈

právě, když vektor 

A

X

−

 je směrovým vektorem přímky 

p

 a jako takový násobkem jejího směrového vektoru 

sr

. 

 

Platí tedy: 

s

t

A

X

r

⋅

=

−

 neboli 

s

t

A

X

r

⋅

+

=

, kde 

R

∈

t

. Rovnice se nazývají vektorová 

parametrick

á rovnice přímky, 

R

∈

t

 je parametr.  

 

Bod 

[ ]

y

x

X

,

 leží na přímce 

( )

s

A

p

r

,

 dané bodem 

[

]

2

1

, a

a

A

 a směrovým vektorem 

(

)

2

1

, s

s

sr

 

právě tehdy, když platí  

2

2

1

1

ts

a

y

ts

a

x

+

=

+

=

, kde 

R

∈

t

. 

Tyto rovnice nazýváme parametrické rovnice přímky  p . 

Je-li přímka 

p

 určena dvěma body 

B

A,

, směrový vektor je 

A

B

s

−

=

r

.  

 

 

Řešený příklad 

•  Napište  vektorovou  parametrickou  rovnici  a  parametrické  rovnice  přímky,  která  prochází  body 

[

] [ ]

1

;

6

,

7

;

5

−

−

B

A

. 

Řešení 

Platí 

(

)

8

,

11

−

=

−

=

A

B

sr

.  

Vektorová parametrická rovnice je 

[

]

(

)

R

∈

−

⋅

+

−

=

t

t

X

8

;

11

7

;

5

. 

Parametrické rovnice jsou 

R

∈

−

=

+

−

=

t

t

y

t

x

8

7

11

5

. 

 

10. Analytická geometrie 

 

412

•  Rozhodněte, zda body 

[

] [ ]

2

;

1

,

4

;

0

L

K

−

 leží na přímce 

[ ]

( )

2

,

1

2

,

1

:

⋅

+

−

=

t

X

p

. 

Řešení 

Rozepsáním do souřadnic dostaneme: 

t

y

t

x

2

2

1

+

−

=

+

=

. 

Bod 

[

]

4

;

0

−

K

  leží  na  přímce 

p

  právě,  když  existuje  číslo 

R

∈

t

,  že  platí: 

t

t
2

2

4

1

0

+

−

=

−

+

=

.  Z obou 

rovnic dostaneme 

1

−

=

t

, je tedy 

p

K

∈

.  

Bod 

[ ]

2

;

1

L

musí splňovat stejnou podmínku, 

t

t

2

2

2

1

1

+

−

=

+

=

. Z první rovnice je 

0

=

t

, ze druhé je 

2

=

t

 

a tedy 

p

L

∉

. 

 

•  Určete obecnou rovnici přímky 

t

y

t

x

2

1

3

2

+

−

=

−

=

. 

Řešení 

Jsou  dvě  možnosti  řešení.  Vyloučením  parametru  (první  rovnici  vynásobíme  dvěma,  druhou 
vynásobíme třemi a pak je sečteme) dostaneme obecnou rovnici 

0

1

3

2

=

−

+ y

x

. 

Nebo použijeme bod 

[ ]

1

;

2

−

A

 a směrový vektor 

(

)

2

;

3

−

sr

 přímky 

p

. Normálový vektor přímky 

p

 je 

ke směrovému kolmý, má tedy souřadnice 

( )

3

;

2

nr

, platí 

(

)

0

=

⋅

−

n

A

X

r

. 

Po  dosazení  dostaneme  rovnici 

(

) (

)

0

1

3

2

2

=

+

+

−

y

x

,  upravíme  ji  na  obecnou  rovnici 

0

1

3

2

=

−

+ y

x

. 

 

•  Napište parametrické rovnice přímky 

0

4

5

=

−

+ y

x

. 

Řešení 

K parametrickému vyjádření potřebujeme bod a směrový vektor. Normálový vektor přímky 

( )

1

;

5

nr

 a 

směrový jsou kolmé, směrovým vektorem je 

( )

5

;

1

−

sr

. Bod vypočítáme z obecné rovnice, jednu jeho 

souřadnici si zvolíme např. 

0

=

A

x

 a vyjde 

4

=

y

, 

[ ]

4

,

0

A

. Parametrické vyjádření přímky je  

 

t

y

t

x

5

4

−

=

=

 

 

10. Analytická geometrie 

 

413

•  Napište obecnou rovnici přímky 

p

, která je kolmá k přímce 

0

5

2

3

=

+

− y

x

 a prochází bodem 

[ ]

1

;

1

−

M

. 

Řešení 

Normálový  vektor  přímky 

q

  je  rovnoběžný  se  směrovým  vektorem  přímky 

p

.  Může  tedy  být 

(

)

2

;

3

−

=

=

p

q

s

n

r

r

. 

Parametrické rovnice přímky 

p

 jsou 

t

y

t

x

2

1

;

3

1

−

=

+

−

=

. 

Vyloučíme parametr a dostaneme obecnou rovnici 

0

1

3

2

=

−

+ y

x

. 

 

 

10. Analytická geometrie 

 

414

‰

 

Vzájemná poloha dvou přímek 

 

 

 

Z planimetrie víme, že dvě přímky v rovině mohou být: 
•  rovnoběžné 

nemají žádný společný bod 

•  různoběžné 

mají jeden společný bod 

•  totožné 

mají všechny body společné 

 

Úlohy typu – rozhodněte o vzájemné poloze přímek – řešíme jako soustavu rovnic o více neznámých a 
podle počtu řešení rozhodneme o výsledku. Jedná se o polohové úlohy, nic zde neměříme. 

 

 

Řešený příklad 

•  Rozhodněte o vzájemné poloze přímek: 

a) 

0

2

4

5

:

;

0

1

2

:

=

+

−

=

−

−

y

x

q

y

x

p

, 

b) 

0

20

4

4

:

;

0

5

:

=

+

−

=

+

−

y

x

q

y

x

p

, 

c) 

0

2

10

4

:

;

0

2

5

2

:

=

+

−

=

+

−

y

x

q

y

x

p

. 

Řešení 

a)  Vyřešíme soustavu dvou rovnic o dvou neznámých. 

0

2

4

5

0

1

2

=

+

−

=

−

−

y

x

y

x

⇒

3

;

2

=

= y

x

 soustava má jediné řešení, přímky jsou různoběžné a protínají se 

v bodě 

[ ]

3

;

2

T

. 

b)  Když si obě rovnice prohlédneme, vidíme, že rovnice přímky 

q

 je dvojnásobek rovnice přímky 

p

 a jsou tedy totožné. 

c)  Normálové  vektory 

p

nr

  a 

q

nr

  jsou  násobky,  přímky  jsou  rovnoběžné,  nejsou  totožné,  protože 

násobek neplatí pro konstanty 

c

 v obecných rovnicích. 

 

10. Analytická geometrie 

 

415

•  Rozhodněte o vzájemné poloze přímek: 

a) 

t

y

t

x

q

y

x

p

14

15

3

,

3

4

:

;

0

4

2

5

:

−

−

=

−

=

=

+

−

, 

b) 

t

y

t

x

q

y

x

p

2

3

,

5

:

;

0

5

3

6

:

+

−

=

+

=

=

+

−

, 

c) 

t

y

t

x

q

y

x

p

2

3

,

4

1

:

;

0

7

2

:

+

=

−

=

=

−

+

. 

Řešení 

a)  Dosadíme parametrické rovnice do obecné rovnice a dostaneme  

(

)

0

4

14

15

3

2

3

4

5

=

+













−

−

−

−

t

t

. 

Vypočítáme 

3

7

=

t

,  úloha  má  jediné  řešení,  jedná  se  o  různoběžky,  průsečík  je  bod 









−

−

2

11

;

3

A

, 

souřadnice dostaneme dosazením 

3

7

=

t

 do parametrických rovnic. 

b)  Dosadíme parametrické rovnice do obecné rovnice a dostaneme  

(

) (

)

0

4

2

3

3

5

6

=

+

+

−

−

+

t

t

. 

Vypočítáme 

0

43

=

, úloha nemá řešení, jedná se o rovnoběžky. 

c)  Dosadíme parametrické rovnice do obecné rovnice a dostaneme  

(

) (

)

0

7

2

3

2

4

1

=

−

+

+

−

t

t

.  

Vypočítáme 

0

0

=

, úloha má nekonečně mnoho řešení, jedná se o totožné přímky. 

 

10. Analytická geometrie 

 

416

•  Rozhodněte o vzájemné poloze přímek: 

a) 

s

y

s

x

q

t

y

t

x

p

+

=

−

=

−

−

=

+

=

7

,

2

1

:

;

2

2

,

4

5

:

, 

b) 

s

y

s

x

q

t

y

t

x

p

2

,

3

:

;

2

,

3

:

−

=

=

−

=

+

=

, 

c) 

s

y

s

x

q

t

y

t

x

p

18

6

,

10

11

:

;

9

3

,

5

6

:

+

−

=

−

=

−

=

+

=

. 

Řešení 

a)  Máme soustavu čtyř rovnic o čtyřech neznámých  

s

y

t

y

s

x

t

x

+

=

−

−

=

−

=

+

=

7

2

2

2

1

4

5

, 

porovnáme pravé strany rovnic v témže řádku a dostaneme dvě rovnice o dvou neznámých  

s

t

s

t

+

=

−

−

−

=

+

7

2

2

2

1

4

5

. 

Odtud  vypočítáme 

15

1

=

,  soustava  nemá  řešení  a  jedná  se  tedy  o  rovnoběžky.  Jiná  možnost  je 

porovnat  směrové  vektory,  jsou  závislé,  ale  to  nám  ukáže  pouze  na  to,  že  přímky  nejsou 
různoběžné. 

b)  V soustavě  

s

y

t

y

s

x

t

x

2

2

3

3

−

=

−

=

=

+

=

 

porovnáme pravé strany na tomtéž řádku a dostaneme  

s

t

s

t

2

2

3

3

−

=

−

=

+

, 

odtud je 

5

,

12

=

=

s

t

, je to jediné řešení, přímky jsou různoběžné. Protínají se v bodě 

[

]

10

,

15

−

A

. 

c)  V soustavě  

s

y

t

y

s

x

t

x

18

6

9

3

10

11

5

6

+

−

=

−

=

−

=

+

=

 

porovnáme pravé strany na tomtéž řádku a dostaneme  

s

t

s

t

18

6

9

3

10

11

5

6

+

−

=

−

−

=

+

, 

odtud je 

23

23

=

, soustava má nekonečně mnoho řešení, přímky jsou totožné. 

 

 

10. Analytická geometrie 

 

417

‰

 

Odchylka dvou přímek 

 

 

 

 

Pokud se v zadání příkladu objeví výpočet velikosti úhlu, odchylka, kolmost nebo měření vzdálenosti, 
jedná se o metrickou úlohu. 

 

Odchylkou dvou přímek 

p

p ′

,

v rovině rozumíme velikost ostrého nebo pravého úhlu, 

který svírají. 

 

Máme  dvě  přímky 

p

p ′

,

  v rovině, 

s

s ′

r

r,

  resp. 

n

n ′

r

r,

  jsou  po  řadě  jejich  směrové  resp.  normálové 

vektory. Pro odchylku přímek 

p

p ′

,

 platí:  

 

s

s

s

s

′

′

⋅

=

r

r

r

r

.

cos

α

  

resp.  

n

n

n

n

′

′

⋅

=

r

r

r

r

.

cos

α

 

 

 

Řešený příklad 

•  Přímka 

p

  prochází  body 

[ ] [ ]

0

;

4

,

1

;

3

B

A

,  přímka 

q

  prochází  body 

[ ] [ ]

7

;

2

,

5

;

2

L

K

.  Vypočítejte 

odchylku těchto přímek. 

Řešení 

Pro přímku 

p

 je směrový vektor 

( )

1

;

1

−

=

−

=

A

B

sr

 a normálový vektor 

( )

1

,

1

nr

. 

Pro přímku 

q

 je její směrový vektor 

( )

2

,

0

=

−

=

′

K

L

sr

 a její normálový vektor 

( )

0

,

2

n′

r

. 

Odchylku vypočítáme oběma způsoby (jen zde, jeden obvykle stačí). 

s

s

s

s

′

′

⋅

=

r

r

r

r

.

cos

α

 

( )

2

2

2

2

2

1

0

1

cos

=

⋅

⋅

−

+

⋅

=

α

⇒

4

π

α

=

, měřeno ve stupních 

°

= 45

α

 

n

n

n

n

′

′

⋅

=

r

r

r

r

.

cos

α

 

2

2

2

2

0

1

2

1

cos

=

⋅

⋅

+

⋅

=

α

⇒

4

π

α

=

, měřeno ve stupních 

°

= 45

α

 

 

 

10. Analytická geometrie 

 

418

‰

 

Kolmost dvou přímek 

 

 

 

 

Přímky, jejichž odchylka je 

2

π

, ve stupních 

°

90

, jsou kolmé. 

 

Máme dvě přímky 

p

p ′

,

 v rovině, 

s

s ′

r

r,

 jsou jejich směrové a 

n

n ′

r

r,

 jejich normálové vektory. Potom 

následující výroky jsou ekvivalentní: 

1.  Přímky 

p

p ′

,

 jsou kolmé. 

2.  Vektory 

s

s ′

r

r,

 jsou kolmé, což platí právě, když 

0

=

′

⋅ s

s r

r

. 

3.  Vektory 

n

n ′

r

r,

 jsou kolmé, což platí právě, když 

0

=

′

⋅ n

n r

r

. 

4.  Vektory 

n

s ′

r

r,

  jsou  kolineární  (vektor 

n′

r

  je  směrovým  vektorem  přímky 

p

  a  vektor 

sr

  je 

směrovým vektorem přímky 

p′

). 

5.  Vektory 

n

s r

r ,′

  jsou  kolineární  (vektor 

nr

  je  směrovým  vektorem  přímky 

p′

  a  vektor 

s ′

r

  je 

směrovým vektorem přímky 

p

). 

 

 

Řešený příklad 

•  Napište  obecnou  rovnici  přímky 

p

,  která  prochází  bodem 

[ ]

1

,

1

A

  a  je  kolmá  k přímce 

0

7

4

5

:

=

−

+ y

x

q

. 

Řešení 

Normálový vektor přímky 

q

 - 

( )

4

;

5

q

nr

 - je směrovým vektorem přímky 

p

. Její normálový vektor je 

pak 

(

)

5

;

4

−

p

nr

. 

Obecná rovnice má tedy tvar 

0

5

4

:

=

+

−

c

y

x

p

. 

Konstantu 

c

 vypočítáme dosazením souřadnic bodu 

[ ]

1

,

1

A

 do rovnice: 

1

0

1

5

1

4

=

⇒

=

+

⋅

−

⋅

c

c

. 

Obecná rovnice přímky 

p

 je 

0

1

5

4

:

=

+

− y

x

p

. 

 

10. Analytická geometrie 

 

419

•  Určete  souřadnice  bodu 

M

,  který  je  patou  kolmice 

k

  sestrojené  v bodě 

[

]

5

;

5

−

P

k  přímce 

0

6

5

2

:

=

−

− y

x

p

 

Řešení 

Normálový  vektor  přímky 

p

  je  směrovým  vektorem  přímky 

k

  - 

(

)

5

;

2

−

=

=

k

p

s

n

r

r

.  Normálový 

vektor přímky 

k

 je 

( )

2

;

5

k

nr

. 

Přímka 

k

  má  obecnou  rovnici 

0

2

5

=

+

+

c

y

x

, 

c

  vypočítáme  dosazením  souřadnic  bodu 

[

]

5

;

5

−

P

 

do rovnice: 

( )

15

0

5

2

5

5

−

=

⇒

=

+

−

⋅

+

⋅

c

c

. 

Průsečík přímek 

k

p,

 je hledaný bod 

M

. 

Vyřešíme tedy soustavu 

0

6

5

2

0

15

2

5

=

−

−

=

−

+

y

x

y

x

. Dostaneme 

0

,

3

=

= y

x

 a bod 

[ ]

0

;

3

M

. 

 

 

10. Analytická geometrie 

 

420

‰

 

Vzdálenost bodu od přímky 

 

 

 

 

Pro vzdálenost 

(

)

p

A

v ,

 bodu 

[

]

2

1

,a

a

A

 od přímky 

0

:

=

+

+

c

by

ax

p

 platí vzorec: 

(

)

2

2

2

1

,

b

a

c

a

b

a

a

p

A

v

+

+

⋅

+

⋅

=

. 

Pro vzdálenost rovnoběžek 

( )

s

A

a

r

,

 a 

(

)

s

A

a

r

,′

′

 platí: 

(

) (

)

a

A

v

a

a

v

′

=

′

,

,

. 

Pozn. Jmenovatel zlomku 

2

2

b

a

+

 je velikost normálového vektoru přímky 

p

. 

 

 

Řešený příklad 

•  Určete vzdálenost bodu 

[ ]

3

;

1

−

M

 od přímky 

0

5

4

3

:

=

+

− y

x

p

. 

Řešení 

Dosadíme do vzorce 

(

)

2

2

2

1

,

b

a

c

a

b

a

a

p

M

v

+

+

⋅

+

⋅

=

⇒

(

)

( )

( )

4

5

20

4

3

5

3

4

1

3

,

2

2

=

=

−

+

+

−

⋅

−

⋅

=

p

M

v

. 

 

•  Napište rovnici přímky, která má od přímky 

0

7

3

:

=

+

− y

x

m

 vzdálenost 

10

=

v

. 

Řešení 

Bude se jednat o dvě rovnoběžky 

a

a ′

,

, stačí nám najít jeden bod na každé z nich, normálové vektory 

jsou stejné jako normálový vektor přímky 

m

. 

Hledaný bod bude 

[

]

2

1

, a

a

A

. 

(

)

( )

10

1

3

7

3

,

2

2

2

1

=

−

+

+

−

⋅

=

a

a

m

A

v

 

10

10

7

3

2

1

=

+

−

⋅

⇒

a

a

 

⇒

 

10

7

3

2

1

=

+

−

⋅

a

a

,  

z vlastnosti absolutní hodnoty dostaneme dvě rovnice, z každé vypočítáme jeden bod, bude to hledaný 
bod rovnoběžky: 

1. 

10

7

3

2

1

=

+

−

⋅

a

a

3

3

1

2

−

⋅

=

⇒

a

a

, zvolíme si 

1

1

=

a

, vypočítáme 

0

2

=

a

⇒

[ ]

0

;

1

A

 

2. 

(

)

10

7

3

2

1

=

+

−

⋅

−

a

a

17

3

1

2

+

⋅

=

⇒

a

a

, zvolíme si 

1

1

=

a

, vypočítáme 

20

2

=

a

⇒

[ ]

20

;

1

A′

 

Bod 

[ ]

0

;

1

A

 leží na přímce 

0

3

:

=

+

−

c

y

x

a

, vypočítáme 

c

 dosazením souřadnic bodu 

A

, 

3

−

=

c

. 

Obecná rovnice přímky 

0

3

3

:

=

−

− y

x

a

. 

Bod 

[ ]

20

;

1

A′

  leží  na  přímce 

0

3

:

=

′

+

−

′

c

y

x

a

,  vypočítáme 

c′

  dosazením  souřadnic  bodu 

A′

, 

17

=

′

c

. Obecná rovnice přímky 

0

17

3

:

=

+

−

′

y

x

a

. 

10. Analytická geometrie 

 

421

10.3.  Kružnice 

 

 

 

Z planimetrie víte, že kružnice je množina všech bodů v rovině, které mají od pevného bodu (středu 
kružnice)  konstantní  vzdálenost.  Je-li 

[ ]

n

m

S ,

  střed  kružnice,  libovolný  bod  kružnice 

[ ]

y

x

X ,

  a 

konstanta 

r

 (poloměr kružnice), pak vzdálenost bodů 

X

S,

 je dle definice kružnice rovna poloměru  

(

) (

)

r

n

y

m

x

=

−

+

−

2

2

. 

Po umocnění na druhou dostaneme rovnici kružnice: 

(

) (

)

2

2

2

:

r

n

y

m

x

k

=

−

+

−

. 

Je-li 

[ ]

0

,

0

S

, pak rovnice kružnice je 

2

2

2

:

r

y

x

k

=

+

. 

 

 

Řešený příklad 

•  Upravte na středový tvar 

0

3

4

6

2

2

=

−

−

−

+

y

x

y

x

. 

Řešení 

Rovnici přepíšeme 

(

) (

)

0

3

4

6

2

2

=

−

−

+

−

y

y

x

x

 a výrazy v závorkách doplníme na čtverec. 

(

) (

)

4

9

3

4

4

9

6

2

2

+

=

−

+

−

+

+

−

y

y

x

x

 

(

) (

)

16

2

3

2

2

=

−

+

−

y

x

 

Střed kružnice je 

[ ]

2

;

3

S

, poloměr 

4

=

r

. 

 

 

10. Analytická geometrie 

 

422

‰

 

Vzájemná poloha kružnice a přímky 

 

 

 

 

Přímku, která má s kružnicí společný právě jeden bod, nazveme tečna kružnice. 
Přímku, která má s kružnicí společné právě dva body, nazveme sečna kružnice. 
Přímku, která nemá s kružnicí společný žádný bod, nazveme nesečna kružnice. 

 

Je-li 

(

) (

)

2

2

2

:

r

n

y

m

x

k

=

−

+

−

 rovnice kružnice a bod 

[ ]

2

1

,t

t

T

 její bod, pak rovnice tečny v bodě 

T

 má tvar:  

(

) (

) (

) (

)

2

2

1

:

r

n

t

n

y

m

t

m

x

t

=

−

⋅

−

+

−

⋅

−

. 

 

 

Řešený příklad 

•  Určete rovnici tečny 

t

 kružnice 

(

) (

)

100

12

3

:

2

2

=

+

+

−

y

x

k

 v bodě 

[

]

4

;

9

−

L

. 

Řešení 

Musíme ověřit , jestli bod 

[

]

4

;

9

−

L

 leží na kružnici 

(

) (

)

100

12

3

:

2

2

=

+

+

−

y

x

k

: 

(

) (

)

100

12

4

3

9

2

2

=

+

−

+

−

 

100

8

6

2

2

=

+

 

100

64

36

=

+

 

100

100

=

k

L

∈

⇒

. 

Nyní dosadíme do vzorce pro rovnici tečny 

(

) (

) (

) (

)

2

2

1

:

r

n

t

n

y

m

t

m

x

t

=

−

⋅

−

+

−

⋅

−

 a upravíme: 

(

) (

) (

) (

)

100

12

4

12

3

9

3

:

=

+

−

⋅

+

+

−

⋅

−

y

x

t

 

(

) (

)

0

100

12

8

3

6

:

=

−

+

+

−

y

x

t

 

0

22

8

6

:

=

−

+ y

x

t

 

 

10. Analytická geometrie 

 

423

•  Rozhodněte o vzájemné poloze (zda jde o tečnu, sečnu či nesečnu) přímky 

0

7

4

3

:

=

+

+

−

y

x

m

 a 

kružnice 

(

) (

)

100

12

3

:

2

2

=

+

+

−

y

x

k

, určete společné body, pokud existují. 

Řešení 

Máme vyřešit soustavu dvou rovnic o dvou neznámých, jedna z rovnic je kvadratická.  

0

7

4

3

=

+

+

−

y

x

 

(

) (

)

100

12

3

2

2

=

+

+

−

y

x

 

Z první rovnice vyjádříme jednu proměnnou 

3

7

4

+

=

y

x

 a dosadíme do druhé rovnice 

(

)

100

12

3

3

7

4

2

2

=

+

+













−

+

y

y

, 

upravíme ji 

(

)

100

12

3

2

4

2

2

=

+

+













−

y

y

 

 

(

)

100

144

24

9

4

16

16

2

2

=

+

+

+













+

−

y

y

y

y

 

 

0

900

1296

216

9

4

16

16

2

2

=

−

+

+

+

+

−

y

y

y

y

 

 

0

400

200

25

2

=

+

+

y

y

 

 

0

16

8

2

=

+

+ y

y

 

 

(

)

0

4

2

=

+

y

 

 

4

−

=

y

  dosadíme  do 

3

7

4

+

=

y

x

  a  dostaneme 

3

−

=

x

.  Je  to  jediné  řešení,  jedná  se 

tedy o tečnu, bod 

[

]

4

;

3

−

−

A

 je bodem dotyku. 

 

•  Rozhodněte  o  vzájemné  poloze  (zda  jde  o  tečnu,  sečnu  či  nesečnu)  přímky 

0

5

2

:

=

+

− y

x

p

  a 

kružnice 

10

:

2

2

=

+ y

x

k

, určete společné body, pokud existují. 

Řešení 

Opět máme vyřešit soustavu dvou rovnic o dvou neznámých, jedna z rovnic je kvadratická. 

10

2

2

=

+ y

x

 

0

5

2

=

+

− y

x

 

Z druhé rovnice vyjádříme 

5

2

−

= y

x

 

a dosadíme do první rovnice 

(

)

10

5

2

2

2

=

+

−

y

y

, 

odtud vypočítáme 

0

3

4

2

=

+

− y

y

, 

kořeny kvadratické rovnice jsou 

1

,

3

2

1

=

= y

y

. 

10. Analytická geometrie 

 

424

Dosadíme postupně do 

5

2

−

= y

x

 a vypočítáme 

3

,

1

2

1

−

=

= x

x

. 

Odtud 

[ ] [

]

1

;

3

,

3

;

1

2

1

−

A

A

. Úloha má dvě řešení a jedná se tedy o sečnu. 

 

•  Z vnějšího bodu 

[ ]

2

;

5

M

veďte tečny ke kružnici 

(

) (

)

100

12

3

:

2

2

=

+

+

−

y

x

k

. 

Řešení 

Bod 

[ ]

2

;

5

M

 je bodem tečny, ale ne bod dotyku. 

Jeho souřadnice dosadíme do rovnice tečny 

(

) (

) (

) (

)

100

12

12

3

3

:

2

1

=

+

⋅

+

+

−

⋅

−

t

y

t

x

t

 

a tedy 

(

) (

) (

) (

)

100

12

12

2

3

3

5

2

1

=

+

⋅

+

+

−

⋅

−

t

t

. 

Upravíme 

0

62

14

2

2

1

=

+

+ t

t

. 

Souřadnice 

[ ]

2

1

,t

t

  jsou  souřadnice  bodu  dotyku,  musí  splňovat  rovnici  kružnice 

(

) (

)

100

12

3

:

2

2

=

+

+

−

y

x

k

. 

Platí 

(

) (

)

100

12

3

2

2

2

1

=

+

+

−

t

t

. 

Vyjádříme si jednu souřadnici 

31

7

2

1

−

−

=

t

t

, 

dosadíme a dostaneme rovnici 

(

) (

)

100

12

3

31

7

2

2

2

2

=

+

+

−

−

−

t

t

, 

vypočítáme 

0

1200

500

50

2

2

2

=

+

+

t

t

 

 

0

24

10

2

2

2

=

+

+ t

t

 

 

6

,

4

2

2

−

=

′

−

=

t

t

 

 

11

,

3

1

1

=

′

−

=

t

t

.  

Body dotyku hledaných tečen jsou 

[

] [

]

6

;

11

,

4

;

3

−

′

−

−

T

T

.  

Postupně dosadíme body 

T

T

′

,

 do rovnice tečny 

(

) (

) (

) (

)

100

12

12

3

3

:

2

1

=

+

⋅

+

+

−

⋅

−

t

y

t

x

t

 

0

7

4

3

:

=

−

− y

x

t

, 

0

26

3

4

:

=

−

+

′

y

x

t

. 

 

10. Analytická geometrie 

 

425

‰

 

Kružnice z daných prvků 

 

 

 

 

V této  kapitole  se  podíváme  na  analytické  vyjádření  konstrukce  kružnice  z daných  prvků. 
V planimetrii jsem použili pravítko, tužku a kružítko, zde bude tužka stačit. 

 

 

Řešený příklad 

•  Určete rovnici kružnice, která prochází body 

[ ] [

]

3

;

2

,

3

;

4

−

B

A

 a dotýká se osy 

x

. 

Řešení 

Nejdříve  se  zamyslíme  nad  poslední  podmínkou,  jestliže  se  kružnice  dotýká  osy 

x

,pak  je  poloměr 

kružnice roven druhé souřadnici středu kružnice 

n

r

=

. 

Body 

[ ] [

]

3

;

2

,

3

;

4

−

B

A

  leží  na  kružnici,  musí  tedy  jejich  souřadnice  splňovat  rovnici  kružnice 

(

) (

)

2

2

2

:

r

n

y

m

x

k

=

−

+

−

,  protože  ale 

n

r

=

,  je  rovnice  kružnice 

(

) (

)

2

2

2

:

n

n

y

m

x

k

=

−

+

−

. 

Dosadíme tedy souřadnice bodů 

B

A

,

 do této rovnice. 

(

) (

)

2

2

2

3

4

:

n

n

m

k

A

=

−

+

−

∈

 

(

) (

)

2

2

2

3

2

:

n

n

m

k

B

=

−

+

−

−

∈

 

Dostali jsme soustavu dvou rovnic o dvou neznámých. Tu nyní vyřešíme. 

2

2

2

2

2

2

6

9

4

4

6

9

8

16

n

n

n

m

m

n

n

n

m

m

=

+

−

+

+

+

=

+

−

+

+

−

 

Rovnice od sebe odečteme a dostaneme jednu rovnici o jedné neznámé: 

1

0

12

12

=

⇒

=

−

m

m

 

Dosadíme do jedné z rovnic a vypočítáme 

n

: 

3

0

6

18

6

9

1

8

16

2

2

=

⇒

=

−

⇒

=

+

−

+

+

−

n

n

n

n

n

. 

Kružnice má rovnici 

(

) (

)

9

3

1

:

2

2

=

−

+

−

y

x

k

. 

 

•  Napište rovnici kružnice, která má střed 

[ ]

1

;

5

−

S

 a dotýká se přímky 

0

14

4

3

:

=

+

+ y

x

p

. 

Řešení 

Vzdálenost bodu 

S

 od přímky 

p

 je rovna poloměru kružnice.  

( )

( )

5

4

3

14

1

4

5

3

,

2

2

=

+

+

−

⋅

+

⋅

=

=

p

S

v

r

 

Kružnice má rovnici 

(

) (

)

25

1

5

:

2

2

=

+

+

−

y

x

k

. 

 

 

10. Analytická geometrie 

 

426

10.4.  Elipsa 

 

 

 

 

Elipsa

 je množina všech bodů  M  v rovině, které mají od dvou různých pevně zvolených 

bodů (ohnisek 

F

E

, ) konstantní součet vzdáleností (

a

2

), který je větší než vzdálenost 

ohnisek. 

a

FM

EM

2

=

+

 

 

B

A

,

 

hlavní vrcholy elipsy 

F

E,

 

ohniska 

D

C,

 

vedlejší vrcholy elipsy 

S

 

střed elipsy 

FD

ED

FC

EC

BS

AS

a

=

=

=

=

=

=

 

hlavní poloosa elipsy 

DS

CS

b

=

=

 

vedlejší poloosa elipsy 

ES

FS

e

=

=

 

excentricita 

Pro 

e

b

a ,

,

 platí Pythagorova věta: 

2

2

2

b

e

a

+

=

 

 

Mějme dánu elipsu, 

[ ]

n

m

S ,

 je její střed, 

a

 hlavní poloosa, 

b

 vedlejší poloosa, 

x

EF

, pak středová 

rovnice elipsy má tvar:  

(

) (

)

1

2

2

2

2

=

−

+

−

b

n

y

a

m

x

. 

Je-li střed elipsy v počátku soustavy souřadnic 

[ ]

0

,

0

S

, pak má její rovnice tvar 

1

2

2

2

2

=

+

b

y

a

x

. 

10. Analytická geometrie 

 

427

 

Řešený příklad 

•  Určete typ kuželosečky 

0

4

36

8

9

4

2

2

=

+

−

−

+

y

x

y

x

. 

Řešení 

Rovnici si přepíšeme 

(

) (

)

0

4

36

9

8

4

2

2

=

+

−

+

−

y

y

x

x

,  

ze závorek vytkneme 

(

) (

)

0

4

4

9

2

4

2

2

=

+

−

+

−

y

y

x

x

, 

výraz v závorce doplníme na čtverec 

(

) (

)

36

4

4

4

4

9

1

2

4

2

2

+

=

+

+

−

+

+

−

y

y

x

x

, 

přepíšeme na mocninu 

(

)

(

)

36

2

9

1

4

2

2

=

−

+

−

y

x

, 

vydělíme pravou stranou 

(

) (

)

1

4

2

9

1

2

2

=

−

+

−

y

x

 a máme středovou rovnici elipsy.  

[ ]

2

,

3

,

2

;

1

=

= b

a

S

 

 

•  Jakou rovnici má přímky, která prochází středem  kuželosečky 

0

1

2

16

4

2

2

=

+

+

−

+

y

x

y

x

  a  je 

kolmá k přímce 

0

5

3

2

=

−

+ y

x

. 

Řešení 

Musíme  nejdříve  upravit  rovnici  na  středový  tvar,  použijeme  stejný  postup  jako  v předchozím 
příkladě.  

(

) (

)

0

1

2

16

4

2

2

=

+

+

+

−

y

y

x

x

 

(

) (

)

16

1

2

4

4

4

2

2

=

+

+

+

+

−

y

y

x

x

 

(

) (

)

1

16

1

4

2

2

2

=

+

+

−

y

x

 

Střed má souřadnice 

[ ]

1

;

2

−

S

. Hledaná přímka má být kolmá k 

0

5

3

2

=

−

+ y

x

, proto její normálový 

vektor  je 

(

)

2

;

3

−

nr

  a  obecná  rovnice 

0

2

3

=

+

−

c

y

x

.  Dosadíme  souřadnice  středu  a  dostaneme 

( )

8

0

1

2

2

3

−

=

⇒

=

+

−

⋅

−

⋅

c

c

. Obecná rovnice hledané přímky je 

0

8

2

3

=

−

− y

x

.