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

.

10. Analytická geometrie

428

‰

Vzájemná poloha elipsy a přímky

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

Je-li

(

) (

)

1

2

2

2

2

=

−

+

−

b

n

y

a

m

x

rovnice elipsy a bod

[ ]

2

1

,t

t

T

její bod, pak rovnice tečny v bodě

T

má

tvar:

(

) (

) (

) (

)

1

:

2

2

2

1

=

−

⋅

−

+

−

⋅

−

b

n

t

n

y

a

m

t

m

x

t

.

Řešený příklad

• Napište rovnice tečen elipsy

1

25

100

2

2

=

+

y

x

v průsečících s přímkou

0

14

2

:

=

−

+ y

x

p

.

Řešení

Nejdříve najdeme průsečíky přímky a elipsy. Máme soustavu dvou rovnic o dvou neznámých, z druhé
rovnice si vyjádříme jednu proměnnou a dosadíme do první rovnice.

1

25

100

2

2

=

+

y

x

0

14

2

=

−

+ y

x

⇒

y

x

2

14

−

=

(

)

1

25

100

2

14

2

2

=

+

−

y

y

100

4

4

56

196

2

2

=

+

+

−

y

y

y

0

96

56

8

2

=

+

−

y

y

0

12

7

2

=

+

− y

y

Kořeny rovnice jsou

4

,

3

=

′

= y

y

,

6

,

8

=

′

= x

x

.

Průsečíky jsou

[ ] [ ]

4

,

6

,

3

,

8

T

T

′

.

Tečna v bodě

[ ]

3

,

8

T

:

1

25

3

100

8

:

=

+

y

x

t

⇒

0

25

3

2

:

=

−

+ y

x

t

.

Tečna v bodě

[ ]

4

,

6

T ′

:

1

25

4

100

6

:

=

+

′

y

x

t

⇒

0

50

8

3

:

=

−

+

′

y

x

t

.

10. Analytická geometrie

429

• Napište rovnici tečny k elipse

(

) (

)

1

9

3

25

2

2

2

=

−

+

−

y

x

v jejím bodě

[ ]

?

;

6

T

.

Řešení

Nejdříve vypočítáme druhou souřadnici bodu dotyku.

(

) (

)

1

9

3

25

2

6

2

2

2

=

−

+

−

t

0

144

150

25

2

2

2

=

+

−

t

t

5

6

,

5

24

2

2

=

′

=

t

t

Budeme mít tedy dva body dotyku









′









5

6

;

6

,

5

24

;

6

T

T

a dvě tečny

(

)(

) (

)

1

9

3

5

24

3

25

2

6

2

:

=













−

−

+

−

−

y

x

t

,

0

48

5

4

:

=

−

+ y

x

t

,

(

)(

) (

)

1

9

3

5

6

3

25

2

6

2

:

=











 −

−

+

−

−

′

y

x

t

,

0

18

5

4

:

=

−

−

′

y

x

t

.

10. Analytická geometrie

430

10.5. Hyperbola

Hyperbola

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

zvolených bodů (ohnisek

F

E

, ) konstantní rozdíl vzdáleností (

a

2

), který je menší než

vzdálenost ohnisek.

a

FM

EM

2

=

−

B

A

,

hlavní vrcholy hyperboly

F

E,

ohniska

v

u,

asymptoty

S

střed hyperboly

BS

AS

a

=

=

hlavní poloosa hyperboly

b

vedlejší poloosa hyperboly

ES

FS

e

=

=

excentricita

Pro

e

b

a ,

,

platí Pythagorova věta:

2

2

2

e

b

a

=

+

Mějme dánu hyperbolu,

[ ]

n

m

S ,

je její střed,

a

hlavní poloosa,

b

vedlejší poloosa,

x

EF

, pak

středová rovnice hyperboly má tvar:

(

) (

)

1

2

2

2

2

=

−

−

−

b

n

y

a

m

x

.

10. Analytická geometrie

431

Je-li střed hyperboly v počátku soustavy souřadnic

[ ]

0

,

0

S

, pak má její rovnice tvar

1

2

2

2

2

=

−

b

y

a

x

.

Rovnice asymptot jsou

0

:

,

0

:

=

+

=

−

ay

bx

v

ay

bx

u

.

Mějme dánu hyperbolu,

[ ]

n

m

S ,

je její střed,

a

hlavní poloosa,

b

vedlejší poloosa,

y

EF

, pak

středová rovnice hyperboly má tvar:

(

) (

)

1

2

2

2

2

=

−

−

−

b

m

x

a

n

y

.

Je-li střed hyperboly v počátku soustavy souřadnic

[ ]

0

,

0

S

, pak má její rovnice tvar

1

2

2

2

2

=

−

b

x

a

y

.

Rovnice asymptot jsou

0

:

,

0

:

=

+

=

−

by

ax

v

by

ax

u

.

Řešený příklad

• Určete typ kuželosečky

0

40

8

4

9

2

2

=

−

−

−

y

y

x

.

Řešení

Rovnici si přepíšeme

(

)

0

40

8

4

9

2

2

=

−

+

−

y

y

x

ze závorky vytkneme

(

)

0

40

2

4

9

2

2

=

−

+

−

y

y

x

,

výraz v závorce doplníme na čtverec

(

)

4

40

1

2

4

9

2

2

−

=

−

+

+

−

y

y

x

,

přepíšeme na mocninu

(

)

36

1

4

9

2

2

=

+

− y

x

,

vydělíme pravou stranou

(

)

1

9

1

4

2

2

=

+

−

y

x

a máme středovou rovnici hyperboly.

[ ]

13

,

3

,

2

,

1

;

0

=

=

=

−

e

b

a

S

10. Analytická geometrie

432

• Jakou rovnici má přímka, která prochází středy kuželoseček

0

1

2

6

2

2

=

+

+

−

+

y

x

y

x

a

0

12

4

2

2

2

=

−

+

+

−

y

x

y

x

.

Řešení

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

(

) (

)

0

1

2

6

2

2

=

+

+

+

−

y

y

x

x

(

) (

)

9

1

2

9

6

2

2

=

+

+

+

+

−

y

y

x

x

(

) (

)

9

1

3

2

2

=

+

+

−

y

x

- jedná se o kružnici

(

) (

)

0

12

4

2

2

2

=

−

−

−

+

y

y

x

x

(

) (

)

9

4

4

1

2

2

2

=

+

−

−

+

+

y

y

x

x

(

) (

)

1

9

2

9

1

2

2

=

−

−

+

y

x

- jedná se o hyperbolu

Středy mají souřadnice

[ ]

1

,

3

−

S

,

[

]

2

,

1

−

′

S

.

Hledaná přímka má směrový vektor

(

)

3

,

4

−

=

−

′

=

S

S

sr

.

Proto její normálový vektor je

( )

4

;

3

nr

a obecná rovnice

0

4

3

=

+

+

c

y

x

.

Dosadíme souřadnice středu

S

a dostaneme

( )

5

0

1

4

3

3

−

=

⇒

=

+

−

⋅

+

⋅

c

c

.

Obecná rovnice hledané přímky je

0

5

4

3

=

−

+ y

x

.

10. Analytická geometrie

433

‰

Vzájemná poloha hyperboly a přímky

Přímku, která má s hyperbolou společný právě jeden bod a není rovnoběžná s asymptotou,
nazveme tečna hyperboly.
Přímku, která má s hyperbolou společné dva body, nebo je rovnoběžná s asymptotou
hyperboly, nazveme sečna hyperboly. Sečna rovnoběžná s asymptotou má s hyperbolou
společný jeden bod.
Přímku, která nemá s hyperbolou společný žádný bod, nazveme nesečna hyperboly.

Je-li

(

) (

)

1

2

2

2

2

=

−

−

−

b

n

y

a

m

x

rovnice hyperboly a bod

[ ]

2

1

,t

t

T

její bod, pak rovnice tečny v bodě

T

má tvar:

(

) (

) (

) (

)

1

:

2

2

2

1

=

−

⋅

−

−

−

⋅

−

b

n

t

n

y

a

m

t

m

x

t

.

Je-li

(

) (

)

1

2

2

2

2

=

−

−

−

b

m

x

a

n

y

rovnice hyperboly a bod

[ ]

2

1

,t

t

T

její bod, pak rovnice tečny v bodě

T

má tvar:

(

) (

) (

) (

)

1

:

2

1

2

2

=

−

⋅

−

−

−

⋅

−

b

m

t

m

x

a

n

t

n

y

t

.

Řešený příklad

• Určete vzájemnou polohu přímky

t

y

t

x

p

5

4

,

4

5

:

+

=

+

=

a hyperboly

9

2

2

=

− y

x

.

Řešení

Dosadíme do rovnice hyperboly parametrické rovnice přímky, vyřešíme kvadratickou rovnici a podle
počtu řešení rozhodneme o vzájemné poloze přímky a hyperboly.

(

) (

)

9

5

4

4

5

2

2

=

+

−

+

t

t

(

)

9

25

40

16

16

40

25

2

2

=

+

+

−

+

+

t

t

t

t

9

9

9

2

=

− t

0

=

t

Úloha má jediné řešení, jde tedy o tečnu, bod dotyku má souřadnice

[ ]

4

;

5

T

. Nebo o sečnu. Rovnice

asymptot jsou

0

,

0

=

−

=

+

y

x

y

x

, v parametrickém vyjádření

t

y

t

x

−

=

= ,

a

t

y

t

x

=

= ,

, přímka

p

je s asymptotami různoběžná a jedná se opravdu o tečnu.

10. Analytická geometrie

434

• Napište rovnici tečny hyperboly

(

) (

)

1

12

3

4

2

2

2

=

−

−

+

y

x

v jejím bodě

[

]

3

;

2

−

T

.

Řešení

Dosadíme do rovnice tečny

(

) (

) (

) (

)

1

12

3

3

3

4

2

2

2

:

=

−

−

⋅

−

−

+

⋅

+

y

x

t

Po úpravě má tečny rovnici

0

1

2

:

=

−

+ y

x

t

.

• Určete vzájemnou polohu přímky

0

2

2

3

=

+

− y

x

a hyperboly

1

9

4

2

2

=

−

y

x

.

Řešení

Z přímky

0

2

2

3

=

+

− y

x

si vyjádříme

3

2

2

−

=

y

x

a dosadíme do rovnice hyperboly,

dostaneme

1

9

4

3

2

2

2

2

=

−













−

y

y

a upravíme

(

)

1

9

4

1

2

9

4

2

2

=

−

+

−

y

y

y

9

1

2

2

2

=

−

+

−

y

y

y

8

2

−

=

y

4

−

=

y

dosadíme do

3

2

2

−

=

y

x

a

3

10

−

=

x

. Přímka a hyperbola mají společný právě jeden bod.

Mělo by se jednat o tečnu, ale rovnice asymptoty naší hyperboly je

0

2

3

=

− y

x

a přímka

0

2

2

3

=

+

− y

x

je tedy s asymptotou rovnoběžná, jedná se o sečnu.

Pozn.: V případě tečny vychází kvadratická rovnice, bod dotyku je dvojnásobný kořen této rovnice.
Pokud se jedná o sečnu rovnoběžnou s asymptotou, pak dostaneme lineární rovnici a jediné řešení.

10. Analytická geometrie

435

10.6. Parabola

Parabola

je množina všech bodů M v rovině, které mají od daného pevného bodu

(ohniska

F ) a od dané přímky (řídící přímka

d

) stejnou vzdálenost.

(

)

d

M

v

MF

,

=

F

ohnisko

V

vrchol paraboly

d

řídící přímka paraboly

p

parametr

(

)

d

V

v

VF

p

,

2

=

=

Mějme dánu parabolu,

[ ]

n

m

V

,

je její vrchol,

p

parametr,

y

o

, pak vrcholová rovnice paraboly má

tvar:

(

) (

)

2

2

m

x

n

y

p

−

=

−

.

Je-li vrchol paraboly v počátku soustavy souřadnic

[ ]

0

,

0

V

, pak má její rovnice tvar

2

2

x

py

=

.

Osa paraboly má rovnici

R

∈

=

+

c

c

x

,

0

.

d

o

d

o

F

V

M

d

o

d

o

F

V

M

10. Analytická geometrie

436

Mějme dánu parabolu,

[ ]

n

m

V

,

je její vrchol,

p

parametr,

x

o

, pak vrcholová rovnice paraboly má

tvar:

(

) (

)

2

2

n

y

m

x

p

−

=

−

.

Je-li vrchol paraboly v počátku soustavy souřadnic

[ ]

0

,

0

V

, pak má její rovnice tvar

2

2

y

px

=

.

Osa paraboly má rovnici

R

∈

=

+

c

c

y

,

0

.

Řešený příklad

• Určete vrchol a parametr paraboly

0

7

6

8

2

=

−

+

−

y

x

y

.

Řešení

Rovnici si upravíme

7

8

6

2

+

=

+

x

y

y

,

levou stranu doplníme na čtverec

9

7

8

9

6

2

+

+

=

+

+

x

y

y

,

přepíšeme na mocninu a z pravé strany vytkneme

(

)

(

)

2

8

3

2

+

=

+

x

y

.

Vrchol paraboly je

[

]

3

;

2

−

−

V

a parametr

4

=

p

.

• Určete vrchol a parametr paraboly

0

16

12

8

2

2

=

−

+

−

y

x

x

.

Řešení

Rovnici si upravíme

16

12

8

2

2

+

−

=

−

y

x

x

,

z levé strany vytkneme a doplníme ji na čtverec

(

)

8

16

12

4

4

2

2

+

+

−

=

+

−

y

x

x

,

přepíšeme na mocninu a z pravé strany vytkneme

(

)

(

)

2

12

2

2

2

−

−

=

−

y

x

,

rovnici vydělíme dvěma

(

)

(

)

2

6

2

2

−

−

=

−

y

x

.

Vrchol paraboly je

[ ]

2

;

2

V

a parametr

3

−

=

p

.

Pozn.: Parametr

p

určuje, jak moc je parabola otevřená či uzavřená, ale také kterým směrem je

otevřená. S tím jste se setkali i u kvadratické funkce.

10. Analytická geometrie

437

‰

Vzájemná poloha paraboly a přímky

Přímku, která má s parabolou společný právě jeden bod a není rovnoběžná s osou
paraboly, nazveme tečna paraboly.
Přímku, která má s parabolou společné právě dva body, nebo je rovnoběžná s osou
paraboly, nazveme sečna paraboly. Sečna rovnoběžná s osou paraboly má s parabolou
společný jeden bod.
Přímku, která nemá s parabolou společný žádný bod, nazveme nesečna paraboly.

Je-li

(

) (

)

2

2

m

x

n

y

p

−

=

−

rovnice paraboly a bod

[ ]

2

1

,t

t

T

její bod, pak rovnice tečny v bodě

T

má

tvar

(

) (

) (

)

m

t

m

x

n

t

y

p

t

−

⋅

−

=

−

+

⋅

1

2

2

:

.

Je-li

(

) (

)

2

2

n

y

m

x

p

−

=

−

rovnice paraboly a bod

[ ]

2

1

,t

t

T

její bod, pak rovnice tečny v bodě

T

má

tvar

(

) (

) (

)

n

t

n

y

m

t

x

p

t

−

⋅

−

=

−

+

⋅

2

1

2

:

.

Řešený příklad

• Napište rovnici tečny paraboly

(

) (

)

2

1

2

3

+

=

−

x

y

v bodě

[ ]

5

;

2

T

.

Řešení

Dosadíme do rovnice tečny

(

) (

) (

)

1

2

1

4

5

2

3

+

⋅

+

=

−

+

⋅

x

y

,

po úpravě

0

1

2

:

=

+

− y

x

t

.

• Určete vzájemnou polohu paraboly

y

x

4

2

=

a přímky

0

4

2

=

+

− y

x

.

Řešení

4

2

−

= y

x

dosadíme do rovnice paraboly

y

x

4

2

=

(

)

y

y

4

4

2

2

=

−

y

y

y

4

16

16

4

2

=

+

−

0

4

5

2

=

+

− y

y

Kořeny jsou

4

,

1

=

′

= y

y

.

Přímka je sečna,

4

,

2

=

′

−

=

x

x

, průsečíky mají souřadnice

[

] [ ]

4

;

4

,

1

;

2

B

A

−

.

10. Analytická geometrie

438

Úlohy k řešení

Úloha 10.1.

Vypočítejte skalární součin vektorů, znáte-li:

a)

°

=

=

=

45

,

6

,

2

2

ϕ

v

u

r

r

b)

(

) (

)

6

,

5

,

3

,

2

,

3

,

4

b

a

r

r

♦
Úloha 10.2.

Zjistěte, zda vektor

(

)

4

,

2

,

1

−

−

cr

je lineární kombinací vektorů

(

) (

)

6

,

5

,

3

,

2

,

3

,

4

b

a

r

r

.

♦

Úloha 10.3.

Vypočítejte vnitřní úhly a obsah trojúhelníka

ABC

a jeho obsah.

[

]

3

,

2

,

1

A

,

[

]

2

,

2

,

1

−

−

−

B

,

[

]

1

,

2

,

0

C

.

♦

Úloha 10.4.

Doplňte souřadnice vektoru

ar

tak, aby byl kolmý k vektoru

b

r

.

(

) (

)

4

,

4

,

12

,

25

,

,

5

2

−

−

b

a

a

r

r

.

♦

Úloha 10.5.

Vypočítejte vektorový součin:

a)

(

) (

)

3

,

0

,

1

,

0

,

1

,

2

−

b

a

r

r

b)

(

) (

)

0

,

1

,

3

,

0

,

4

,

3

−

b

a

r

r

c)

(

) (

)

5

,

7

,

3

,

3

,

7

,

5

−

−

−

b

a

r

r

♦

Úloha 10.6.

Napište obecnou rovnici přímky

AB

,

[ ] [ ]

0

,

3

,

2

,

0

B

A

.

♦

Úloha 10.7.

Napište obecné rovnice těžnic trojúhelníka

ABC

, je-li

[ ] [ ] [ ]

4

,

1

,

7

,

6

,

5

,

0

C

B

A

. (Souřadnice středu

S

úsečky

AB

jsou

2

B

A

S

+

=

.)

♦

10. Analytická geometrie

439

Úloha 10.8.

Zjistěte, zda bod

[

]

8

,

1

−

C

leží na přímce

0

2

=

+

− y

x

.

♦

Úloha 10.9.

Určete odchylku přímek

0

7

4

3

:

=

+

− y

x

p

a

0

1

2

:

=

−

+ y

x

q

.

♦

Úloha 10.10.

Napište rovnici přímky, která je rovnoběžná s přímkou

0

1

=

+

− y

x

a má od ní vzdálenost

2

2

.

♦

Úloha 10.11.

Bodem

[ ]

1

,

1

A

veďte kolmici k přímce

0

1

5

2

=

+

− y

x

.

♦

Úloha 10.12.

Rozhodněte o jakou kuželosečku se jedná:

a)

0

40

10

6

5

2

2

=

+

−

+

−

y

x

y

x

b)

0

75

,

6

3

12

3

2

2

2

=

+

+

−

+

y

x

y

x

♦

Úloha 10.13.

Napište rovnici kružnice, která prochází bodem

[ ]

4

;

4

A

a průsečíky kružnice

0

4

4

2

2

=

−

+

+

y

x

y

x

s přímkou

0

:

=

+ y

x

p

.

♦

Úloha 10.14.

Napište rovnici kružnice, která prochází body

[ ] [ ]

2

;

6

,

3

;

5

B

A

a střed leží na přímce

0

3

4

3

:

=

−

− y

x

p

.

♦

Úloha 10.15.

Napište rovnici tečny kružnice

(

) (

)

25

4

2

2

2

=

−

+

−

y

x

v bodě

[ ]

1

;

6

A

.

♦

Úloha 10.16.

Napište rovnici tečny elipsy

(

)

(

)

100

1

25

2

5

2

2

=

−

+

+

y

x

v bodě

[

]

3

;

2

−

A

.

♦

10. Analytická geometrie

440

Úloha 10.17.

Napište rovnici tečny hyperboly

(

) (

)

11

3

1

2

2

=

−

−

+

y

x

, která prochází bodem

[

]

1

;

6

−

−

A

.

♦

Úloha 10.18.

Napište rovnici tečny paraboly

(

)

25

2

2

+

=

−

y

x

v bodě

[

]

16

;

5

−

A

.

♦

Úloha 10.19.

Je dána parabola

x

y

4

2

=

a přímka

0

3

=

−

− y

x

, určete délku tětivy, kterou přímka vytíná na

parabole.

♦

Úloha 10.20.

Napište rovnici tečen elipsy

36

9

4

2

2

=

+ y

x

z bodu

[

]

10

;

15

M

.

♦

10. Analytická geometrie

441

Klíč k řešení

10.1.

a)

12

b)

39

10.2.

b

a

c

r

r

r

−

=

10.3.

2

9

,

3

5

127

,

6

3

24

,

2

5

36

=

′

°

=

′

°

=

′

°

=

P

γ

β

α

10.4.

10

2

=

a

10.5.

a)

(

)

1

,

6

,

3

−

b)

(

)

5

,

0

,

0

c)

(

)

14

,

16

,

14

−

−

10.6.

0

6

3

2

=

−

+ y

x

10.7.

0

35

7

=

+

− y

x

,

0

47

11

5

=

+

− y

x

,

0

3

=

+

− y

x

10.8. Neleží.

10.9.

6

2

63

′

°

10.10.

0

5

=

+

− y

x

,

0

3

=

−

− y

x

10.11.

0

7

2

5

=

−

+ y

x

10.12.

a) hyperbola

b) elipsa

10.13.

(

)

16

4

2

2

=

−

+ y

x

10.14.

(

) (

)

25

6

9

2

2

=

−

+

−

y

x

10.15.

0

21

3

4

=

−

− y

x

10.16.

0

3

=

−

y

10.17.

0

25

3

5

=

+

− y

x

10.18.

0

46

6

=

−

− y

x

10.19.

2

8

=

v

10.20.

0

5

2

:

=

+

− y

x

t

,

0

30

9

8

:

=

−

−

′

y

x

t