
P50(2022/2023)5
5
Stožnica skozi pet toˇ ck
M R
Stožnice so ravninske krivulje, ki nastanejo s
presekom dvojnega stožca z ravnino. Zato se tudi
takoimenujejo. Pravestožnicesoelipsa,hiperbola
in parabola. Tudi krožnica je stožnica, saj jo ima-
mo lahko za poseben primer elipse. Na sliki 1 je
poenostavljen prikaz nastanka pravih stožnic.
Vendar ni vsak presek dvojnega stožca z ravnino
prava stožnica.
ˇ
Ce se preseˇ cna ravnina stožca samo
dotika vzdolž ene od njegovih tvorilk, je presek kar
ta tvorilka, torej premica.
ˇ
Ce preseˇ cna ravnina vse-
bujeosstožca,jepresekunijadvehnjegovihtvorilk,
torej dveh sekajoˇ cih se premic.
ˇ
Ce ravnina preseka
stožec samo v njegovem vrhu, je presek toˇ cka. To
so izrojeni ali degenerirani primeri stožnic, reˇ cemo
jim izrojene stožnice. Na sliki 2 je prikaz nastanka
izrojenih stožnic.
SLIKA1.
Nastanek pravih stožnic.
V pravokotnem kartezijskem koordinatnem siste-
muOxy imajo vse stožnice enaˇ cbo
Ax
2
+2Bxy+Cy
2
+2Dx+2Ey+F =0, (1)
pri ˇ cemer so koeficienti A,B,C,D,E in F realna šte-
vila. Pri tem A,B in C niso vsi hkrati enaki 0. Vsaj
SLIKA2.
Nastanek izrojenih stožnic.
en od teh je razliˇ cen od 0 in z njim lahko (1) de-
limo in dobimo enakovredno enaˇ cbo s petimi koefi-
cienti. Prav tako dobimo enakovredno enaˇ cbo,ˇ ce (1)
pomnožimo s poljubnim od 0 razliˇ cnim številom. S
petimi toˇ ckami pa je na splošno stožnica, prava ali
izrojena, doloˇ cena, morda ne ravno enoliˇ cno. Pro-
blem doloˇ citve enaˇ cbe stožnice skozi pet toˇ ck nas
privededosistemapetihlinearnihenaˇ cbspetimine-
znankami, ki pa bi se mu radi izognili.
Enaˇ cba(1)jepooblikialgebrskaenaˇ cbadrugesto-
pnje,zatouvršˇ camostožnicemedalgebrskekrivulje
druge stopnje. V enaˇ cbi (1) se lahko skriva katera-
koli stožnica, prava ali izrojena, lahko pa tudi dvo-
jica vzporednih premic ali celo prazna množica.
Primeri.
x
2
+y
2
−1=0 – krožnica;
4x
2
+5y
2
−2=0 – elipsa;
4x
2
−5y
2
−2=0 – hiperbola;
y
2
−2x=0 – parabola;
4x
2
−9y
2
=(2x−3y)(2x+3y)=0–sekajoˇ cise
premici;
4x
2
+ 12xy + 9y
2
= (2x + 3y)
2
= 0 – dvojna
premica;


P50(2022/2023)5
6
x
2
+2xy+y
2
+x+y =(x+y)(x+y+1)= 0
– vzporedni premici;
x
2
+y
2
=0 – toˇ cka(0,0);
x
2
+y
2
+1=0 – prazna množica.
Oglejmo si, kako pridemo do enaˇ cbe stožnice skozi
pet danih toˇ ck T
k
(x
k
,y
k
), kjer je k = 0,1,2,3,4.
Obravnavajmo primer, ko sta trojki (T
0
,T
1
,T
3
) in
(T
0
,T
2
,T
4
) nekolinearni oziroma ko se dajo toˇ cke
preindeksirati tako, da to drži. Trojka toˇ ck je ne-
kolinearna,ˇ ce njene toˇ cke ne ležijo na isti premici.
Kako najdemo enaˇ cbo stožnice skozi pet toˇ ck?
Najprej poišˇ cemo enaˇ cbe štirih premic, ki so dolo-
ˇ cene z dvojicami toˇ ck (T
1
,T
2
),(T
3
,T
4
),(T
1
,T
3
) in
(T
2
,T
4
). Njihove enaˇ cbe v implicitni obliki naj bodo
p
i,j
(T)=p
i,j
(x,y)=a
i,j
x+b
i,j
y+c
i,j
=0 za dvo-
jice(i,j)∈{(1,2),(3,4),(1,3),(2,4)}. Pritemkoefi-
cientaa
i,j
inb
i,j
nistahkratienaka0. Veljajoseveda
enakostip
i,j
(T
i
)=p
i,j
(T
j
)=0 za navedene dvojice.
Nato zapišemo enaˇ cbo
P(T)=p
1,2
(T)p
3,4
(T)−λp
1,3
(T)p
2,4
(T)=0, (2)
ki je po obliki algebrska enaˇ cba druge stopnje in
s tem enaˇ cba algebrske krivulje druge stopnje. Pri
tem je λ parameter, ki ga bomo izbrali tako, da bo
tudi toˇ cka T
0
zadošˇ cala enaˇ cbi (2), torej P(T
0
) = 0.
Oˇ citno je P(T
k
) = 0 za k = 1,2,3,4. Pri tem pa
p
1,3
(T
0
)p
2,4
(T
0
) 6= 0, ker trojki (T
0
,T
1
,T
3
) in
(T
0
,T
2
,T
4
) nista kolinearni.
ˇ
Ce izberemo
λ=
p
1,2
(T
0
)p
3,4
(T
0
)
p
1,3
(T
0
)p
2,4
(T
0
)
,
veljaP(T
k
)=0 zak=0,1,2,3,4 in dobili smo enaˇ c-
bo stožnice skozi pet danih toˇ ck, in sicer do neniˇ cel-
nega faktorja natanˇ cno. Tudi implicitne enaˇ cbe so-
delujoˇ cih premic so doloˇ cene samo do neniˇ celnega
konstantnega faktorja natanˇ cno, kar pa ne vpliva na
konˇ cni rezultat, oˇ cemer se ni težko prepriˇ cati.
1. naloga.
Poišˇ cimo enaˇ cbo stožnice, ki poteka skozi toˇ cke
T
0
(0,0),T
1
(4,0),T
2
(6,2),T
3
(0,4),T
4
(−1,3).
Brez težav najdemo enaˇ cbe premic:
p
1,2
(x,y)=x−y−4=0,
p
3,4
(x,y)=x−y+4=0,
p
1,3
(x,y)=x+y−4=0,
p
2,4
(x,y)=x+7y−20=0.
Iskana krivulja ima enaˇ cbo
P(x,y)=(x−y−4)(x−y+4)−
λ(x+y−4)(x+7y−20)= 0.
Ker mora veljati še P(T
0
) = P(0,0) = 0, dobimo
enaˇ cbo−16−80λ=0 z rešitvijoλ=−1/5, kar vsta-
vimo v enaˇ cbo iskane krivulje. Poenostavimo in na
koncu dobimo
3x
2
−xy+6y
2
−12x−24y =0.
Iskana stožnica je elipsa (slika 3).
SLIKA3.
Elipsa skozi pet danih toˇ ck.
V primeru, ko je vsaj ena od trojk (T
0
,T
1
,T
2
)
in (T
0
,T
3
,T
4
) kolinearna, trojki (T
0
,T
1
,T
3
) in
(T
0
,T
2
,T
4
) pa nekolinearni, poišˇ cemo enaˇ cbo pre-
micea
1,2
x+b
1,2
y+c
1,2
=0skoziT
1
inT
2
terenaˇ cbo
premice a
3,4
x + b
3,4
y + c
3,4
= 0 skozi T
3
in T
4
.
Izrojena stožnica je kar unija teh dveh premic,
njena enaˇ cba pa se glasi (a
1,2
x + b
1,2
y + c
1,2
)
(a
3,4
x+b
3,4
y+c
3,4
)=0.
V preostalih primerih enaˇ cba izrojene stožnice ni
do konstantnega faktorja enoliˇ cno doloˇ cena.
2. naloga.
Poišˇ cimo še enaˇ cbo stožnice, ki poteka skozi toˇ cke
T
0
(2,2),T
1
(−1,1),T
2
(5,3),T
3
(4,−1),T
4
(0,5).
Prvetritoˇ ckeležijonapremicix−3y+4=0,zadnji
dve pa na premici 3x+2y−10= 0 (slika 4). Iskana
izrojenastožnicaimaenaˇ cbo(x−3y+4)(3x+2y−
10)=3x
2
−7xy−6y
2
+2x+38y−40=0.


P50(2022/2023)5
7
SLIKA4.
Še en primer izrojene stožnice.
3. naloga.
Poišˇ cimo še enaˇ cbo stožnice, ki poteka skozi toˇ cke
T
0
(0,0),T
1
(1,0),T
2
(2,0),T
3
(3,0),T
4
(3,3).
Prve štiri toˇ cke ležijo na premici y = 0. Premica
skozi T
4
ima enaˇ cbo k(x− 3)−y + 3 = 0, kjer je
k poljubna konstanta. Vseh pet toˇ ck najdemo na iz-
rojeni stožnici (k(x−3)−y+3)y = 0, pa tudi na
(x−3)y =0,kjervzamemonavpiˇ cnopremicoskozi
T
4
. Rešitev je nešteto.
Domaˇ ce naloge.
Poišˇ ci stožnico, ki poteka skozi toˇ cke
T
0
(0,0),T
1
(1,1),T
2
(−2,0),T
3
(4,3),T
4
(−3,2).
(Rezultat: hiperbolazenaˇ cbo22x
2
−16xy−31y
2
+44x−19y =0.)
Poišˇ ci stožnico, ki poteka skozi toˇ cke
T
0
(0,1),T
1
(−2,0),T
2
(−5,−2),T
3
(0,−2),T
4
(1,0).
(Rezultat: parabola z enaˇ cbox
2
−2xy+y
2
+x+
y−2=0.)
Poišˇ ci še stožnico, ki poteka skozi toˇ cke
T
0
(−2,0),T
1
(1,1),T
2
(4,2),T
3
(3,−1),T
4
(2,3).
(Rezultat: izrojena stožnica, dvojica sekajoˇ cih se
premic, z enaˇ cbo(x−3y+2)(4x+y−11)=0.)
×××
Tekmovanje π
Nˇ  M K  J P
Letošnji Mednarodni dan matematike je potekal
pod sloganom Matematika za vsakogar in res bi ma-
tematikatadanlahkodoseglavsakogar, sajsojislo-
venski mediji namenili razveseljivo veliko pozorno-
sti. Na Društvu matematikov fizikov in astronomov
Slovenijesmopolegžetradicionalnegalikovnegana-
teˇ cajazaˇ cimlepšeporisanomatematiˇ cnotablo,kise
zakljuˇ cujekonecmesecamarca,uˇ cencemindijakom
letos ponudili še en izziv – poiskatiˇ cim boljši pribli-
žek števila π (ki mu je 14. marec ali v angleškem
datumskem zapisu 3.14., posveˇ cen) z mehaniˇ cnimi
pripomoˇ cki in z merjenjem, tehtanjem in prešteva-
njem. Na razpis, ki je bil objavljen že v prejšnji šte-
vilki Preseka, smo prejeli pet izvirnih in zanimivih
rešitev. Prav vse si zaslužijo pohvalo in nagrado za
domiselnost in zgledno skupinsko delo.
Najbolj izdelano rešitev so prispevali uˇ cenci 8a.
razreda OŠ Cerkvenjak–Vitomarci pod mentorstvom
uˇ citelja Stanislava Toplaka. Oceno števila π so do-
bili s preštevanjem kvadratkov kvadratne mreže, ki
skupajpokrivajoˇ cetrtinokrogazznanoplošˇ cino,iz-
boljšali pa so jo tako, da so na robu lika uporabili
finejšo mrežo (slika 1).
Rezultat raˇ cuna: 3,1410. Posebno pohvalo si za-
služijozaocenoinanalizonapakesvojegapribližka.
Najbolj izvirno rešitev naloge so prispevali Neža,
Živa, Tamara Elena, Domen, Niko in Matjaž, uˇ cenci
8. razreda OŠ Globoko pod mentorstvom uˇ citeljice
Danijele Pezdirc. Izmerili so obseg in premer kroga
na šolskem športnem igrišˇ cu in še 41 okroglih pred-
metov, ki so jih našli doma – od majhnih, kot so
smoki, kabel, baterija, ..., do krožnikov, ponev, glo-
busa...Takosodobilicelovrstopribližkovštevilaπ
s povpreˇ cno vrednostjo 3,1243.