logo
  1. Главная страница
  2. Дипломные работы
  3. Общий
  4. Geometriyadagi ba’zi masalalarni vektorlar usulida yechish

Geometriyadagi ba’zi masalalarni vektorlar usulida yechish

Загружено в:

12.08.2023

Скачано:

0

Размер:

820.4365234375 KB
Скачать
Geometriyadagi ba’zi masalalarni vektorlar usulida yechish Mundarija. Kirish................................................................................................ ........... ....3 I. Asosiy tushunchalar 1.1 Vektorning kelib chiqish tarixi .................................................................7 1.2 Vektorlar haqida umumiy tushunchalar....................................................9 II. Geometriya masalalarini yechishda vektorlarning qo’llanilishi 2.1 Planimetrik masalalarni yechishda vektorlar tadbiqi…………… …….. 28 2.2 Stereometrik masalalarni yechishda vektorlar tadbiqi...........................43 2.3 Vektorlar usulidan foydalanib yechish uchun masalalar …….............. ...75 Xotima ..........................................................................................................79 Foydalanilgan adabiyotlar ..........................................................................80 1 KIRISH Ta’lim va ma’rifat tizimini takomillashtirish,mamlakatimiz kelajagi bo’lgan yoshlarni zamonaviy bilim olishga yo’naltirish,barkamol shaxsini tarbiyalash bilan bog’liq ekanini biz yaxshi anglaymiz. Sh.M.Mirziyoev. O‘zbekiston jahonning taraqqiy etgan mamlakatlari qatoridan o‘rin egallash va uni mustahkam saqlab turish uchun O‘zbekistonda fundamental fanlar jahon andozalari darajasida bo‘lishi kerak. Shu o‘rinda O‘zbekiston Respublikasi Birinchi Prezidenti I.A.Karimovning “O‘zbekiston innovatsion rivojlanish turining hozirgi zamon modeliga o‘tish uchun zarur sharoitlarga ega. Bu model vujudga keltirilgan ilmiy-texnikaviy salohiyatdan keng va samarali foydalanishga, fundamental va amaliy fanning yutuqlarini, chuqur ilm talab qiladigan amaliyotga keng qamrovda joriy etishga, yuqori malakali, iqtidorli kadrlar sonini ko‘paytirishga asoslanadi. Bu mamlakatimiz jahondagi iqtisodiyoti va sanoati rivojlangan davlatlar qatoriga kirib borishining zarur sharti va mustahkam poydevori bo‘lib xizmat qiladi” degan fikrlarini keltirib o‘tish o‘rinli. Respublikamizda “Talim to‘g‘risida”gi qonun va Kadrlar tayyorlash Milliy Dasturini qabul qilinishi, qolaversa, O‘zbekiston Respublikasi Birinchi Prezidenti I. A. Karimovning O‘zbekiston Respublikasi Oliy Majlisi Qonunchilik palatasi va Senatining 2010 yil 27 yanvar kuni bo‘lib o‘tgan qo‘shma majlisidagi “Mamlakatni modernizatsiya qilish va kuchli fuqarolik jamiyati barpo etish – ustuvor maqsadimizdir” hamda Vazirlar Mahkamasining 2010 yil 29 yanvar kuni bo‘lib o‘tgan majlisidagi “Asosiy vazifamiz – Vatanimiz taraqqiyoti va xalqimiz farovonligini yanada yuksaltirish” mavzusidagi ma’ruzalari zamirida ham aynan shu muammoni hal etish ko‘zda tutilgan. Shavkat Mirziyoyevning O‘zbekiston Respublikasi Prezidenti lavozimiga kirishish tantanali marosimiga bag‘ishlangan Oliy Majlis palatalarining qo‘shma 2 majlisidagi nutqida “ Biz yoshlarga doir davlat siyosatini hech og‘ishmasdan, - qat’iyat bilan davom ettiramiz. Nafaqat davom ettiramiz, balki bu siyosatni eng ustuvor vazifamiz sifatida bugun zamon talab qilayotgan yuksak darajaga ko‘taramiz. Yoshlarimizning mustaqil fikrlaydigan, yuksak intellektual va ma’naviy salohiyatga ega bo‘lib, dunyo miqyosida o‘z tengdoshlariga hech qaysi sohada bo‘sh kelmaydigan insonlar bo‘lib kamol topishi, baxtli bo‘lishi uchun davlatimiz va jamiyatimizning bor kuch va imkoniyatlarini safarbar etamiz ” deb ta’kidlagan edi. Biz ta’lim va tarbiya tizimining barcha bо‘g‘inlari faoliyatini bugungi zamon talablari asosida takomillashtirishni o‘zimizning birinchi darajali vazifamiz deb bilamiz. Yosh avlod tarbiyasi haqida gapirganda, Abdurauf Fitrat bobomizning mana bu fikrlariga har birimiz, ayniqsa, endi hayotga kirib kelayotgan o‘g‘il- qizlarimiz amal qilishlarini men juda-juda istardim. Mana, ulug‘ ajdodimiz nima deb yozganlar: “Xalqning aniq maqsad sari harakat qilishi, davlatmand bo‘lishi, baxtli bo‘lib izzat-hurmat topishi, jahongir bo‘lishi yoki zaif bo‘lib xorlikka tushishi, baxtsizlik yukini tortishi, e’tibordan qolib, o‘zgalarga tobe va qul, asir bo‘lishi ularning o‘z ota-onalaridan bolalikda olgan tarbiyalariga bog‘liq”. Qarang, qanday bebaho, oltinga teng so‘zlar! Bugungi kunda yon- atrofimizda diniy ekstremizm, terrorizm, giyohvandlik, odam savdosi, noqonuniy migrasiya, “ommaviy madaniyat” degan turli balo-qazolarning xavfi tobora kuchayib borayotganini hisobga oladigan bo‘lsak, bu so‘zlarning chuqur ma’nosi va ahamiyati yanada yaqqol ayon bo‘ladi. O‘zbekistonning kelajagi, uning istiqboli,birinchi navbatda yoshlar tarbiyasiga, ularni sog‘lom qilib o‘stirishga, milliy g‘oya, milliy mafkura va o‘z vataniga sadoqat ruhida tarbiyalashga bog‘liq bo‘lib, bu murakkab jarayonni muvaffaqiyatli amalga oshirish mustaqil mamlakatning eng dolzarb vazifalaridan biridir. Shuning uchun ham, Prezidentimiz Islom Abdug‘aniyevich Karimovning “Mamlakatimizning istiqboli yosh avlodlarimiz qanday tarbiya topishiga, qanday ma’naviy fazilatlar egasi bo‘lib voyaga yetishiga, farzandlarimizning hayotga nechog‘lik faol munosabati bo‘lishiga, qanday oliy maqsadlarga xizmat qilishiga 3 bog‘liq ekanligini hamisha yodda tutishimiz kerak” deb ta’kidlagani bejiz emas. Shu boisdan ham bugungi kunda yoshlarning ta’lim-tarbiyasi mustaqil O‘zbekistonning davlat siyosatida ustivor ahamiyat kasb etmoqda. Yurtimizning birinchi prezidenti Islom Karimovning “Yuksak ma’naviyat – yengilmas kuch” asarida ta’kidlaganidek, yoshlarimizning ma’naviy olamida bo‘shliq vujudga kelmasligi uchun ularning qalbi va ongida sog‘lom hayot tarzi, milliy va umummilliy qadriyatlarga hurmat- ehtirom tuyg‘usini bolalik paytidan boshlab shakillantirishimiz zarur. Talabalarga bilim berishda zamonaviy ta’lim texnologiyalarining ahamiyati to‘g‘risida so‘z borganda birinchi prizidentimiz I.A.Karimovning “O‘quv jarayoniga yangi axborot va pedagogik texnologiyalarni keng joriy etish, bolalarimizni komil insonlar etib tarbiyalashda jonbozlik ko‘rsatadigan o‘qituvchi va domlalarga e’tiborimizni yanada oshirish, qisqacha aytganda, ta’lim-tarbiya tizimini sifat jihatidan butunlay yangi bosqichga ko‘tarish diqqatimiz markazida bo‘lishi darkor”degan so‘zlarini ta’kidlash o‘rinlidir. Hozirgi kunda jahon tajribasidan ko‘rinib turibdiki, ta’lim jarayoniga o‘qitishning yangi, zamonaviy usul va vositalari kirib kelmoqda va samarali foydalanilmoqda. Bitiruv malakaviy ishining dolzarbligi: vektorlar tushunchasi matematikaning ko’p sohalarida, geometriyada, fizikaviy, mexanikaviy masalalarni yechishda qo’llaniladi. Bitiruv malakaviy ishining maqsadi: vektorlarni geometrik masalalarni yechishda qo’llash. Bitiruv malakaviy ishining vazifalari: Bitiruv malakaviy ishi quyidagi vazifalarni o’z ichiga oladi: 1. Vektorlarga oid ma’lumotlarni o’rganish. 2. Vektorlarni planimetrik masalalarda tadbiq qilish. 3. Vektorlarni stereometrik masalalarda tadbiq qilish. Bitiruv malakaviy ishining o’rganilganlik darajasi: to’liq o’rganilgan. 4 Bitiruv malakaviy ishining predmeti va obyekti: ko’pburchaklar, ko’pyoqlar. Bitiruv malakaviy ishining yangiligi: bitiruv malakaviy ishi referativ xarakterga ega. Bitiruv malakaviy ishining amaliy ahamiyati: bitiruv malakaviy ishidan maktab o’quvchilari, abituriyentlar, akademik litsey va kasb-hunar kolleji talabalari geometrik masalalarni yechishda bilimlarini mustahkamlashda foydalanishlari mumkin. Bitiruv malakaviy ishning hajmi va tuzilishi: BMI kirish, ikki ta bob, beshta paragraf, ikki bobning xulosasi, xotima va foydalanilgan adabiyotlar ro’yxatidan iborat . 5 I. ASOSIY TUSHUNCHALAR 1.1 Vektorning kelib chiqish tarixi Zamonaviy matematikaning asosiy (fundamental) tushunchalaridan biri bu vektor va tenzor tushunchalaridir. Matematika, mexanika, texnikaning turli jabhalarida vektorning keng ishlatilishi natijasida vektor tushunchasi evolutsion rivojlandi. Vektor-yangi matematik tushuncha. “Vektor” terminini birinchi bo’lib 1845- yilda irland matemetigi va astronimi Uilyam Gamilton (1805-1865) kompleks sonlar haqidagi risolalarida qo’llagan. Xuddi shuningdek, “skalyar”, “skalyar ko’paytma”, “vektor ko’paytma” kabi tushunchalarni ham birinchi bo’lib Gamilton qo’llagan. Qariyb bir vaqtning o’zida shu yo’nalish bo’yicha boshqacha nuqtai nazar bilan nemis matematigi German Grassman ham vektor tushunchasini rivojlantirgan. Angliyalik Uillyam Klifford (1845-1879) bu ikki yo’nalish, bu ikki nuqtai nazarni nazariy jihatdan birlashtirishga, umumlashtirishga muvaffaq bo’ldi. Amerikalik matematik Djozayi Uillarda Gibbs (1839-1903) 1901-yilda vektor analizi bo’yicha darslikni chop etdi va bu tushunachaga yakuniy xulosa berdi. O’tgan asr oxiri va hozirgi asr boshlarida vektorlar ustida amallar va uning qo’llanishi keng rivojlandi. Vektor algebrasi, vektor analizi vektor fazosining umumiy nazariyasi kabi bilimlar yaratildi. Bu bilimlar hozirgi zamon fizikasining asosiy qismi bo’lgan nisbiylik nazariyasida keng ishlatilishi natijasida yanada mustahkamlandi. Vektor tushunchasi uzunlik va yo’nalishiga ega bo’lgan barcha ob’yektlarda qo’llaniladi. Masalan: fizikada kuch, tezlik,tezlanish va hokazo. Nafaqat o’lchov birligiga uo’nalishga ega bo’lgan kattaliklardir. Shunaqa og’ishlardan biri vektorlardir. Ular qulay, ularning foydalanilishi tabiiy va odatda ular ustida azaldan amallar bajarilib kelmoqda deb o’ylashadi. Lekin bu noto’g’ri. Hatto Maksvell kitobida ham biz dekart koordinatalar 6 sistemasida hosilalarni vektor belgilashni uchratmaymiz. Bu-XIX asrning ikkinchi yarmi, shunda ham vektor belgilash hali qo’shila olmadi. Vektorlardan ancha oldin fanga kvaternionlar kiritilgan. Bu g’aroyib kattalikni Gamilton o’ylab topgan. Kvant mexanikasi ijodkorlari nafaqat fizik, balki buyuk matematiklar bo’lgan Gamilton va Lagranj ijodidan mamnunlar. Gamilton XIX asrda ijod qilgan, lekin u yaratgan kanonik forma bugun ham foydali. Kvaternionlarv(sonlar to’rtligi bilan ifodalanadi) va oddiy haqiqiy vektor- turli tushunchalar. Gamiltondan biroz keyinroq bizga boshqa yo’nalishda mashhur bo’lgan amerikalik olim Gibbs yashab o’tdi. Agar amerikaliklar rozi bo’lganda men Gibbsni kichik Nyuton deb nomlagan bo’lardim. Nega deb so’rarsiz? U butun haotini kichik shaharcha Nyu-Xeyvenda o’tkazdi va Yelskiy universitetida dars berdi. Uning ishlari tengsiz. Xuddi Nyuton ishlaridek, uning ishlarida ham noto’g’ri tasdiqlar yo’q. Gibbsning ismi statik mexanika bilan bog’liq, boltsman statistikasi bilan bir qatorda Gibbs statistikasini ham farqlashadi. Boltsman o’z fikrlarining tan olinishi uchun kurashdi, Gibbs esa, o’z qiziqishlari sohasini aniqlab, tinchgina hech qanday kurashsiz statik mexanikani ishlab chiqdi. Lekin hozir statik mexanika haqida aytib o’tmoqchi emasman. Gibbs 1880- yida Yelskiy universitetida o’qigan ma’ruzalari saqlangan. U yerda vektorlar qalin harflarda belgilanmagan bo’lsa-da, skalyar va vektor ko’paytmalarga ta’rif berilgan va bugungi zamon talabiga javob beradigan aylana qavslar, nabl operatorida belgilangan, ya’ni mexanika vektorlar tilida ko’rsatilgan. Bu savollar bilan Kavaguti (ilgari Kioto universiteti qoshidagi asosiy tadqiqotlar Institutida assistent, undan keyin Tsukuba Universitetida katta energiyalar fizikasi kafedrasi professori) shug’ullangan. Gibbsning vektorlardan foydalanish g’oyalari tezda o’z tasdig’ini topmagan. Masalan, aytib o’tilgan ingliz olimi Teyt ulardan foydalanish noqulay deb aytgan. Kvant mexanikasi paydo bo’lishi bilan avval uncha tushunarsiz bo’lgan kattaliklar muhim ahamiyat kasb etadi. Xususan, tushunilishi qiyin ko’ringan matritsalar, XX asrda hatto klassik fizikaga ham o’tdi. 7 Kvaternionlar tarafdorlari qarshiliklariga qaramay, Gibbsdan so’ng vektorlar keng qo’lanila boshlandi. Ko’plab ingliz darsliklarida vektorlar asosan mexanikada qo’llanilgan (aytgancha, bizning vaqtimizda vektor belgilashlar qo’llanilishi aynan fizika bo’yicha ingliz darsliklariga xos edi). 1.2 Vektorlar haqida umumiy tushuncha Matematika va fizika fanlarida ko’pincha ikki turli miqdor bilan ish ko’rishga to’g’ri keladi, ulardan biri faqat son qiymati bilan aniqlangani holda, ikkinchisi o’zining son qiymatidan fazodagi yo’nalishi bilananiqlanadi. Masalan, uzunlik, hajm, temperatura, potensial energiya kabi miqdorlar faqat o’zlarining son qiymatlari bilangina aniqlanadi va bunday miqdorlar, ya’ni, faqat o’zining son qiymati bilan aniqlangan miqdorlar skalyar deyiladi.Lekin, kuch, tezlik, tezlanish kabi miqdorlarni aniqlash uchun fazodagi yo’nalishlari ham ma’lum bo’lishi lozim. Bunday miqdorlarni ya’ni o’zining son qiymatidan boshqa yana fazodagi yo’nalishi bilan aniqlanadigan miqdorlar vektorial miqdorlar yoki qisqacha vektorlar deyiladi. Demak, yo’nalishga ega bo’lgan kesma vektor deyiladi. 1.2.1-chizma. AB vektor Vektor odatda strelka yordami bilan tasvir qilinadi. Strelkaning yo’nalishi vektorning yo’nalishini va uning uzunligi vektorning uzunligini ko’rsatadi.Vektorni belgilash uchun kichik lotin harflari a,b,c… dan foydalanamiz.Yoki, ustiga strelka qo’yilgan ikkita bosh harf bilan belgilanadi, masalan, ⃗ AB (1.2.1-chizma). Bu holda A -vektorning boshlang’ich nuqtasi va B - uning oxirgi nuqtasi yoki uchi bo’lib, vektorning yo’nalishi A dan B ga tomon yo’nalgan. 8a B A Vektorning moduli deb, shu vektorni tasvirlovchi kesmaning uzunligiga aytiladi. ⃗ a vektorning moduli |⃗ a| kabi belgilanadi. Har bir vektor o’zining son qiymati va yo’nalishi bilan aniqlangani uchun, uzunliklari teng va yo’nalishlari bir xil bo’lgan ikki vektor o’zaro teng deyiladi 1.2.2-chizma. Teng vektorlar Ikki vektorning tengligi to’g’risida berilgan ta’rifga qaraganda, vektorning boshlang’ich nuqtasining o’rni rol o’ynamaydi. Masalan, 1.2.2-chizmada ⃗a va ⃗ b vektorlar o’zaro teng, chunki ularning uzunliklari teng va yo’nalishlari bir xil. Bu holda algebradagi kabi ⃗a = ⃗b yoziladi. ⃗ b va ⃗ c vektorlarning yo’nalishlari bir xil bo’lsada, lekin uzunliklari teng emas, demak, ⃗b vektor ⃗c vektorga teng emas ⃗ b ≠ ⃗ c Shunga o’xshash ⃗c va ⃗d vektorlar ham o’zaro teng emas, chunki ularning uzunliklari teng bo’lsada, lekin yo’nalishlari har xil. Kollinear vektorlar. Faraz qilaylik, bir necha vektor, masalan, ⃗ a , ⃗ b , ⃗cva⃗d berilgan bo’lsin. Ikki vektorning tengligi to’g’risida berilgan ta’rifga muvofiq vektorning boshlang’ich nuqtasi rol o’ynamagan edi. Bunga asoslanib, istalgan biror O nuqtada haligi ⃗ a , ⃗ b , ⃗ c , ⃗ d vektorlarga teng bo’lgan vektorlarni yasash mumkin, yoki boshqacha qilib aytganda, berilgan vektorlarni bir boshlang’ich nuqtaga ko’chirish mumkin. Bunday yasash 1.2.3-chizmada bajarilgan, berilgan O nuqtaga ⃗a,⃗b,⃗c,⃗d vektorlarga teng qilib vektorlar yasalgan. 9a b d c 1.2.3-chizma. Teng vektorlarni yasash Agarda shuning kabi bir necha vektorni bir boshlang’ich nuqtaga ko’chirganda, ular bir to’g’ri chiziqda yotsa, bunday vektorlar kollinear vektorlar deyiladi. 1.2.4-chizma. Kollinear vektorlar Kollinear bo’lgan ⃗ava ⃗b vektorlar ⃗a∥⃗b ravishda ifoda qilinadi. Masalan, 1.2.2-chizmadagi ⃗a,⃗b,⃗c vektorlar kollinear vektorlardir. Shunga o’xshash 1.2.4- chizmadagi ⃗a,⃗b,⃗c,⃗dva ⃗e vektorlar ham kollinear vektordan iborat, chunki ularni bir boshlang’ich nuqtaga keltirganda, ular bir to’g’ri chiziqda yotadi. Vektorning koordinatalari A 1 ( x 1 , y 1 ) nuqta ⃗ a vektorning boshi, A 2 ( x 2 , y 2 ) nuqta esa uning oxiri bo’lsin. a1= x2− x1 , a2= y2− y1 sonlarni ⃗a vektorning koordinatalari deb ataymiz. Vektorning koordinatalarini uning harfiy belgisi yoniga qo’yamiz, qaralayotgan holda ⃗a(a1,a2) yoki to’g’ridan-to’g’ri ( ⃗a1,⃗a2 ). Nol vektorning koordinatalari nolga teng. 10ab d c d c b a ab cd e Ikki nuqta orasidagi masofani shu nuqtalarning koordinatalari orqali ifodalovchi formuladan koordinatalari a 1 , a 2 dan iborat vektorning moduli√a12+a22 ga teng degan natija chiqadi. 1.2.1-teorema. Teng vektorlar mos ravishda teng koordinatalarga ega. Va aksincha, agar vektorlarning mos koordinatalari teng bo’lsa, vektorlar teng bo’ladi. Isboti. A1(x1,y1) va A 2 ( x 2 , y 2 ) nuqtalar ⃗ a vektorning boshi va oxiri bo’lsin. ⃗ a vektorga teng ⃗a ΄ vektor va ⃗a vektorni parallel ko’chirishdan hosil qilingani uchun ⃗a ́vektorning boshi va oxiri mos ravishda A1́(x1+c,y1+d) ,A2́(x2+c,y2+d) nuqtalardan iborat bo’ladi. Bundan ikkala ⃗a va ⃗a ́vektorning bir xil x 2 − x 1 , y 2 − y 1 koordinatalarga ega ekanligi ko’rinib turibdi. Endi teskari tasdiqni isbotlaymiz. ⃗ A 1 A 2 va ⃗A1́A2́ vektorlarning mos koordinatalari teng bo’lsin. Vektorlarning teng ekanini isbotlaymiz. x 1 ́ va y1́ — A1́ nuqtaning koordinatalari, x2́ va y2 ́ esa A2́ nuqtaning koordinatalari bo’lsin. Teorema shartiga ko’ra: x2− x1 = x 2 ́ − x 1 ́ , y2− y1 = y 2 ́− y 1 ́ . Bundan x 2 ́ ¿x2+ ´x1− x1,y2 ́¿y2+y1́− y1 . x ́ = x + x 1 ́ − x 1 , y ́ = y + y 1 ́ − y 1 formulalar bilan berilgan parallel ko’chirish A 1 nuqtani A1́ nuqtaga, A 2 nuqtani esa A 2 ́ nuqtaga o’tkazadi, ya’ni ⃗ A 1 A 2 va ⃗A1́A2́ vektorlar teng. Teorema isbotlandi. 1.2.1-masala. A(1;2), B(0;1), C(-2;2), nuqtalar berilgan. Shunday D ( x ; y ) nuqtani topingki, ⃗ AB va ⃗ CD vektorlar teng bo’lsin. Yechilishi: ⃗AB vektorning koordinatalari ( − 1 ; 1 ) bo’ladi. ⃗CD vektorning koordinatalari ( x +2;y-2). ⃗AB =⃗CD dan x + 2 = − 1 , y − 2 = − 1. Bundan D nuqtaning koordinatalarini topamiz: x=−3,y=1 Vektorlarni qo’shish Koordinatalari a1,a2 va b1,b2 bo’lgan ⃗a va ⃗b vektorlarning yig’indisi deb, koordinatalari a 1 + b 1 , a 2 + b 2 bo’lgan ⃗ c vektorga aytiladi, ya’ni, ⃗ a( a 1 , a 2 ) + ⃗ b( b 1 , b 2 ) = ⃗ c( a 1 + b 1 , a 2 + b 2 ) 11 har qanday ⃗a(a1,a2) ,⃗ b( b 1 , b 2 ) ,⃗ c( c 1 , c 2 ) , vektorlar uchun ⃗ a + ⃗ b = ⃗ b + ⃗a ⃗ a + ¿ + ⃗ c ¿ = ¿ + ⃗ b )+ ⃗ c tengliklar o’rinli. 1.2.2-teorema. A, B, C nuqtalar qanday bo’lmasin ⃗AB +⃗BC =⃗AC vektor tenglik o’rinlidir. Isboti: A(x1,y1) , B ( x 2 , y 2 ) , C ( x 3 , y 3 ) − ¿ berilgan nuqtalar bo’lsin. ⃗ AB vektorning koordinatalari x2− x1 , y2− y1,⃗BC vektorning koordinatalari x3− x2 , y3− y2 bo’ladi. Demak, ⃗AB +⃗BC vektorning koordinatalari x 3 − x 1 , y3− y1 . Bu esa ⃗ AC vektorning koordinatalaridir. 1.2.1-teoremaga ko’ra ⃗AB +⃗BC va ⃗AC vektorlar teng. Teorema isbotlandi. 1.2.2-teorema ixtiyoriy ⃗a va ⃗b vektorlar yig’indisini yasashning ushbu usulini beradi. Faraz qilaylik, biror A nuqta oldin A dan B ga AB bo’yicha, so’ngra B dan C ga BC bo’yicha harakat qilsin. Natijada u nuqta A dan C ga keladi. SHuning uchun ⃗AB = ⃗a va ⃗BC =⃗b vektorlarning yig’indisi uchun ⃗AC = ⃗c vektorni qabul qilish tabiiydir. Buni e’tiborga olib, ikki ⃗ a va ⃗ b vektorlarning yig’indisi deb, quyidagicha hosil bo’lgan ⃗c vektorga aytiladi: berilgan ⃗AB = ⃗a vektorni B uchidan ⃗BC = ⃗b vektorni yasab, so’ngra birinchi ⃗a vektorning boshini ikkinchi ⃗ b vektorning uchi bilan tutashtiriladi. Hosil bo’lgan ⃗AC = ⃗c vektor − ¿ berilgan ⃗a va ⃗b vektorlarning yig’indisi bo’ladi (1.2.5-chizma). Vektorlarni qo ’ shish amalining ishorasi uchun odatdagi algebraik qo ’ shish ishorasi ishlatiladi , ya ’ ni ⃗a+⃗b=⃗c 12A C B A B C D1.2.5-chizma. Vektorlarni uchburchak usulida qo’shish⃗a va ⃗ b vektorlar − ¿ qo’shiluvchi vektorlar va ⃗ c vektor − ¿ geometrik yig’indi yoki, qisqacha yig’indi deyiladi. Shuning bilan, ⃗a vektorga ⃗b vektorni qo’shish uchun: ⃗ a vektorning B uchiga ⃗ b vektorning boshini keltirib, so’ngra ⃗ a vektorning boshi ⃗b vektorning uchi C bilan tutashtirilsa, ⃗AC vektor ⃗a va ⃗b vektorlarning yig’indisi bo’ladi. Ikki vektor yig’indisini hosil qilishning bunday usuli vektorlarni qo’shishning “uchburchak qoidasi” deb ataladi. Umumiy uchga ega bo’lgan vektorlar uchun ularning yig’indisi shu vektorlarga yasalgan parallelogrammning shu vektorlar orasidan chiquvchi diagonali bilan tasvirlanadi( “parallelogram qoidasi”) (1.2.6-chizma). 1.2.6-chizma. Vektorlarni parallelogram usulida qo’shish Haqiqatan ham, ⃗AB +⃗BC =⃗AC , ⃗BC =⃗AD . Demak ⃗AB +⃗AD =⃗AC . Endi vektorlarni qo’shishning ko’pburchak qoidasi bilan tanishsak. Biz soni istalgancha bo’lgan vektorlarni ham qo’shishimiz mumkin, masalan, ⃗ a + ⃗ b + ⃗ c + ⃗ d + ⃗ e Yig’indini topish uchun ⃗a vektorga ⃗b vektorni qo’shamiz so’ngra hosil bo’lgan yig’indiga ⃗ c vektorni qo’shamiz va shunga o’xshash ketma-ket davom etib, ⃗ a + ⃗ b + ⃗ c + ⃗ d yig’indiga ⃗ e vektorni qo’shamiz.(1.2.7-chizma). 13 A BC O E D⃗ e ⃗d ⃗ c ⃗ a ⃗b 1.2.7-chizma. Vektorlarni ko’pburchak usulida qo’shish Demak, ⃗ a , ⃗ b , ⃗ c , ⃗ d , ⃗ e vektorlarni qo’shish uchun ⃗a vektorning oxiriga ⃗ b vektorni, ⃗b vektorning oxiriga ⃗c vektorni, ⃗c vektorning oxiriga ⃗d vektorni, ⃗d vektorning oxiriga ⃗ e vektorni keltirib, so’ngra avvalgi ⃗ a vektorning boshi eng keyingi ⃗e vektorning uchi bilan tutashtirilsa, izlangan ( ⃗j ) yig’indi vektor hosil bo’ladi. Bu qoida “ Ko’pburchak qoidasi ” deyiladi. Vektorlar bir necha bo’lgan holda ham assotsiativ qonuni o’z kuchini saqlaydi, ya’ni ⃗a+(⃗b+⃗c)+… +⃗t=¿ ⃗ a + ⃗ b + ( ⃗ c + … + ⃗ t ) va shunga o’xshash. Faraz qilaylik, qo’shiluvchi vektorlar ⃗a=⃗OA ,⃗b=⃗OB ,⃗c=⃗OC bo’lsin. Agar 1.2.8-chizmada ko’rsatilgandek uchala vektorlarda parallelepiped yasalsa, ⃗a+⃗b=⃗OA +⃗OB ;⃗a+⃗b+⃗c=⃗OE +⃗OC =⃗OD ya’ni, bir tekislikda yotmagan uchta vektorni umumiy bir nuqtaga keltirganda, u nuqtadan chiqqan yig’indi vektorni berilgan uch vektorda yasalgan parallelepipedning shu nuqtadan chiqqan diagonali ifodalaydi. 14 ⃗a ⃗b ⃗c ⃗ d ⃗ e ⃗j 1.2.8-chizma. Vektorlarni parallelepiped usulida qo’shish Ikki yoki bir necha vektorni qo’shushda maxsus bir holni uchratish mumkinki, u ham bo’lsa teng va yo’nalishlari qarama-qarshi bo’lgan vektorlarni qo’shishdan iborat. Bunday vektorlarda parallelogramm yasab bo’lmaydi. Yuqorida bir necha vektorni qo’shish uchun chiqarilgan umumiy qoidani tadbiq qilganda shunday “yig’indi-vektor” hosil bo’ladiki, uning boshi oxiri bilan birlashgan bo’ladi. Bunday maxsus “vektor” nol-vektor deyiladi va u odatda algebradagi 0 ishorasi bilan belgilanadi, ya’ni (1.2.9-chizma). 1.2.9-chizma. Qarama-qarshi vektorlar a +( − a ) = 0 Shuning uchun, agarda ⃗a+⃗b =0 bo’lsa, ⃗a=− ⃗b yozish mumkin. Endi, ayirish amali qo’shish amaliga teskari amal tariqasida quyidagicha aniqlanadi: Ikkita ⃗ a va ⃗ b vektorlarning ayirmasi deb, shunday uchinchi ⃗ c vektorga aytiladiki, ⃗b va ⃗c vektorlarning yig’indisi ⃗a ga teng bo’lsa, ya’ni ⃗a− ⃗b= ⃗c, agar ⃗b+⃗c= ⃗a bo’lsa Agar keyingi tenglikning ikkala tomoniga ( − ⃗b ) vektordan qo’shilsa, ⃗c= ⃗a− ⃗b = ⃗a+¿ ) bo’ladi, ya’ni ⃗a vektordan ⃗b vektorni ayirish uchun ⃗c vektorga ( − ⃗b ) vektorni qo’shish kerak. ⃗a va ⃗b vektorlarning ayirmasini yasash uchun bu vektorlarni biror boshlang’ich O nuqtaga ko’chirib, so’ngra ⃗ b vektorning B uchidan ⃗a vektorning A uchiga ⃗BA 15 B C vektor o’tkazilsa, shuning o’zi izlangan ⃗a− ⃗b vektor bo’ladi, chunki(1.2.10- chizma). 1.2.10-chizma. Vektorlar ayirmasi ⃗BA =⃗BO +⃗OA = − ⃗ b + ⃗a = ⃗ a − ⃗ b Shuning bilan, ⃗a va ⃗b vektorlarda yasalgan parallelogrammda diagonallaridan biri u vektorlarning yig’indisini va ikkinchisi ayirmasini ifoda qiladi. 1.2.2-masala: Boshi umumiy bo’lgan ⃗AB va ⃗AC vektorlar berilgan bo’lsin (1.2.5-chizma) ⃗AC −⃗AB =⃗BC ekanini isbotlang. Yechilishi: ⃗AB +⃗BC =⃗AC tenglikka egamiz. Bu esa ⃗AC −⃗AB =⃗BC ekanini bildiradi. Vektorni skalyarga ko’paytirish ⃗a vektorni biror λ skalyar (haqiqiy) ko’paytuvchiga ko’paytirish, shunday yangi ⃗b vektor hosil qilish demakki, ⃗ b = λ ⃗ a bo’lsin. Agar λ>0 bo’lsa, ⃗b vektorning yo’nalishi ⃗a vektorning yo’nalishi kabi bo’ladi, agarda λ<0 bo’lsa, qarama-qarshisi bo’ladi. Har ikki holda ham |λ⃗a|=|λ||⃗a| . Vektorning o’zgarmas songa ko’paytmasi distributivlik qonuniga bo’ysunadi, ya’ni: λ ( ⃗ a + ⃗ b ) = λ ⃗ a +λ ⃗ b , boshqacha qilib aytganda, oddiy algebra qoidasi bo’yicha qavslarni ochish mumkin. Haqiqatda (1.2.11-rasm) 16 AO B C AO λ⃗OA = ⃗ a , ⃗ O A 1 = λ⃗a ⃗AC = ⃗b,⃗A1C1= λ⃗b; bundan ⃗O A1 = λ ⃗ OA ⃗ A 1 C 1 = λ ⃗ AC , ya’ni OAC va O A1C1 uchburchaklar o’xshash, demak, ⃗ O C 1 = λ⃗OC , shuning uchun: λ ⃗ a +λ ⃗ b = λ ( ⃗ a + ⃗ b ) . 1.2.11-chizma. Songa ko’paytirilgan vektor Uzunligi (moduli) birga teng bo’lgan vektor birlik vektor deyiladi. Vektorni skalyarga ko’paytirish tushunchasidan foydalanib, har qanday vektorni shu yo’nalishdagi birlik vektor yordami bilan ifoda qilish mumkin, masalan, ⃗a vektorni ⃗a= a⃗a1 ko’rinishda yozish mumkin, a bunda ⃗a vektorning uzunligi va ⃗a1 uning birlik vektori, ya’ni yo’nalishi ⃗a vektorning yo’nalishi kabi bo’lgan birlik vektor. Vektorni songa bo’lish Vektorni songa bo’lish amali quyidagicha ta’rif qilinadi: ⃗a vektorni λ (λ ≠0) songa bo’lish, shunday ⃗b vektorni topish demakki, uni λ ga ko’paytirganda ⃗a vektor hosil bo’lsin, ya’ni λ⃗b= ⃗a 17 Shuning bilan, bu amal vektorni songa ko’paytirish amaliga teskari bo’lgan amaldan iborat. Agar bu tenglikning ikkala tomoni 1 λ ga ko’paytirilsa, u holda ⃗b= ⃗a· 1 λ , ya’ni vektorni (nolga teng bo’lmagan) songa bo’lish uchun u vektorni shu sonning teskarisiga ko’paytirilsa kifoya. Algebradagi kabi ⃗a vektorni λ songa bo’lish natijasi ⃗a λ yoki ⃗ a : λ ko’rinishda yoziladi. Agar λ>0 bo’lsa, yo’nalishi ⃗a vektorning yo’nalishi kabi bo’ladi, agar λ<0 bo’lsa, unga qarama-qarshi bo’ladi. Agar ikki vektor ⃗a va ⃗b α ⃗ a +β ⃗ b =0 (1.2.1) chiziqli munosabat bilan bog’langan bo’lsa, u holda ⃗a va ⃗b vektorlar kollinear bo’ladi. Haqiqatda, faraz qilaylik, α≠0 bo’lsin. Bu holda ⃗a = − β α ⃗ b , bu esa ⃗ a va ⃗ b vektorlarning kollinearligini ko’rsatadi. Aksincha, agar ⃗ a va ⃗ b vektorlar kollinear bo’lsa u holda ⃗a ning ⃗b ga nisbatini λ faraz qilib, ⃗a = λ⃗b yoki ⃗a− λ⃗b= 0 yozish mumkin, bu esa chiziqli munosabatning xususiy holidan iborat. Agar ⃗a va ⃗ b vektorlar kollinear bo’lmasa u holda vektor ⃗ c = α ⃗ a + β ⃗ b ( 1.2 .2 ) ⃗a va ⃗b vektorlar bilan aniqlangan tekislikka parallel bo’ladi, chunki bir tekislikdagi ⃗ a va ⃗ b vektorlarning yig'indisi shu tekislikning o'zida bo'ladi. Bu holda ⃗a , ⃗ b va ⃗ c vektorlar komplanar vektorlar, ya’ni bir tekislikka parallel bo’lgan vektorlar deyiladi. Aksincha, kollinear bo’lmagan ⃗a va ⃗b vektorlarga komplanar bo’lgan har qanday ⃗ c vektorni (1.2.2) ravishda ifoda qilish mumkin. Buni isbot qilish uchun ⃗ a , ⃗ b , ⃗c vektorlarning uchalasini biror umumiy O nuqtaga ko’chiramiz (1.2.12-chizma). So’ngra ⃗ c vektorning C uchidan ⃗a va ⃗ b vektorlarga parallel qilib CD va CE ni 18 O⃗cC D B F Ao’tkazamiz.Bu holda ⃗a va ⃗b vektorlarga kollinear bo’lgan α⃗ava β⃗b vektorlarning geometrik yig’indisi ⃗ c bo’ladi, ya’ni ⃗c= α⃗a+β⃗b. 1.2.12-chizma. Komplanar vektorlar 1.2.12 − ¿ chizmada: α= − OE OA ; β= −OD OB faraz qilinadi. C vektorning (1.2.2) kabi ifoda qilinishi yoki ikkiga ajralishi bir qiymatli bo’ladi. Haqiqatan, ⃗c= α⃗a+β⃗b , ⃗c= α'⃗a+β'⃗b faraz qilinsa, bu holda 0 = ( α − α ' )⃗ a + ( β − β ' ) ⃗ b bo’lar edi. Ikkinchi tomondan ⃗a va ⃗b vektorlar parallel bo’lmagani uchun α− α'=0,β− β'=0, yoki α= α',β= β'. Bundan shunday natija kelib chiqadi: uchta komplanar vektor hamavaqt o’zaro chiziqli munosabat bilan bog’langandir: α⃗a+β⃗b+γ⃗c=0 . Aksincha, agar bu munosabat bajarilsa, ⃗ a , ⃗ b , ⃗ c vektorlar komplanar bo’ladi. Agar uchta ⃗a , ⃗b , ⃗c vektorlar komplanar bo’lmasa, u holda har bir ⃗d vektorni ⃗d= α⃗a+β⃗b+γ⃗c(1.2 .3) 19 ⃗cko’rinishda uchtaga ajratish mumkin. Buning mumkinligi 1.2.13-chizmada yaqqol ko’rinmoqda. 1.2.13-chizma. Komplanar bo’lmagan vektorlar Shu bilan birga (1.2.3) yoyilma bir qiymatli aniqlangan. Haqiqatdan, ham yoyilmani ⃗ d = α ⃗ a + β ⃗ b + γ ⃗ c , ⃗d= α'⃗a+β'⃗b+γ'⃗c deb faraz qilsak, u holda ularning ayirmasi 0 = ( α − α ' )⃗ a + ( β − β ' )⃗ b + ( γ − γ ' )⃗ c bo’lar edi va agar α − α ' , β − β ' , γ − γ ' ayirmalardan hech bo’lmaganda birortasi nolga teng bo’lmasa, ⃗a , ⃗ b , ⃗ c vektorlar komplanar bo’lar edi, bu esa qilingan farazga zid bo’ladi. Shuning uchun α= α', β= β',γ=γ'. Vektorlarning skalyar ko’paytmasi ⃗a(a1,a2) ,⃗b(b1,b2) vektorlarning skalyar ko’paytmasi deb a 1 b 1 + a 2 b 2 songa aytiladi. Vektorlarning skalyar ko’paytmasi uchun ham sonlarning ko’paytmasi singari yozuvdan foydalaniladi. ⃗a·⃗a skalyar ko’paytma ⃗ a 2 kabi belgilanadi va ⃗a2=|⃗a|2 tenglik o’rinli 20 y x O abVektorlarning skalyar ko’paytmasi ta’rifidan, har qanday ⃗a(a1,a2) , ⃗ b( b 1 , b 2 ) ,⃗ c( c 1 , c 2 ) vektorlar uchun ( ⃗a+⃗b ) ⃗c= ⃗a⃗c+⃗b⃗c tenglik o’rinli. Haqiqatan tenglikning chap qismi ( a1+b1¿c1+(a2+b2)c2 dan, o'ng qismi esa a1c1+a2c2+¿ b1c1+b2c2 dan iborat. Soddalashtirgandan so’ng ularning teng ekanligini ko’rishimiz mumkin. Noldan farqli ⃗AB ,⃗AC vektorlar orasidagi burchak deb ∠BAC ga aytiladi. Ixtiyoriy ikkita ⃗ a va ⃗ b vektorlar orasidagi burchak deb bosh nuqtasi umumuiy va o’zlari shu vektorlarga teng vektorlar orasidagi burchakka aytiladi. Bir xil yo’nalgan vektorlar orasidagi burchak nolga teng hisoblanadi. 1.2.3-teorema: Vektorlarning skalyar ko’paytmasi ular modullari bilan ular orasidagi burchak kosinusi ko’paytmasiga teng. Isboti. ⃗ava ⃗b−¿ berilgan vektorlar va φ − ¿ ular orasidagi burchak bo’lsin. Ushbularga egamiz: (⃗ a + ⃗ b) 2 = (⃗ a + ⃗ b)(⃗ a + ⃗ b) = (⃗ a + ⃗ b) ·⃗ a + (⃗ a + ⃗ b) ·⃗ b = ¿ ¿⃗a⃗a+⃗b⃗a+⃗a⃗b+⃗b⃗b= ⃗a2+2⃗a⃗b+⃗b2 yoki |⃗a+⃗b|2=|⃗a|2+|⃗b|2+2⃗a⃗b Bundan ⃗a⃗b skalyar ko’paytma ⃗a,⃗b va ⃗a+⃗b vektorlar uzunliklari orqali ifodalanishi ko’rinib turibdi, koordinatalar sistemasini maxsus tanlashdan skalyar ko’paytma o’zgarmaydi. Koordinatalarning bu sistemasini 1.2.14-chizmada ko’rsatigandek olamiz. 21 1.2.14-chizma. Vektorlarni skalyar ko’paytirish Koordinatalar sistemasini bunday tanlashda ⃗a vektorning koordinatalari |⃗ a| va 0dan, ⃗b vektorning koordinatalari |⃗b|cos φ , |⃗b|sin φ dan iborat. Skalyar ko’paytma esa ushbuga teng: ⃗ a⃗ b = |⃗ a||⃗ b| cos φ + 0 · |⃗ b| sin φ = |⃗ a||⃗ b| cos φ Teorema isbotlandi. 1.2.3-teoremadan ushbu xulosa chiqadi: agar vektorlar perpendikulyar bo’lsa, ularning skalyar ko’paytmasi nolga teng. Aksincha, noldan farqli vektorlarning skalyar ko’paytmasi nolga teng bo’lsa,vektorlar perpendikulyar bo’ladi. 1.2.3-masala: ⃗a(2;1) va ⃗ b ( 0 ; 1 ) vektorlar berilgan. Shunday λ sonni topingki, ⃗ a + λ ⃗ b vektor ⃗ b vektorga perpendikulyar bo’lsin. Yechish: Bu yerda ⃗ b(⃗ a + λ ⃗ b) = 0 ⃗a⃗b+λ⃗b2= 0 bundan λ= −⃗a⃗b ⃗b2 =−1 1 =−1. Ikki vektorning vektorial ko’paytmasi Faraz qilaylik, ikkita ⃗ava ⃗b vektorlar berilgan bo’lsin. ⃗avektorning ⃗b vektorga vektorial ko’paytmasi deb, shunday uchinchi ⃗ c vektorga aytiladiki, u vektor quyidagicha aniqlanadi: 1) ⃗ c vektorning uzunligi ⃗ a va ⃗ b vektorlar uzunliklarining ular orasidagi burchakning sinusi bilan ko’paytmasiga teng, ya’ni |⃗c|=ab sin (⃗a,⃗b). Bu ta’rifga ko’ra ⃗c vektorning uzunligi ⃗ava ⃗b vektorlarda yasalgan parallelogrammning yuzini ifodalovchi son bilan ifoda qilinadi; 2) ⃗cvektorning yo’nalishi ⃗ava ⃗b vektorlarga qurilgan parallelogrammning 22 3) tekisligiga perpendikulyar bo’lib, (1.2.15-chizma) 1.2.15-chizma. Vektorlarning vektorial ko’paytmasi⃗avektor ning ⃗bvektor ga vektorial ko’paytmasi: [⃗ a⃗ b] ravishda belgilanadi, ya’ni ⃗ c = [⃗ a⃗ b] Uch vektorning aralash ko’paytmasi ⃗ava ⃗b vektorlarning vektorial ko’paytmasining uchinchi ⃗c vektorga skalyar ko’paytmasiga uch vektorning aralash ko’paytmasi deyiladi. [⃗ a⃗ b]⃗ c ( 1.2 .4 ) ⃗ava ⃗b vektorlarning [⃗a⃗b] vektorial ko’paytmasi vektor bo’lgani uchun, bu vektorning ⃗c vektorga skalyar ko’paytmasi skalyar bo’ladi, demak, ⃗a,⃗b , ⃗c vektorlarning (1.2.4) aralash ko’paytmasi skalyardan iborat. Bu ko’paytma oddiy geometrik ma’noga egadir. Uchala vektor ⃗a,⃗b , ⃗c biror umumiy O nuqtaga keltirilganda, ularning o’rinlari 1.2.16-chizmadagi kabi bo’lsin. 23 1.2.16-chizma. Uch vektorning aralash ko’paytmasi Qirralari berilgan vektorlardan iborat parallelepiped yasaymiz.⃗ava ⃗b vektorlarda yasalgan parallelogrammning yuzi |[⃗a⃗b]| bo’ladi. Ikkinchi tomondan [⃗a⃗b] vektor ⃗ava ⃗b vektorlarga qurilgan parallelogrammning tekisligiga perpendikulyar bo’lgani uchun ⃗ c vektorni [⃗a⃗b] vektorning yo’nalishiga proyeksiyasini olib, parallelepipedning balandligini hosil qilish mumkin. Natijada V = [⃗ a⃗ b]⃗ c ( 1.2 .5 ) aralash ko’paytma ⃗a,⃗b , va ⃗ c vektorlarda yasalgan parallelepipedning hajmini ifodalaydi. ⃗a,⃗b , va ⃗c vektorlar o’ng sistema tashkil qilganda, bu ko’paytma musbat va aks holda manfiy bo’ladi. Shu bilan birga bu yerda ⃗a,⃗b , ⃗c vektorlarni ko’paytirish tartibiga diqqat qilish kerak, chunki uchala ko’paytuvchidan ikkitasining o’rinlari o’zaro almashtirilsa, ko’paytmaning ishorasi qarama-qarshi bo’ladi, masalan: [⃗ a⃗ b]⃗ c = − [⃗ b⃗ a]⃗ c ( 1.2 .6 ) Lekin ⃗a,⃗b , ⃗c vektorlarni doiraviy almashtirganda (ya’ni ⃗a ni ⃗b ga, ⃗b ni ⃗c ga, ⃗c ni ⃗a ga almashtirganda) aralash ko’paytma o’zgarmaydi, masalan: [⃗a⃗b]⃗c=−[⃗b⃗a]⃗c=[⃗c⃗a]⃗b(1.2 .7) chunki bundan asosiy sistema o’zgarmaydi. Agarda ⃗a,⃗b , ⃗c vektorlar komplanar bo’lsa, bu holda [⃗ a⃗ b] vektor ⃗c vektorga perpendikulyar bo’lgani uchun [⃗ a⃗ b]⃗ c = 0 ( 1.2 .8 ) 24O geometriya nuqtai nazaridan, albatta shunday bo’lishi kerak, chunki ⃗a,⃗b , ⃗c vektorlar komplanar bo’lganda parallelepipedning hajmi nolga aylanadi. Xususiy holda uchala vektordan ikkitasi o’zaro teng bo’lsa, u holda aralash ko’paytma nolga aylanadi, masalan: [⃗a⃗a]⃗b=[⃗a⃗b]⃗a=[⃗b⃗a]⃗a=0 Aksincha, (1.2.8) tenglik bajarilganda parallelepipedning hajmi nolga teng bo’ladi va bu holda: yo uchala vektordan biri nolga teng yoki ulardan ikkitasi kollinear yoki ular komplanar bo’ladi. Xulosa Birinchi bob yordamchi xarakterga ega bo’lib, o’rganilgan mavzuni yoritishda zarur bo’lgan tushunchalar, vektorlar haqida ma’lumot, vektorlar yig’indisi, skalyar ko’paytma, vektorlar ko’paytmasiva boshqa bir qancha ma’lumotlar keltirilgan. 25 A C BMK L EII. Geometriya masalalarini yechishda vektorlarning qo’llanilishi 2.1. Planimetrik masalalarni yechishda vektorlar tadbiqi 2.1.1-masala .ABC uchburchakning BC tomonida K nuqta shunday joylashganki, BM =2 CM , K va L nuqtalar mos ravishda AC va AB tomonlardan tanlab olingan, bunda AK =2 CK , BL =3 AL , KL chiziq AM kesmani qanday nisbatdagi bo’laklarga ajratadi? Yechish: ⃗AB va ⃗AC vektorlarni qisqacha ⃗a va ⃗b orqali belgilab olamiz. ⃗AE = x ⃗ AM , ⃗ ¿ = y ⃗LK bo’lsin. 2.1.1-chizma. Uchburchak ichidagi chiziqlar munosabati ⃗AM = ⃗a+2 3 ⃗BC =⃗a+2 3(⃗b− ⃗a)= 1 3⃗a+2 3 ⃗b ⃗ AE = x 3 ⃗ a + 2 x 3 ⃗ b boshqa tomondan ⃗AE =⃗AL +¿ y ⃗LK = 1 4⃗a +y( 2 3 ⃗ b − 1 4 ⃗ a )= 1 4 (1-y) ⃗ a + 2 y 3 ⃗ b 2 ta nokollinear vektorlar bo’yicha vektorni yoyilmasi yagona ko’rinishda bo’lganidan quyidagi tenglamalar sistemasi hosil bo’ladi: x 3= 1 4(1− y)2x 3 = 2y 3 bu yerdan x=3/7. Izlanayotgan nisbat AE : EM=3:4 ga teng. Javob: AE : EM=3:4 26 B A CMA B CO2.1.2 masala. Ixtiyoriy ABC uchburchakda ichki burchaklar A, B, C bo’lsa, cos A + cos B + cos C ≤ 3 2 munosabat o’rinli ekanligini isbot qiling. Yechish: O nuqta ABC uchburchakka ichki chizilgan aylana markazi bo’lsin (2.1.2-chizma). 2.1.2-chizma.Uchburchakka ichki chizilgan aylana |⃗ O A 1 + ⃗ O B 1 + ⃗ O C 1 | ≥c Faraz qilaylik, |⃗ O A 1 | = r bundan |⃗O A1|=|⃗O B1|=|⃗O C1|= r|⃗ O A 1 + ⃗ O B 1 + ⃗ O C 1 | 2 ≥ 0 ⃗O A12+⃗O B12+⃗OC12+2·|⃗O A1|·|⃗O B1|·cos (180 −C )+2·|⃗O A1|·|⃗O C1|··cos (180 − B)+2·|⃗O B1|·|⃗O C1|·cos (180 − A)≥0 3 r 2 − 2 r 2 ( cos C + cos B + cos A ) ≥ 0 cos C + cos B + cos A ≤ 3 2 2.1.3 masala . ABC uchburchakning A, B, C burchaklari berilgan bo’lib, M nuqta BC tomonning o’rtasi bo’lsa, BAM burchakni hisoblang. Yechish: Faraz qilaylik, ¿BAM =φ (2.1.3-chizma) AB =c,AC =b,BC =a bo’lsin. 27 B C DO A 2.1.3-chizma. Uchburchak va uning medianasi⃗ AM ↑ ↑ ( ⃗ AB + ⃗ AC ) bo’lgani uchun cos φ= (⃗AB ·(⃗AB +⃗AC )) |⃗AB |·|⃗AB +⃗AC |= ⃗AB 2+(⃗AB ,⃗AC ) c·√c2+b2+2·b·ccos A =¿ c+b·cos A √c2+b2+2·b·ccos A va b c = sin B sin C dan cos φ = sin C + sin B · sin A √ sin 2 B + sin 2 C + sin 2 A . Demak, φ = arc cos sin C + sin B · sin A √ sin 2 B + sin 2 C + sin 2 A Javob: ¿arc cos sin C+sin B·sin A √sin 2B+sin 2C+sin 2A . 2.1.4-masala: Parallelogramm diagonallari kvadratlari yig’indisi uning barcha tomonlari kvadratlari yig’indisiga tengligini isbotlang. Yechish: ⃗ AB = ⃗ DC = ⃗ a , ⃗ AD = ⃗ BC = ⃗ b , ⃗ AC = ⃗ d 1 , ⃗ BD = ⃗ d 2 , ¿ BAD = φ bo’lsin (2.1.4- chizma). 2.1.4-chizma. ABCD parallelogramm 28 A C BH{ ⃗a+⃗b=⃗d1 ⃗a−⃗b=⃗d2 ⇒ { ⃗a2+2·|⃗a|·|⃗b|·cos φ+⃗b2=|⃗d1|2 ⃗a2−2·|⃗a|·|⃗b|·cos φ+⃗b2=|⃗d2|2⇒ 2·⃗a2+2·⃗b2=¿⃗d12+⃗d22⇒ ⃗d12+⃗d22=2·(⃗a2+⃗b2).2.1.5-masala: Uchburchak balandliklari bitta nuqtada kesishishini isbotlang. Yechish: H -uchburchakning A va B uchlaridan o’tkazilgan ikki balandlikning kesishish nuqtasi bo’lsin (2.1.5-chizma). Demak, H nuqta uchinchi balandlikka tegishli ekanligini isbotlash kerak, ya’ni CH ⊥AB . 2.1.5-chizma. ABC uchburchak ⃗AH ⊥⃗BC va ⃗BH ⊥⃗CA ekanligidan ⃗ AH · ⃗ BC = 0 , ⃗ BH · ⃗ CA = 0 . ⃗BC =⃗BH +⃗HC =⃗BH −⃗CH , ⃗CA =⃗CH −⃗AH . ⃗ AH · (⃗ BH − ⃗ CH ) = 0 , ⃗ BH · (⃗ CH − ⃗ AH ) = 0 Tengliklarni qo’shib ⃗CH ·(⃗BH −⃗AH )=0 ni hosil qilamiz, bundan ⃗CH ·⃗BA = 0. Demak, uchala balandlik bir nuqtada kesishadi. 2.1.6-masala: Uchburchak tomonlari a, b va c ga teng. a tomoniga o’tkazilgan mediana m a = 1 2 √ 2 · c 2 + 2 · b 2 − a 2 formula bilan hisoblanishini isbotlang. Yechish: BC = a,CA =b,AB =c,AM = ma . M nuqta ABC uchburchak BC tomonining o’rtasi bo’lsin. AM chiziqni biror D nuqtagacha davom ettirib, ABCD parallelogram hosil qilamiz (2.1.6-chizma). 29 B C DM A 2.1.6-chizma. ABC uchburchakni parallelogrammga to’ldirish Vektorlarni qo’shish va ayirish qoidalariga asoslanib quyidagilarni hosil qilamiz:⃗ AB + ⃗ AC = 2 · ⃗ AM |⃗ AB | 2 − 2 · |⃗ AB | ·|⃗ AC | · cos α + |⃗ AC | 2 = 4 · |⃗ AM | 2⃗AC −⃗AB =⃗BC |⃗ AC | 2 − 2 · |⃗ AC | ·|⃗ AB | · cos α + |⃗ AB | 2 = |⃗ BC | 2 |⃗ c| 2 − 2 · |⃗ b| ·|⃗ c| · cos α + |⃗ b| 2 = 4 · |⃗ m a | 2|⃗b|2+2·|⃗b|·|⃗c|·cos α+|⃗c|2=|⃗a|2 2·|⃗b|·|⃗c|·cos α=|⃗a|2−|⃗b|2−|⃗c|2 Hosil bo’lgan tenglikdan foydalanib quyidagiga ega bo’lamiz: |⃗ c| 2 − |⃗ a| 2 + |⃗ b| 2 + |⃗ c| 2 + |⃗ b| 2 = 4 · |⃗ m a | 2 ⇒ ⇒ 2 · |⃗ b| 2 + 2 · |⃗ c| 2 − |⃗ a| 2 = 4 · |⃗ m a | 2 bundan, ma= 1 2√2·c2+2·b2−a2 kelib chiqadi 2.1.7-masala: ABCD qavariq to’rtburchakning AC va BD diagonallari F nuqtada kesiahadi. Agar, | AF | = | CF | = 2 , | BF | = 1 , | DF | = 4 , ∠ BFC = π 3 bo’lsa AB va DC tomonlar orasidagi burchakni toping. Yechish: | AF | = | CF | = 2 , | BF | = 1 , | DF | = 4 , ∠ BFC = π 3 , ( AB DC )= φ bo’lsin (2.1.7- chizma). ⃗ AB = ⃗ AF + ⃗ FB |⃗AB |= √(⃗AF +⃗FB )2=√⃗AF 2+2·|⃗AF |·|⃗FB |·cos 60 °+⃗FB 2=¿√4+2·2·1·1 2+1=√7 30 A B C DF M AB C DNR S Q P2.1.7-chizma. Ixtiyoriy qavariq to’rtburchak⃗DC =⃗DF +⃗FC |⃗ DC | = √ ( ⃗ DF + ⃗ FC ) 2 = √⃗ DF 2 + 2 · |⃗ DF | ·|⃗ FC | · cos 60 ° + ⃗ FC 2 = ¿ √ 16 + 2 · 4 · 2 · 1 2 + 4 = 2 √ 7 ⃗ AB · ⃗ DC = (⃗ AF + ⃗ FB ) ·(⃗ DF + ⃗ FC ) = 4 + 4 + 4 + 1 = 13 cos φ= ⃗AB ·⃗DC |⃗AB |·|⃗DC |= 13 √7·2√7= 13 14 φ=arc cos 13 14 . Javob: φ = arc cos 13 14 . 2.1.8- masala: M va N nuqtalar mos ravishda ABCD to’rtburchakning AB va CD tomonlarning o’rta nuqtalari bo’lsin. AMND va BMNC to’rtburchaklar diagonallarining o’rta nuqtalari parallelogram uchlari bo’lishini va ular bir chiziqda yotishini isbotlang. Yechish: P , Q – AMND to’rtburchakning AN va DM diagonallarining o’rtalari, R , S – BMNC to’rtburchakning BN va CM diagonallarining o’rtalari bo’lsin (2.1.8-chizma). 31 2.1.8-chizma. ABCD qavariq to’rtburchak Chiziqni teng ikkiga bo’lish formulasidan⃗OM = 1 2(⃗OA +⃗OB ), ⃗ON = 1 2(⃗OC +⃗OD ), bu yerda O – ixtiyoriy nuqta. Bu formulani P , Q , R , S nuqtalar uchun qo’llab, mos ravishda quyidagi tengliklarni olamiz: ⃗ OP = 1 2 (⃗ OA + ⃗ ON ) = ⃗ OM = 1 2 (⃗ OA + 1 2 (⃗ OC + ⃗ OD )) = 1 2 ⃗ OA + 1 4 ⃗ OC + 1 4 ⃗ OD , ⃗ OQ = 1 4 ⃗ OA + 1 4 ⃗ OB + 1 2 ⃗ OD , ⃗¿= 1 4 ⃗OC +1 2 ⃗OB +1 4 ⃗OD , ⃗ OS = 1 4 ⃗ OA + 1 4 ⃗ OB + 1 2 ⃗ OC . Bu yerdan ⃗ PQ = ⃗ OQ − ⃗ OP = 1 4 ( − ⃗ OA + ⃗ OB − ⃗ OC + ⃗ OD ) , ⃗ SR = ⃗ ¿ − ⃗ OS = 1 4 ( − ⃗ OA + ⃗ OB − ⃗ OC + ⃗ OD ) . Shunday qilib, ⃗PQ =⃗SR . Bu yerdan PQ va SR chiziqlarning tengligi va ular parallel chiziqlarda yoki bir chiziqda yotishi kelib chiqadi. Birinchidan PQRS to’rtburchak parallelogram ekanligi (qarama-qarshi tomonlari teng va parallel), ikkinchidan P , Q , R , S nuqtalar bir chiziqda yotishi kelib chiqadi. 32 ABP C D N M2.1.9-masala: M va N nuqtalar mos ravishda ABCD to’rtburchakning AD va BC tomonlarning o’rta nuqtalari bo’lsin. AB va CD tomonlarni davom ettirish natijasida ular P nuqtada kesishadi. ABCD to’rtburchak faqat trapetsiya bo’lganda M , N va P nuqtalar bir chiziqda yotishini isbotlang. Yechish: AD va BC ABCD - trapetsiya asoslari, N − BC tomon o’rtasi, M − AD tomon o’rtasi bo’lsin (2.1.9-chizma). Uchburchak CPB va uchburchak DPA o’xshashligidan, ⃗PA = λ⃗PB ,⃗PD = λ⃗PC . Ikki tenglikni qo’shsak: ⃗PA +⃗PD = λ(⃗PB +⃗PC ). Chiziqni teng ikkiga bo’lish formulasidan ⃗ PM = 1 2 (⃗ PA + ⃗ PD ) , ⃗ PN = 1 2 (⃗ PB + ⃗ PC ) . Shunday qilib, ⃗PM = λ⃗PN , demak, M ,N va P nuqtalar bir chiziqda yotadi. 2.1.9-chizma. ABCD to’rtburchak yon tonlarini davom ettirishdan hosil bo’lgan ADP uchburchak 33 A B C2.1.10-masala: l1 va l2 chiziqlarni uchta parallel chiziq mos ravishda A,B,C va A1,B1,C1 nuqtalarda kesib o’tadi. AC CB = A1C1 C1B1 nisbat bajarilishini isbotlang. Yechish: Masala shartiga ko’ra, ⃗BB1= β⃗AA1,⃗C C1= γ⃗AA1. ⃗ AC = λ ⃗ CB , ⃗ A 1 C 1 = λ 1 ⃗ C 1 B 1 , λ≠−1,λ1≠−1 bo’lsin. λ= λ1 ekanini isbot qilish kerak. Agar A va A1 nuqtalar ustma-ust tushmasa ⃗AB va ⃗ A A 1 vektorlar kollinear emas. ⃗ AC , ⃗ CB va ⃗ A 1 C 1 , ⃗ C 1 B 1 vektorlarni bu vektorlar bo’yicha yig’indiga yoyamiz. ⃗AC = λ⃗CB tenglikning ikkala tomoniga ⃗CB vektorni qo’shamiz, u holda ⃗AB = (1+λ)⃗CB . 2.1.10-chizma. Ikki chiziqni kesib o’tgan parallel to’g’ri chiziqlar Bu yerdan ⃗ CB = 1 1 + λ ⃗ AB , ⃗ AC = λ 1 + λ ⃗ AB . Vektorlarni qo’shishning uchburchak qoidasini qo’llab, quyidagiga ega bo’lamiz: ⃗AB1=⃗AB +⃗BB1=⃗AB +β⃗AA1 , 34 B G⃗A C 1 = ⃗ AC + ⃗ C C 1 = ⃗ AC + γ ⃗ A A 1 = λ 1 + λ ⃗ AB + γ ⃗ A A 1 . Bundan ⃗ A 1 C 1 = ⃗ A C 1 − ⃗ A A 1 = λ 1 + λ ⃗ AB + ( γ − 1 )⃗ A A 1 , ⃗ C 1 B 1 = ⃗ A B 1 − ⃗ A C 1 = ( 1 − λ 1 + λ )⃗ AB + ( β − γ )⃗ A A 1 = 1 1 + λ ⃗ AB + ( β − γ )⃗ A A 1 . Endi, ⃗ A 1 C 1 = λ 1 ⃗ C 1 B 1 tenglikdan foydalanib keyingi ifodani hosil qilamiz λ 1 + λ ⃗ AB + ( γ − 1 )⃗ A A 1 = λ 1 1 + λ ⃗ AB + λ 1 ( β − γ )⃗ A A 1 . Mos vektorlar oldidagi koeffitsiyentlarni tenglashtiramiz λ 1 + λ = λ 1 1 + λ , γ − 1 = λ 1 ( β − γ ) . Birinchi tenglikdan λ = λ 1 va AC CB = A 1 C 1 C 1 B 1 tenglik o’rinli bo’ladi. Shu bilan birga ikinchi tenglikdan λ,βva γ orasidagi γ = 1 + λβ 1 + λ munosabatni ko’rishimiz mumkin. 2.1.11-masala: Uchburchakning medianalari bir nuqtada kesishishini va kesishish nuqtasida uchburchak uchidan hisoblaganda 2 : 1 nisbatda bo’linishini isbotlang. Yechish: Faraz qilaylik ABC uchburchakning A A 1 va B B 1 medianalari G nuqtada kesishsin (2.1.11-chizma).Isbot qilish kerak: 1) uchburchakning uchinchi medianasi C C 1 ham G nuqta orqali o’tishini; 2) uchala mediana G nuqtada uchburchak uchidan hisoblaganda 2:1 nisbatda bo’linishini. 35 A CG 2.1.11-chizma ABC uchburchak va uning medianalari Shartga ko’ra A1,B1,C1−¿ nuqtalar mos ravishda BC ,CA va AB tomonlarning o’rtalari, shunga ko’ra ⃗ O A 1 = 1 2 (⃗ OB + ⃗ OC ) ,⃗ O B 1 = 1 2 (⃗ OC + ⃗ OA ) ,⃗ O C 1 = 1 2 (⃗ OA + ⃗ OB ) , bu yerda O – ixtiyoriy nuqta. G nuqta har doim AA1 , BB1 chiziqlarga tegishli ekanligidan ushbu bo’linish munosabati kelib chiqadi. ⃗OG = ⃗OA +λ⃗O A1 1+λ ,⃗OG = ⃗OB +μ⃗O B1 1+λ yoki ⃗OG = 2⃗OA +λ(⃗OB +⃗OC ) 1+λ ,⃗OG = 2⃗OB +μ(⃗OC +⃗OA ) 2(1+μ) . O- ixtiyoriy nuqta bo’lgani uchun, ⃗ OG vektorni yoyib quyidagini hosil qilamiz: 2 1 + λ = μ 1 + μ , λ 1 + λ = 2 1 + μ , λ 1 + λ = μ 1 + μ . Bu yerdan λ= μ= 2 ekanligi kelib chiqadi, demak, ⃗ OG = 1 3 (⃗ OA + ⃗ OB + ⃗ OC ) . ⃗ CG va ⃗ C C 1 vektorlar kollinearligidan quyidagi munosabatni topishimiz mumkin: ⃗ CG = ⃗ OG − ⃗ OC = 1 3 (⃗ OA + ⃗ OB + ⃗ OC ) − ⃗ OC = 1 3 (⃗ OA + ⃗ OB − 2 ⃗ OC ) = ¿ 1 3 (⃗ OA − ⃗ OC ) + 1 3 (⃗ OB − ⃗ OC ) = 1 3 (⃗ CA + ⃗ CB ) . Bu yerdan ⃗ CG = 2 3 ⃗ C C 1 . Tenglikdan G nuqta C C1 medianada yotishi va medianani C uchidan hisoblaganda 2 : 1 nisbatda bo’lishini ko’rishimiz mumkin. 2.1.12-masala: D nuqta ABC teng yonli uchburchak AB asosining o’rta nuqtasi, DM chiziq BC tomonga perpendikulyar ( M BC ϵ ), N −¿ DM chiziqning o’rtasi. AM va CN chiziqlarning perpendirulyar ekanini isbotlang. 36 A C BM D NYechish: ⃗CA va ⃗CB vektorlarni bazis vektorlar orqali quyidagicha ifodalab olamiz ⃗CA = ⃗a,⃗CB = ⃗b , |⃗ a| = |⃗ b| = a (uchburchak ABC teng yonli) (2.1.12-chizma). U holda masala shartiga ko’ra, ⃗ CM = α ⃗ b , ⃗ CD = 1 2 (⃗ a + ⃗ b) . Bu yerdan ⃗DM =⃗CM −⃗CD = −1 2 ⃗a+(α− 1 2)⃗b, ⃗ AM = ⃗ CM − ⃗ CA = α ⃗ b − ⃗ a . 2.1.12-chizma. Teng yonli uchburchak ⃗CB va ⃗DM vektorlarning ortogonal ekanligidan ⃗ CB · ⃗ DM = − α 2 ⃗ a⃗ b + ( α 2 − α 2 )⃗ b 2 = − α 2 ⃗ a⃗ b + ( α 2 − α 2 )⃗ a 2 = 0 , bundan quyidagi tenglik kelib chiqadi ⃗ a⃗ b = ( 2 α − 1 ) a 2 . N nuqta DM chiziqning o’rtasi bo’lgani uchun ⃗ CN = 1 2 (⃗ CD + ⃗ CM ) = 1 2 ( 1 2 (⃗ a + ⃗ b) + α ⃗ b) = 1 4 ⃗ a + ( α 2 + 1 4 )⃗ b . ⃗AM va ⃗CN vektorlarning skalyar ko’paytmasini topamiz: ⃗AM ·⃗CN =(α⃗b− ⃗a)( 1 4⃗a+( α 2+1 4)⃗b)=¿α 4 ⃗b⃗a+α( α 2+1 4)⃗b2− 1 4⃗a2−( α 2+1 4)⃗a⃗b. ⃗ a 2 = ⃗ b 2 = a 2 , ⃗ a⃗ b = ⃗ b⃗ a = ( 2 α − 1 ) a 2 37 A BCekanini hisobga olsak,⃗AM ·⃗CN = α 4(2α−1)a2+α( α 2+1 4)⃗a2− 1 4⃗a2−( α 2+1 4)(2α−1)a2=¿⃗a2 ( α2 2− α 4+α2 2+α 4− 1 4− α2+α 2− α 2+1 4)= 0. Demak, ⃗AM va ⃗CN vektorlarning ortogonalligidan AM va CN chiziqlarning perpendikulyar ekanligi kelib chiqadi. 2.1.13-masala: ABC uchburchakda C C1−¿ uning balandligi. C1 nuqta AB tomonni qanday nisbatda ajratishini toping. Yechish: Shartga ko’ra C C1⊥AB dan, ⃗ C C 1 · ⃗ AB = 0 bo’ladi (2.1.13-chizma). ⃗ AB = ⃗ CB − ⃗ CA = ⃗ a − ⃗ b⃗ C C 1 (⃗ a − ⃗ b) = 0. Bu yerdan ⃗ C C 1 · ⃗ a = ⃗ C C 1 · ⃗ b . C1 nuqta AB tomonni A uchidan hisoblaganda λ nisbatda bo’lsin, u vaqtda ⃗C C1= ⃗CA +λ⃗CB 1+λ yoki ⃗ C C 1 = ⃗ b + λ ⃗ a 1 + λ . 2.1.13-chizma. ABC Uchburchak va uning balandligi 38 FAgar oxirgi tenglikning ikkala tomonini dastlab ⃗a vektorga skalyar ko’paytirsak, so’ng ⃗b vektorga skalyar ko’paytirsak bir xil natija olamiz; shuning uchun ⃗ a⃗ b + λ ⃗ a 2 = ⃗ b 2 + λ (⃗ a⃗ b) . Bundan kelib chiqadiki, λ= ⃗b2−⃗a⃗b ⃗a2−⃗a⃗b. Agar ⃗a⃗b= ab cos C= 1 2(a2+b2− c2) ekanligini inobatga olsak, λ uchun quyidagi tenglik o’rinli λ = b 2 + c 2 − a 2 a 2 + c 2 − b 2 . Oxirgi formula λ ni uchburchak ABC ning tomonlari orqali topilgan ifodasidir. Ba’zi masalalrni yechishda bu nisbatning uchburchak burchaklari orqali yozilgan formulasidan foydalanish qulay. Shunday qilib λ= ⃗b2−⃗a⃗b ⃗a2−⃗a⃗b= ⃗b(⃗b− ⃗a) ⃗a(⃗a− ⃗b)= ⃗CA ·⃗BA ⃗CB ·⃗AB = ⃗AC ·⃗AB ⃗BC ·⃗BA = bc cos A ac cos B= bcos A acos B' sinuslar teoremasidan b a = sin B sin A , bundan esa λ = tan B tan A . Javob: λ = tan B tan A . 2.2. Stereometrik masalalarni yechishda vektorlar tadbiqi 2.2.1-masala: ABCD A1B1C1D1 birlik kubda yoqlarining diagonallari A D1 va D 1 B 1 da mos ravishda E va F nuqtalar olingan.Bunda, D 1 E = 1 3 A D 1 , D 1 F = 2 3 D 1 B 1 . EF chiziq uzunligini toping. Yechish. ⃗AD = ⃗a,⃗AB = ⃗b,⃗AA1= ⃗c bo’lsin. (2.2.1-chizma), bu yerda |⃗ a| = ¿ |⃗ b| = |⃗ c| = ¿ 1, ⃗ a · ⃗ b = ⃗ a · ⃗ c = ⃗ b · ⃗ c =0. ⃗FE vektorni ⃗a,⃗b,⃗c bazis vektorlar orqali ifodalaymiz: . 39 B C DE 2.2.1-chizma. Birlik kub⃗ EF = ⃗ EA + ⃗ A B 1 + ⃗ B 1 F = − 2 3 (⃗ a + ⃗ c) + (⃗ b + ⃗ c) + 1 3 (⃗ a − ⃗ b) = ¿ − 1 3 ⃗ a + 2 3 ⃗ b + 1 3 ⃗ c Vektor modulini topish formulasi bo’yicha |⃗ FE | = √⃗ FE 2 = √( − 1 3 ⃗ a + 2 3 ⃗ b + 1 3 ⃗ c) 2 = ¿ = √ 1 9 ⃗ a 2 + 4 9 ⃗ b 2 + 1 9 c 2 − 1 9 ⃗ a · ⃗ b + 2 9 ⃗ b · ⃗ c − 1 9 ⃗ a · ⃗ c = ¿ ¿ ¿√ 1 9+4 9+1 9=¿√6 3 .¿ . Javob : √ 6 3 . Ko’rsatma. ⃗ FE bazis vektorning koordinatalari { − 1 3 ; 2 3 ; 1 3 } , |⃗ AB | = √ a 2 + b 2 + c 2 formula bo’yicha chiziq uzunligini topishimiz mumkin, bu yerda |⃗AB |= √ 1 9+4 9+1 9= √6 3 2.2.2-masala: ABCD EF A 1 B 1 C 1 D 1 E 1 F 1 oltiburchakli to’g’ri prizmada barcha qirralari uzunligi 2 ga teng. A nuqtadan C1 nuqtagacha bo’lgan masofani toping. Yechish. ⃗ A 1 B 1 = ⃗ a ⃗ B 1 C 1 = ⃗ b ⃗ A 1 A = ⃗ c bo’lsin (2.2.2-chizma), bu yerda |⃗ a| = ¿ |⃗ b| = |⃗ c| = ¿ 2, ⃗a·⃗c= ⃗b·⃗c =0, ⃗a·⃗b=2 .⃗ C 1 A vektorni ⃗a,⃗b,⃗c vektorlar orqali ifodalaymiz: ⃗C1A=⃗C1A1+⃗A1A⃗A1C1=⃗a+⃗b bundan 40 BA D CA B C D EF⃗C1A= ⃗c−⃗a−⃗b 2.2.2-chizma. Oltiburchakli to’g’ri prizma |⃗ C 1 A | = √⃗ C 1 A 2 = ¿ √ ( ⃗ c − ⃗ a − ⃗ b ) 2 = ¿ √⃗ c 2 + ⃗ a 2 + ⃗ b 2 − 2 · ⃗ c · ⃗ a − 2 · ⃗ c · ⃗ b + 2 · ⃗ a · ⃗ b = √ 4 + 4 + 4 + 2 · 2 = √ 16 = 4. ¿ Javob: 4 2.2.3-masala: ABC D A1B1C1D1 birlik kubda A nuqtadan B1D1 chiziqqacha bo’lgan masofani toping. Yechish: ⃗ D 1 A 1 = ⃗ a ⃗ A 1 B 1 = ⃗ b ⃗ A A 1 = ⃗ c bo’lsin (2.2.3-rasm), bu yerda |⃗ a| = ¿ |⃗b|=|⃗c|=¿ 1, ⃗ a · ⃗ b = ⃗ a · ⃗ c = ⃗ b · ⃗ c =0. ⃗ A O 1 vektorni ⃗ a , ⃗ b , ⃗ c bazis vektorlar orqali ifodalaymiz: ⃗D1A=⃗a+⃗c⃗D1B1=⃗D1A1+⃗A1B1= ⃗a+⃗b⃗D1O1= ⃗a+⃗b 2 . 41 C12.2.3-chizma . B irlik kub ⃗ A O 1 = − ⃗ a − ⃗ c + ⃗ a + ⃗ b 2 = ⃗ b − ⃗ a 2 − ⃗ c |⃗AO1|=√⃗AO12=√(⃗b− ⃗a 2 −⃗c) 2 =√ ⃗a2 4+⃗b2 4+⃗c2− ⃗a·⃗b 2 − ⃗b·⃗c+⃗a·⃗c=¿√ 1 4+1 4+1= √ 3 2 Javob: √ 3 2 2.2.4-masala: ABC A 1 B 1 C 1 uchburchakli to’g’ri prizmada balandligi 1 ga, asos tomonlari 2 ga teng. A1 nuqtadan BC1 chiziqqacha bo’lgan masofani toping. Yechish: ⃗ A A 1 = ⃗ B B 1 = ⃗ a , ⃗B1C1=⃗b , ⃗ AB = ⃗ A 1 B 1 = ⃗ c bo’lsin (2.2.4-chizma), |⃗a|= 1 , |⃗ b| = |⃗ c| = 2 , ⃗ a · ⃗ b = ⃗ a · ⃗ c = 0 , asos muntazam uchburchak bo’lganligi uchun ⃗ b · ⃗ c = − 2 . 2.2.4-chizma. Uchburchakli to’g’ri prizma ⃗AO vektorni ⃗a , ⃗b , ⃗c vektorlar orqali ifodalaymiz. ⃗ B C 1 = ⃗ a + ⃗ b , ⃗BC1 va ⃗BO kollinear vektor bo’lgani uchun 42 ⃗BO = x ( ⃗ a + ⃗ b ) ⃗AO =⃗c+x(⃗a+⃗b)⃗ AO ⊥ ⃗ B C 1 bo’lgani uchun ⃗AO ·⃗BC1=0⇒ (⃗c+x(⃗a+⃗b))·(⃗a+⃗b)⃗b·⃗c+x·⃗a·⃗b+x·⃗b2+⃗a·⃗c+x·(⃗a2+⃗a·⃗b)= 0 bu yerdan x noma’lum koeffitsientni topsak, x = − ⃗ b⃗ c − ⃗ a⃗ c 2 ⃗ a⃗ b + ⃗ a 2 + ⃗ b 2 = 1 2 · 2 · 2 1 + 4 = 2 5 ⃗BO = 2 5(⃗a+⃗b). Demak ⃗AO =⃗c+2 5(⃗a+⃗b) ⃗AO =√⃗c2+2 5⃗a2+2 5 ⃗b2+2·2 5·⃗c⃗a+2·2 5·⃗c⃗b+2·2 5·2 5·⃗a⃗b=¿√4+ 4 25 +16 25 −2·2·2·2 5·1 2= 4 √5= 4√5 5 Javob: 4 √ 5 5 2.2.5-masala: Uchi D bo’lgan ABCD uchburchakli piramidada barcha yassi burchaklari π 3 ga teng. P, M va K nuqtalar mos ravishda AD, BD va BC qirralarning o’rtalari. M nuqtadan PK chiziqqacha bo’lgan masofani toping. Yechish: ⃗DA = ⃗a , ⃗ DB = ⃗ b , ⃗ DC = ⃗ c bo’lsin (2.2.5-chizma). Quyidagi jadvalda bazis vektorlar ko’paytmasi keltirilgan: ⃗a ⃗ b ⃗c ⃗ a 4 4 3 ⃗ b 4 16 6 ⃗ c 3 6 9 Agar MH ⊥PK , bo’lsa, bu yerda H ∈PK , (2.2.5-chizma), ⃗ PH va ⃗PK kollinear vektor ekanligidan ⃗PH = x·⃗PK tenglikni hosil qilamiz. ⃗PK vektorni ko’pburchak qoidasiga ko’ra ⃗a , ⃗b va ⃗c bazis vektorlar orqali ifodalaymiz 43 A D M P H B C K⃗PK = ⃗ PD + ⃗ DM + ⃗ MK = − 1 2 ⃗ a + 1 2 ⃗ b + 1 2 ⃗ c , demak, ⃗PH = 1 2x(− ⃗a+⃗b+⃗c). Endi ⃗ MH vektorni ifodalaymiz: ⃗MH =⃗MP +⃗PH =⃗DP −⃗DM +⃗PH = 1 2⃗a− 1 2 ⃗b+1 2x(− ⃗a+⃗b+⃗c).⃗MH va ⃗PK perpendikulyar vektorlar bo’lgani uchun ⃗ MH · ⃗ PK = 0 yoki ((1− x)⃗a+(x−1)⃗b+x⃗c)(−⃗a+⃗b+⃗c)=0. 2.2.5-chizma. ABCD Uchburchakli to’g’ri piramida Bazis vektorlarni ko’paytirish jadvalidan foydalanib,quyidagi tenglikni hosil qilamiz: ( 1 − x )( − 4 + 4 + 3 + 4 − 16 − 6 ) + x ( − 3 + 6 + 9 ) = 0 bu yerda x = 5 9 . Endi ⃗ MH = 1 2 ⃗ a − 1 2 ⃗ b + 1 2 · 5 9 ( − ⃗ a + ⃗ b + ⃗ c) = 2 9 ⃗ a − 2 9 ⃗ b + 5 18 ⃗ c = 1 18 ( 4 ⃗ a − 4 ⃗ b + 5 ⃗ c) . Bundan |⃗ MP | = 1 18 √( 4 ⃗ a − 4 ⃗ b + 5 ⃗ c) 2 = ¿ √ 16 · 4 + 16 · 16 + 25 · 9 − 32 · 4 + 40 · 3 − 40 · 6 18 = ¿ ¿√ 297 324 =√ 11 12 . Javob: √ 11 12 . 44 C D E A B P Q F2.2.6-masala: ABCD A1B1C1D1 kubda EF va PQ chiziqlar orasidagi burchakni toping, bu yerda E, F, P, Q -mos ravishda D D1 , BC, A A 1 va B 1 C 1 qirralarning o’rta nuqtalari. Yechish: ⃗AD = ⃗a , ⃗ AB = ⃗ b , ⃗ A A 1 = ⃗ c bo’lsin (2.2.6-chizma), bu yerda |⃗ a| = ¿ |⃗ b| = |⃗ c| = ¿ 1, ⃗ a · ⃗ b = ⃗ a · ⃗ c = ⃗ b · ⃗ c =0. 2.2.6-chizma. ABC D A1B1C1D1 kub Endi ⃗ EF = ⃗ ED + ⃗ DC + ⃗ CF = − 1 2 ⃗ c + ⃗ b − 1 2 ⃗ a ⃗PQ =⃗P A1+⃗A1B1+⃗B1Q= 1 2⃗c+⃗b+1 2⃗a. Bu tenglikdan quyidagilarni aniqlaymiz: ⃗ PQ · ⃗ EF = ( 1 2 ⃗ c + ⃗ b + 1 2 ⃗ a)( − 1 2 ⃗ c + ⃗ b − 1 2 ⃗ a) = ¿ ¿ ⃗ b 2 − 1 4 ⃗ c 2 − 1 4 ⃗ a 2 = 1 − 1 4 − 1 4 = 1 2 , |⃗PQ |=√( 1 2⃗c+⃗b+1 2⃗a) 2 =√ 1 4⃗c2+⃗b2+1 4⃗a2=√ 1 4+1+1 4=√ 3 2, |⃗EF |=√( −1 2 ⃗c+⃗b− 1 2⃗a) 2 =√ 1 4⃗c2+⃗b2+1 4⃗a2=√ 1 4+1+1 4=√ 3 2, Formulada o’rniga qo’yib, quyidagi qiymatni qabul qilamiz: 45 A1 CE KCcos φ = |⃗ PQ · ⃗ EF | |⃗ PQ | ·|⃗ EF | = 1 2 : 3 2 = 1 3 bundan φ = arc cos 1 3 , bu yerda φ−¿ izlangan burchak. Javob: arc cos 1 3 . 2.2.7-masala: ABC A1B1C1 uchburchakli to’g’ri prizmada AB va B1C1 qirralarda mos ravishda E va K nuqtalar shunday olinganki, AE : EB = 1 : 2 , B1K :K C1=5:1 . Agar prizma asos tomonlari 6 ga, yon qirralari 2 ga teng bo’lsa, EK chiziq uzunligini toping. Yechish: ⃗ A A 1 = ⃗ a , ⃗ CB = ⃗ b , ⃗ AB = ⃗ c , ⃗AC = ⃗d bo’lsin (2.2.7-chizma), |⃗ a| = 2 , |⃗b|=|⃗c|=|⃗d|=6 , ⃗a·⃗b= ⃗a·⃗c= ⃗a·⃗d= 0 , asos muntazam uchburchak bo’lganligi uchun ⃗ b · ⃗ c = ⃗ c · ⃗ d = 18 , ⃗ b · ⃗ d = − 18. ⃗ EK = ⃗ E A 1 + ⃗ A 1 K ⃗ E A 1 = − 1 3 ⃗ c + ⃗ a ⃗ A 1 K = ⃗ d + 1 6 ⃗ b 2.2.7-chizma. Uchburchakli to’g’ri prizma |⃗ E A 1 | = √ ( − 1 3 ⃗ c + ⃗ a ) 2 = 2 √ 2 |⃗ A 1 K | = √ ( ⃗ d + 1 6 ⃗ b ) 2 = √ 31 ⃗E A1·⃗A1K=( −1 3 ⃗c+⃗a)·(⃗d+1 6 ⃗b)=− 7 46 A B C DP Q|⃗EK |=√(⃗E A1+⃗A1K)2=√8−14 +31 =5.Javob: 5 2.2.8-masala: Kubning ikki qo’shni yoqlarining kesishmaydigan diagonallari orasidagi masofani toping. Kubning barcha qirralari uzunliklari a ga teng. Yechish: ABC D A 1 B 1 C 1 D 1 kubning A1C1 va AD1 diagonallari orasidagi masofani topamiz (2.2.8-chizma). ⃗ A 1 C 1 = ⃗ q 1 , ⃗AD1=⃗q2 va ⃗AA1=⃗m vektorlarni kiritamiz. Bu yerda |⃗q1|=|⃗q2|= a√2,|⃗m|=a,∠(⃗q1,⃗q2)=60 °,∠(⃗q1,⃗m)=90 °,∠(⃗q2,⃗m)= 45 °, ⃗ q 1 · ⃗ q 2 = |⃗ q 1| ·|⃗ q 2| · cos 60 ° = a 2 ⃗ q 1 · ⃗ m = |⃗ q 1| ·|⃗ m| · cos 90 ° = o ⃗ q 2 · ⃗ m = |⃗ q 2| ·|⃗ m| · cos 45 ° = a 2 2.2.8-chizma. ABC D A1B1C1D1 kub QP chiziq A1C1 va AD1 ayqash chiziqlarning umumiy perpendikulari bo’lsin. ⃗QP = x·⃗q1+⃗m+y·⃗q2 ⃗ QP vektorning ⃗q1 va ⃗ q 2 vektorlarga perpendikularlik shartidan quyidagini hosil qilamiz { (x·⃗q1+⃗m+y·⃗q2)·⃗q1= 0, (x·⃗q1+⃗m+y·⃗q2)·⃗q2=0 ⇔ { x·⃗q12+⃗m·⃗q1+y·(⃗q2·⃗q1)=0, x·(⃗q2·⃗q1)+⃗m·⃗q2+y·⃗q22= 0 ⇔ { a2(2x+y)=0, a2(x+1+2y)=0 ⇔ { 2x+y=0, x+1+2y=0. 47 A B C D MBu yerdan x = 1 3 , y = − 2 3 . Endi|⃗ QP | = √ ( 1 3 ⃗ q 1 + ⃗ m − 2 3 ⃗ q 2 ) 2 = ¿ = √⃗ q 1 2 + 9 ⃗ m 2 + 4 ⃗ q 2 2 + 6 (⃗ q 1 · ⃗ m) − 12 (⃗ q 2 · ⃗ m) − 4 ( ⃗ q 1 · ⃗ q 2 ) 3 = ¿ ¿ ¿a√2+9+8+0−12 −4 3 = a√3 3 . Javob: a √ 3 3 . 2.2.9-masala: ABC D A1B1C1D1 birlik kubda A nuqtadan B D A1 tekislikkacha bo’lgan masofani toping. Yechish : ⃗ BC , ⃗ D A 1 , ⃗ B A 1 vektorlarni ⃗a,⃗b,⃗c bazis vektorlar orqali ifodalaymiz: ⃗ BC = ⃗ b − ⃗ a , ⃗ D A 1 = ⃗ c − ⃗ b , ⃗ B A 1 = ⃗ c − ⃗ a . AM ⊥ BD A 1 bo’lsin, bu yerda M ∈BD A1 . Vektor ⃗ A 1 M = x · ⃗ A 1 B + y · ⃗ A 1 D , ⃗ AM = ⃗ A A 1 + ⃗ A 1 M = ⃗ A A 1 + x · ⃗ A 1 B + y · ⃗ A 1 D . { ⃗AM ⊥⃗A1B ⃗AM ⊥⃗A1D ⇔ { ⃗AM ·⃗A1B=0 ⃗AM ·⃗A1D=0 ⇔ { (⃗AA1+x·⃗A1B+y·⃗A1D)·⃗A1B=0 (⃗AA1+x·⃗A1B+y·⃗A1D)·⃗A1D=0 ⇔ ⇔ { (x·⃗A1B2+y·⃗A1D ·⃗A1B)+⃗AA1·⃗A1B=0 (x·⃗A1B·⃗A1D+y·⃗A1D2)+⃗AA1·⃗A1D=0 48 C1B CM2.2.9-chizma. ABC D A1B1C1D1 birlik kub Shunday qilib ⃗AA1·⃗A1B= ⃗c·(⃗a− ⃗c)=−⃗c2=−1⃗ A A 1 · ⃗ A 1 D = ⃗ c · (⃗ b − ⃗ c) = − ⃗ c 2 = − 1 ⃗ A 1 D · ⃗ A 1 B = (⃗ b − ⃗ c) ·(⃗ a − ⃗ c) = ⃗ c 2 = 1 ⃗ A 1 B 2 = (⃗ a − ⃗ c) 2 = ⃗ a 2 + ⃗ c 2 = 2 ⃗ A 1 D 2 = (⃗ b − ⃗ c) 2 = ⃗ b 2 + ⃗ c 2 = 2 { (x·2+y·(−1))−1=0 (x·1+2·y)−1=0 ⇔ { 2x− y=1 x+2y=1⇔ { x= 1 3 y= 1 3 Bu natijadan quyidagini olamiz ⃗ AM = ⃗ c + 1 3 · (⃗ a − ⃗ c) + 1 3 · (⃗ b − ⃗ c) = 1 3 ⃗ a + 1 3 ⃗ b + 1 3 ⃗ c , |⃗ AM | = √( 1 3 ⃗ a + 1 3 ⃗ b + 1 3 ⃗ c) 2 = √ 1 9 + 1 9 + 1 9 = √ 3 3 Javob: √ 3 3 . 2.2.10-masala: ABC D A 1 B 1 C 1 D 1 kubning barcha qirralari √ 3 ga teng. Kubning C uchidan B D A1 tekislikkacha bo’lgan masofani toping. Yechish: ⃗ AB = ⃗ a , ⃗ BC = ⃗ b , ⃗ A A 1 = ⃗ c bo’lsin (2.2.10-chizma), bu yerda |⃗ a| = ¿ |⃗ b| = |⃗ c| = √ 3 , ⃗a·⃗b= ⃗a·⃗c= ⃗b·⃗c =0. ⃗ BD , ⃗ D C 1 , ⃗ B C 1 vektorlarni ⃗a,⃗b,⃗c bazis vektorlar orqali ifodalaymiz: ⃗ BD = ⃗ b − ⃗ a , ⃗ D C 1 = ⃗ a + ⃗ c , ⃗ B C 1 = ⃗ c + ⃗ b . CM ⊥BD C1 bo’lsin, bu yerda M ∈BD C1 . Vektorlarning chiziqli bog’langanligidan: ⃗C1M = x·⃗C1B+y·⃗C1D , ⃗ MC = ⃗ M C 1 + ⃗ C 1 C = ⃗ C 1 C + x · ⃗ BC 1 + y · ⃗ DC 1 . 49 A D 2.2.10-chizma. ABCD A1B1C1D1 kub { ⃗MC ⊥⃗D C1 ⃗MC ⊥⃗BC1 ⇔ { ⃗MC ·⃗D C1=0 ⃗MC ·⃗BC1=0 ⇔ { (⃗C1C+x·⃗BC 1+y·⃗DC 1)·⃗DC 1=0 (⃗C1C+x·⃗BC 1+y·⃗DC 1)·⃗BC1=0 ⇔ ⇔ { ( x · ⃗ B C 1 · ⃗ DC 1 + y · ⃗ DC 1 2 ) + ⃗ CC 1 · ⃗ DC 1 = 0 ( x · ⃗ BC 1 2 + y · ⃗ DC 1 · ⃗ B C 1 ) + ⃗ CC 1 · ⃗ BC 1 = 0 ⃗ B C 1 · ⃗ DC 1 = (⃗ c + ⃗ b) ·(⃗ a + ⃗ c) = ⃗ c 2 = 3 ⃗CC 1·⃗DC 1=−⃗c·(⃗a+⃗c)=− ⃗c2=−3 ⃗ CC 1 · ⃗ BC 1 = − ⃗ c · (⃗ c + ⃗ b) = − ⃗ c 2 = − 3 ⃗DC 12=(⃗a+⃗c)2=⃗a2+⃗c2=6 ⃗ BC 1 2 = ( ⃗ c + ⃗ b ) 2 = ⃗ c 2 + ⃗ b 2 = 6 { (x·3+y·6)−3= 0 (x·6+y·3)−3= 0⇔ { x+2y=1 2x+y=1⇔ { x= 1 3 y= 1 3 ⃗ MC = 1 3 · (⃗ c + ⃗ b) + 1 3 · (⃗ a + ⃗ c) − ⃗ c = 1 3 ⃗ a + 1 3 ⃗ b − 1 3 ⃗ c , |⃗ AM | = √( 1 3 ⃗ a + 1 3 ⃗ b − 1 3 ⃗ c) 2 = √ 3 9 + 3 9 + 3 9 = 1. Javob: 1 . 2.2.11-masala: ABC A 1 B 1 C 1 uchburchakli to’g’ri prizmada M nuqta A A 1 qirra o’rtasi, K nuqta B B1 qirra o’rtasi. Agar A A1= 6 , AB=4 bo’lsa, A1 uchdan CMK tekislikkacha bo’lgan masofani toping. Yechish: ⃗AA1=⃗a , ⃗AC = ⃗b,⃗AB = ⃗c bo’lsin, bu yerda |⃗a|= ¿ 6 |⃗ b| = |⃗ c| = 4 , ⃗ a · ⃗ b = ⃗ a · ⃗ c = 0 , ⃗ b · ⃗ c =8. Yuqoridagilardan foydalangan holda ⃗ MC = ⃗ a 2 + ⃗ b , ⃗MK = ⃗c ekanini bilamiz (2.2.11-chizma). A1 O ⊥MKC bo’lsin, bu yerda O ∈MKC . Vektorlarning chiziqli bog’langanligidan ⃗MO = x·⃗MK +y·⃗MC , ⃗A1O=⃗A1M +⃗MO =⃗A1M +x·⃗MK +y·⃗MC . 50 CA BM K O 2.2.11-chizma. Uchburchakli to’g’ri prizma{ ⃗A1O ⊥⃗MK ⃗A1O ⊥⃗MC ⇔ { ⃗A1O ·⃗MK = 0 ⃗A1O·⃗MC =0 ⇔ { (⃗A1M +x·⃗MK +y·⃗MC )·⃗MK = 0 (⃗A1M +x·⃗MK +y·⃗MC )·⃗MC = 0 ⇔ ⇔ {{ (x·⃗MK 2+y·⃗MC ·⃗MK )+⃗A1M ·⃗MK =0 (x·⃗MK ·⃗MC +y·⃗MC 2)+⃗A1M ·⃗MC = 0 ⃗MC ·⃗MK =( ⃗a 2+⃗b)·⃗c=8 , ⃗ A 1 M · ⃗ MK = ⃗ a 2 · ⃗ c = 0 , ⃗ A 1 M · ⃗ MC = ⃗ a 2 · ( ⃗ a 2 + ⃗ b) = 9 , ⃗MK 2= ⃗c2=16 ⃗MC 2=( ⃗a 2+⃗b) 2 = 25 { (x·16 +y·8)= 0 (x·8+y·25 )+9=0⇔ { 8x+4y=0 8x+25 y=− 9⇔ { x= 3 14 y=−3 7 Topilgan noma’lum koeffitsiyentlar x va y ning qiymatlaridan foydalanib quyidagilarni topamiz ⃗ A 1 O = 3 14 · ⃗ c − 3 7 · ( ⃗ a 2 + ⃗ b) + ⃗ a 2 = 2 7 ⃗ a − 3 7 ⃗ b + 3 14 ⃗ c , |⃗ AM | = √( 2 7 ⃗ a − 3 7 ⃗ b + 3 14 ⃗ c) 2 = ¿ 1 14 · √ 16 · 36 + 36 · 16 + 9 · 16 − 2 · 3 · 6 · 4 · 4 · 1 2 = 6 √ 7 7 . Javob: 6 √ 7 7 . 51 A B C DS D AC B M2.2.12-masala. SABCD to’rtburchakli to’g’ri piramidada asos tomonlari 1 ga , yon qirralari √ 3 2 ga teng. C nuqtadan SA chiziqqacha bo’lgan masofani toping. Yechish: ⃗SC = ⃗a , ⃗CA = ⃗b, bo’lsin, bu yerda |⃗a|= √3 2 , |⃗ b| = √ 2 . Demak, ⃗SA = ⃗a+⃗b , ⃗ SM = x ( ⃗ a + ⃗ b ) , ⃗ CM = x (⃗ a + ⃗ b) − ⃗ a . ⃗ CM ⊥ ⃗ SM bo’lgani uchun, ⃗CM ·⃗SM =0 (2.2.12-chizma). ( x (⃗ a + ⃗ b) − ⃗ a)( x ( ⃗ a + ⃗ b ) ) = 0 x 2 ( ⃗ a + ⃗ b ) 2 − x (⃗ a 2 + ⃗ a · ⃗ b) = 0 (⃗a+⃗b)2= ⃗a2+2·⃗a·⃗b+⃗b2 ⃗a·⃗b=−1 x = ⃗ a 2 + ⃗ a · ⃗ b ⃗ a 2 + 2 · ⃗ a · ⃗ b + ⃗ b 2 = 3 4 − 1 3 4 − 2 + 2 = − 1 3 , 2.2.12-chizma. SABCD To’rtburchakli to’g’ri piramida ⃗ CM = − 1 3 · (⃗ a + ⃗ b) − ⃗ a = − 1 3 ( 4 ⃗ a + ⃗ b)|⃗ CM | = 1 3 √( 4 ⃗ a + ⃗ b) 2 = 1 3 √ 16 ⃗ a 2 + 2 · 4 · ⃗ a · ⃗ b + ⃗ b 2 = ¿ ¿1 3√16 ·3 4−8+2=√ 2 3 Javob: √ 2 3 . 2.2.13-masala: ABC D A 1 B 1 C 1 D 1 birlik kubda A D 1 va DM chiziqlar orasidagi burchakni toping. Bu yerda M − D1C1 qirra o’rtasi. Yechish: ⃗ A 1 D 1 = ⃗ a , ⃗D1C1=⃗b , ⃗ A 1 A = ⃗ c bo’lsin (2.2.13-chizma), bu yerda |⃗ a| = |⃗ b| = |⃗ c| = ¿ 1 ⃗ a · ⃗ b = ⃗ a · ⃗ c = ⃗ b · ⃗ c = 0 . ⃗ A D 1 = ⃗ A A 1 + ⃗ A 1 D 1 = − ⃗ c + ⃗ a⃗DM =⃗D D1+⃗D1M =− ⃗c+⃗b 2 52 B C D EM 2.2.13-chizma . ABC D A 1 B 1 C 1 D 1 birlik kub⃗ A D 1 · ⃗ DM = ( − ⃗ c + ⃗ a) ·( − ⃗ c + ⃗ b 2 ) = 1 |⃗AD1|=|− ⃗c+⃗a|= √2|⃗DM |=|− ⃗c+⃗b 2|= √5 2 cos φ = ⃗ A D 1 · ⃗ DM |⃗ A D 1 | ·|⃗ DM | = 1 √ 2 · √ 5 2 = √ 2 5 φ=arc cos √ 2 5. Javob: φ = arc cos √ 2 5 . 2.2.14-masala: ABC D A 1 B 1 C 1 D 1 birlik kubning C C 1 qirrasida E nuqta shunday belgilab olinganki, bunda CE :EC1=1:2 BE va A C1 chiziqlar orasidagi burchakni toping . Yechish: ⃗AB = ⃗a , ⃗BC =⃗b , ⃗ A A 1 = ⃗ c bo’lsin (2.2.14-chizma), bu yerda |⃗a|= ¿ |⃗ b| = |⃗ c| = 1 , ⃗a·⃗b= ⃗a·⃗c= ⃗b·⃗c =0. ⃗BE =⃗BC +⃗CE =⃗b+⃗c 3 ⃗ A C 1 = ⃗ AC + ⃗ C C 1 = ⃗ a + ⃗ b + ⃗ c 53 B C D2.2.14-chizma. ABCD A1B1C1D1 birlik kub |⃗ BE | = √ ( ⃗ b + ⃗ c 3 ) 2 = √ ⃗ b 2 + 2 · ⃗ b · ⃗ c 3 + ⃗ c 9 2 = √ 1 + 1 9 = √ 10 3 |⃗ A C 1 | = √ ( ⃗ a + ⃗ b + ⃗ c ) 2 = √⃗ a 2 + + ⃗ b 2 + ⃗ c 2 + 2 · ⃗ a · ⃗ b + 2 · ⃗ a · ⃗ c + 2 · ⃗ b · ⃗ c = √ 1 + 1 + 1 = √ 3 ⃗BE ·⃗AC1=(⃗b+⃗c 3)·(⃗a+⃗b+⃗c)= ⃗b·⃗a+⃗b2+⃗b·⃗c+⃗c 3·⃗a+⃗c 3·⃗b+⃗c2 3= ¿1+1 3= 4 3 cos φ= ⃗BE ·⃗AC1 |⃗BE |·|⃗AC1| = 4 3 √10 3 ·√3 = 4 √30 . Javob: 4 √30 . 2.2.15-masala: To’rtburchakli to’g’ri ABC D A1B1C1D1 prizmada asos tomonlari 12 ga, yon qirralar uzunligi 5 ga teng. AC va BC1 chiziqlar orasidagi burchakni toping. Yechish: ⃗AB = ⃗a , ⃗BC =⃗b , ⃗ A A 1 = ⃗ c bo’lsin (2.2.15-chizma), bu yerda |⃗a|= ¿ |⃗ b| = 12 , |⃗ c| = 5 , ⃗a·⃗b= ⃗a·⃗c= ⃗b·⃗c =0. ⃗AC = ⃗a+⃗b ⃗ B C 1 = ⃗ b + ⃗ c . 2.2.15-chizma. To’rtburchakli to’g’ri prizma |⃗ AC | = √(⃗ a + ⃗ b) 2 = √⃗ a 2 + 2 · ⃗ a · ⃗ b + ⃗ b 2 = √ 12 2 + 12 2 = 12 √ 2 |⃗BC1|=√(⃗b+⃗c)2=√⃗b2+2·⃗b·⃗c+⃗c2= √12 2+52=13 ⃗ AC · ⃗ B C 1 = (⃗ a + ⃗ b) ·(⃗ b + ⃗ c) = ⃗ a · ⃗ b + ⃗ a · ⃗ c + ⃗ b 2 + ⃗ b · ⃗ c = 144 54 B C Dcos φ =⃗ AC · ⃗ B C 1 |⃗ AC | ·|⃗ B C 1 | = 144 12 √ 2 · 13 = 6 √ 2 13 . Javob: 6 √ 2 13 . 2.2.16-masala: ABC D A 1 B 1 C 1 D 1 kubda A B 1 C va B C 1 D tekisliklar orasidagi burchakni toping. Yechish: ⃗ AD = ⃗ a , ⃗AB = ⃗b , ⃗ A A 1 = ⃗ c bo’lsin (2.2.16-chizma), bu yerda |⃗ a| = ¿ |⃗ b| = |⃗ c| = 1 , ⃗a·⃗b= ⃗a·⃗c= ⃗b·⃗c =0. ⃗ B D 1 va ⃗CA 1 vektorlar mos ravishda A B1C va B C1D tekisliklar normali, bunga ko’ra ⃗BD1⊥AB1C va ⃗C A1⊥BC1D . Bundan 2.2.16 - chizma. ABC D A1B1C1D1 kub ⃗ B D 1 = ⃗ a − ⃗ b + ⃗ c⃗ C A 1 = − ⃗ a − ⃗ b + ⃗ c , ⃗BD1·⃗C A1=(⃗a− ⃗b+⃗c)·(−⃗a−⃗b+⃗c)=− ⃗a2+⃗b2+⃗c2=1 |⃗ B D 1 | = √(⃗ a − ⃗ b + ⃗ c) 2 = √⃗ a 2 + ⃗ b 2 + ⃗ c 2 = √ 3 , |⃗ C A 1 | = √( − ⃗ a − ⃗ b + ⃗ c) 2 = √⃗ a 2 + ⃗ b 2 + ⃗ c 2 = √ 3 cos φ= ⃗BD1·⃗C A1 |⃗BD1|·|⃗C A1| = 1 √3·√3= 1 3. Bu yerdan φ = arc cos 1 3 , bunda φ − ¿ izlangan burchak. Javob: φ = arc cos 1 3 2.2.17-masala: ABC D A1B1C1D1 parallelepipedda AB = 6 , BC = 6 , C C 1 = 4 ekani aniq bo’lsa, AC D1 va A1B1C1 tekisliklar orasidagi burchakni toping. 55 Yechish: ⃗AB = ⃗a , ⃗BC =⃗b , ⃗ A A 1 = ⃗ c bo’lsin (2.2.16-chizma), bu yerda ⃗a·⃗b= ⃗a·⃗c= ⃗b·⃗c =0. ⃗ B D 1 va ⃗ BB 1 vektorlar mos ravishda AC D1 va A1B1C1 tekisliklar normali, bunga ko’ra ⃗ B D 1 ⊥ AC D 1 va ⃗BB1⊥A1B1C1. Bundan 2.2.17-chizma. ABC D A1B1C1D1 parallelepiped ⃗ B D 1 = ⃗ c + ⃗ b − ⃗ a , ⃗ B D 1 · ⃗ B B 1 = (⃗ c + ⃗ b − ⃗ a) ·⃗ c = ⃗ c 2 + ⃗ b · ⃗ c − ⃗ a · ⃗ c = 16 |⃗ B D 1 | = √(⃗ c + ⃗ b − ⃗ a) 2 = √⃗ a 2 + ⃗ b 2 + ⃗ c 2 = √ 36 + 36 + 16 = 2 √ 22 cos φ = ⃗ B D 1 · ⃗ B B 1 |⃗ B D 1 | ·|⃗ B B 1 | = 16 2 √ 22 · 4 = √ 22 11 tan φ= √1−cos 2φ cos φ = √1− 22 121 √22 11 = √6 2 . Javob : tan φ= √6 2 . 2.2.18-masala: ABC A 1 B 1 C 1 uchburchakli to’g’ri prizmada barcha qirralari uzunligi 1 ga teng. A nuqtadan B C1 chiziqqacha bo’lgan masofani toping. Yechish: ⃗ AC = ⃗ a , ⃗ CB = ⃗ b , ⃗ A A 1 = ⃗ c bo’lsin, bu yerda |⃗ a| = ¿ |⃗ b| = |⃗ c| = 1 , ⃗ a · ⃗ c = ⃗ b · ⃗ c =0, asos muntazam uchburchak bo’lganligi uchun ⃗ a · ⃗ b = − 1 2 (2.2.18-chizma). 56A B C D 2.2.18-chizma. Uchburchakli to’g’ri prizma⃗AM vektorni ⃗a , ⃗b , ⃗c vektorlar orqali ifodalaymiz. ⃗ C 1 B = ⃗ b − ⃗ c , ⃗C1B va ⃗ C 1 M kollinear vektor bo’lgani uchun ⃗ C 1 M = x ( ⃗ b − ⃗ c ) . ⃗AM = ⃗c+⃗a+x(⃗b− ⃗c) ⃗ AM ⊥ ⃗ C 1 B bo’lgani uchun ⃗AM ·⃗C1B= 0⇒ (⃗c+⃗a+x(⃗b− ⃗c))·(⃗b−⃗c)=¿⃗b·⃗c− ⃗c2+⃗a·⃗b− ⃗a·⃗c+x·(⃗b2−2·⃗b·⃗c+⃗c2)=0 bu yerdan x noma’lum koeffitsientni topsak x = ⃗ c 2 − ⃗ a · ⃗ b ⃗ b 2 + ⃗ c 2 = 1 + 1 · 1 · 1 2 1 + 1 = 3 4 ⃗ C 1 M = 3 4 ( ⃗ b − ⃗ c ) . Demak ⃗ AM = ⃗ c + ⃗ a + 3 4 (⃗ b − ⃗ c) = ⃗ a + 3 4 ⃗ b + 1 4 ⃗ c . ⃗AM =√⃗a2+ 9 16 ⃗b2+ 1 16 ⃗c2+2·3 4·⃗a·⃗b+2·1 4·⃗a·⃗c+2·3 4·1 4·⃗b·⃗c= √1+ 9 16 + 1 16 −2·3 4·1 2=√ 7 8= √14 4 . Javob: √ 14 4 . 2.2.19-masala: To’rtburchakli to’g’ri prizmaning qirralari 1, 4 va 4 ga teng. Prizma asos markazidan asos o’z ichiga olmagan uchgacha bo’lgan masofani toping. Yechish: ⃗ AB = ⃗ a , ⃗ AD = ⃗ b , ⃗ A A 1 = ⃗ c bo’lsin. (2.2.19-chizma), bu yerda |⃗a|= ¿ |⃗ b| = 4 |⃗ c| = ¿ 1, ⃗ a · ⃗ b = ⃗ a · ⃗ c = ⃗ b · ⃗ c =0. ⃗O B1 vektorni ⃗ a , ⃗ b , ⃗ c vektorlar orqali ifodalaymiz: 57 S B CA D M O2.2.19-chizma. To’rtburchakli to’g’ri prizma⃗ O B 1 = ⃗ OB + ⃗ B B 1 ⃗ OB = 1 2 ⃗ DB = 1 2 ( ⃗ a − ⃗ b ) ⃗ O B 1 = 1 2 ⃗ a − 1 2 ⃗ b + ⃗ c |⃗ O B 1 | = √( 1 2 ⃗ a − 1 2 ⃗ b + ⃗ c) 2 = √ 1 4 ⃗ a 2 + 1 4 ⃗ b 2 + ⃗ c 2 − 1 2 · ⃗ a · ⃗ b + ⃗ a · ⃗ c − ⃗ b · ⃗ c = √ 1 4 · 16 + 1 4 · 16 + 1 = 3. Jav ob: 3. 2.2.20-masala: SABCD to’rtburchakli to’g’ri piramidada asos tomonlari 2 ga, yon qirralar uzunligi 4 ga teng. A nuqtadan MB chiziqqacha bo’lgan masofani toping. Bu yerda M - SD qirraning o’rtasi. Yechish: ⃗ AB = ⃗ a , ⃗ DA = ⃗ b , ⃗ DS = ⃗ c bo’lsin. (2.2.20-chizma), bu yerda |⃗ a| = ¿ |⃗b|= 2|⃗c|= ¿ 4, ⃗a·⃗b=0,⃗a·⃗c=⃗b·⃗c =2. ⃗ AO vektorni ⃗ a , ⃗ b , ⃗ c vektorlar orqali ifodalaymiz: 58 C D A B O B C D E2.2.20-chizma. To’rtburchakli to’g’ri piramida⃗ DB = ⃗ a + ⃗ b , ⃗ BM = − ⃗ a − ⃗ b + ⃗ c 2 , ⃗BO va ⃗ BM kollinear vektorlar bo’lgani uchun, ⃗ BO = x ⃗ BM = x ( ⃗ c 2 − ⃗ a − ⃗ b ) ⃗ AO = ⃗ AB + ⃗ BO = ⃗ a + x ( ⃗ c 2 − ⃗ a − ⃗ b) . ⃗ AO ⊥ ⃗ BM ekanligidan, ⃗AO ·⃗BM = 0 bo’lishi ma’lum. Demak, (⃗ a + x ( ⃗ c 2 − ⃗ a − ⃗ b)) ·( ⃗ c 2 − ⃗ a − ⃗ b) = 0 ⇔ ⃗ a · ⃗ c 2 − ⃗ a 2 − ⃗ a · ⃗ b + x · ( ⃗ c 2 4 + ⃗ a 2 + ⃗ b 2 − 2 · ⃗ a · ⃗ c 2 − 2 · ⃗ b · ⃗ c 2 + 2 · ⃗ a · ⃗ b ) = 0 Bu yerdan, ¿ 3 8 . Bundan foydalanib ⃗ AO vektorni topamiz ⃗ AO = 1 16 ( 10 ⃗ a − 6 ⃗ b + 3 ⃗ c ) |⃗AO |= 1 16 √(10 ⃗a−6⃗b+3⃗c)2=¿√100 ⃗a2+36 ⃗b2+9⃗c2−120 ·⃗a·⃗b+60 ·⃗a·⃗c− 36 ·⃗b·⃗c=¿√100 ·4+36 ·4+9·16 +60 ·2− 36 ·2= √46 4 . Javob: √ 46 4 . 2.2.21-masala: ABCD A1B1C1D1 kubda A 1 D va D 1 E chiziqlar orasidagi burchakni toping. Bu yerda E − C C 1 qirraning o’rtasi. Yechish: ⃗ AB = ⃗ a , ⃗ BC = ⃗ b , ⃗ A A 1 = ⃗ c bo’lsin. Bu yerda |⃗ a| = ¿ |⃗b|=|⃗c|= a , ⃗ a · ⃗ b = ⃗ a · ⃗ c = ⃗ b · ⃗ c =0. ⃗ A 1 D va ⃗D1E vektorlarni ⃗ a , ⃗ b , ⃗ c vektorlar orqali ifodalaymiz: 59 A B CD P Q2.2.21-chizma . ABCD A 1 B 1 C 1 D 1 kub⃗A1D=⃗c+⃗b ⃗ D 1 E = ⃗ a + ⃗ c 2 ⃗ A 1 D · ⃗ D 1 E = (⃗ c + ⃗ b) ·(⃗ a + ⃗ c 2 ) = ⃗ c 2 2 |⃗ A 1 D | = √(⃗ b + ⃗ c) 2 = a √ 2 |⃗ D 1 E | = √(⃗ a + ⃗ c 2 ) 2 = a √ 5 2 . Ikki vektor orasidagi burchakni topish formulasidan foydalanib, cos φ= ⃗A1D ·⃗D1E |⃗A1D|·|⃗D1E| = a2 2 a√2·a√5 2 = 1 √10 ga ega bo’lamiz. Demak, φ = arc cos 1 √ 10 . Javob: φ=arc cos 1 √10 . 2.2.22-masala: ABCD A 1 B 1 C 1 D 1 birlik kubda AB 1 va A1C1 chiziqlar orasidagi masofani toping. Yechish: ⃗AB 1=⃗q1 , ⃗ A 1 C 1 = ⃗ q 2 va ⃗ B 1 C 1 = ⃗ m vektorlarni kiritamiz. Bu yerda |⃗q1|=|⃗q2|=√2,|⃗m|=1,∠(⃗q1,⃗q2)=60 °,∠(⃗q1,⃗m)=90 °,∠(⃗q2,⃗m)=45 ° (2.2.22-chizma). 60 2.2.22-chizma. Birlik kub⃗q1·⃗q2=|⃗q1|·|⃗q2|·cos 60 °=1 ⃗ q 1 · ⃗ m = |⃗ q 1| ·|⃗ m| · cos 90 ° = 0 ⃗q2·⃗m=|⃗q2|·|⃗m|·cos 45 °=1 PQ chiziq A B 1 va A 1 C 1 ayqash chiziqlarning umumiy perpendikulari bo’lsin. ⃗ PQ = x · ⃗ q 1 + ⃗ m + y · ⃗ q 2 ⃗ PQ vektorning ⃗ q 1 va ⃗ q 2 vektorlarga perpendikularlik shartidan quyidagini hosil qilamiz { ( x · ⃗ q 1 + ⃗ m + y · ⃗ q 2 ) ·⃗ q 1 = 0 , ( x · ⃗ q 1 + ⃗ m + y · ⃗ q 2 ) ·⃗ q 2 = 0 ⇔ { x · ⃗ q 1 2 + ⃗ m · ⃗ q 1 + y · (⃗ q 2 · ⃗ q 1 ) = 0 , x · (⃗ q 2 · ⃗ q 1 ) + ⃗ m · ⃗ q 2 + y · ⃗ q 2 2 = 0 ⇔ { 2 x + y = 0 , x + 1 + 2 y = 0. Bu yerdan x = 1 3 , y = − 2 3 . Demak ⃗ PQ = 1 3 ⃗ q 1 + ⃗ m − 2 3 ⃗ q 2 Endi |⃗ PQ | = √( 1 3 ⃗ q 1 + ⃗ m − 2 3 ⃗ q 2 ) 2 = ¿ ¿√⃗q12+9⃗m2+4⃗q22+6(⃗q1·⃗m)−12 (⃗q2·⃗m)− 4(⃗q1·⃗q2) 3 =¿√2+9+8+0− 12 − 4 3 = √3 3 . Javob: √ 3 3 . 2.2.23-masala: ABC A1B1C1 uchburchakli to’g’ri prizmada barcha qirralari uzunligi 1 ga teng. AB va A 1 C chiziqlar orasidagi masofani toping. Yechish: ⃗AB = ⃗q1 , ⃗ A 1 C = ⃗ q 2 va ⃗AA 1=⃗m vektorlarni kiritamiz. Bu yerda |⃗q1|=|⃗m|=1,|⃗q2|= √2 (2.2.23-chizma). ⃗ q 1 · ⃗ q 2 = 1 2 ⃗q1·⃗m= 0 ⃗q2·⃗m=1 PQ chiziq A B 1 va A 1 C 1 ayqash chiziqlarning umumiy perpendikulari bo’lsin. ⃗MN = x·⃗q1+⃗m+y·⃗q2 61 2.2.23-chizma. Uchburchakli to’g’ri prizma⃗MN vektorning ⃗ q 1 va ⃗ q 2 vektorlarga perpendikularlik shartidan quyidagini hosil qilamiz { (x·⃗q1+⃗m+y·⃗q2)·⃗q1=0 (x·⃗q1+⃗m+y·⃗q2)·⃗q2=0 ⟺ ⇔ { x · ⃗ q 1 2 + ⃗ m · ⃗ q 1 + y · (⃗ q 2 · ⃗ q 1 ) = 0 x · (⃗ q 2 · ⃗ q 1 ) + ⃗ m · ⃗ q 2 + y · ⃗ q 2 2 = 0 ⇔ { x + 1 2 y = 0 , 1 2 x + 1 + 2 y = 0. Bu yerdan x = 2 7 , y = − 4 7 . Demak, ⃗ MN = 2 7 ⃗ q 1 + ⃗ m − 4 7 ⃗ q 2 . Endi |⃗ MN | = √( 2 7 ⃗ q 1 + ⃗ m − 4 7 ⃗ q 2 ) 2 = ¿ ¿ √ 4 ⃗ q 1 2 + 49 ⃗ m 2 + 16 ⃗ q 2 2 + 28 (⃗ q 1 · ⃗ m) − 56 (⃗ q 2 · ⃗ m) − 16 (⃗ q 1 · ⃗ q 2 ) 7 = ¿ √ 4 + 49 + 32 − 56 − 8 7 = √ 21 7 Javob: √ 21 7 . 2.2.24-masala: ABCA 1 B 1 C 1 uchburchakli to’g’ri prizmada asos tomonlari 8 ga, balandligi 6ga teng. CA 1 va AB 1 chiziqlar orasidagi burchakni toping. 62 A 1CYechish: ⃗AB = ⃗a , ⃗ A 1 C 1 = ⃗ b va ⃗ AA 1 = ⃗ c bo’lsin. Bu yerda |⃗ a| = |⃗ b| = 8 , |⃗ c| = 6 (2.2.24- chizma). ⃗ a · ⃗ b = |⃗ a| ·|⃗ b| · cos 60 ° = 32 ⃗a·⃗c=|⃗a|·|⃗c|·cos 90 °= 0 ⃗ b · ⃗ c = |⃗ b| ·|⃗ c| · cos 90 ° = 0 2.2.24-chizma. Uchburchakli to’g’ri prizma ⃗CA 1 va ⃗ AB 1 vektorlarni ⃗a,⃗b,⃗c vektorlar orqali ifodalaymiz: ⃗ CA 1 = ⃗ c − ⃗ b , ⃗ AB 1 = ⃗ c + ⃗ a ⃗CA 1·⃗AB 1=(⃗c− ⃗b)·(⃗c+⃗a)=4 |⃗ CA 1 | = √(⃗ c − ⃗ b) 2 = √⃗ c 2 + ⃗ b 2 = 10 , |⃗ AB 1 | = √(⃗ c + ⃗ a) 2 = √⃗ c 2 + ⃗ a 2 = 10 cos φ = ⃗ CA 1 · ⃗ AB 1 |⃗ CA 1 | ·|⃗ AB 1 | = 4 10 · 10 = 1 25 , φ = arc cos 1 25 Javob: φ = arc cos 1 25 . 63 2.2.25-masala: ABCA1B1C1 uchburchakli to’g’ri prizmada barcha qirralari uzunligi 1 ga teng, D nuqta A1B1 qirraning o’rtasi. AD va BC 1 chiziqlar orasidagi burchakni toping. Yechish: ⃗AB = ⃗a , ⃗BC =⃗b va ⃗ AA 1 = ⃗ c bo’lsin. Bu yerda |⃗ a| = |⃗ b| = |⃗ c| = 1 (2.2.25- chizma). ⃗ a · ⃗ b = |⃗ a| ·|⃗ b| · cos 120 ° = − 1 2 ⃗a·⃗c=|⃗a|·|⃗c|·cos 90 °= 0 ⃗ b · ⃗ c = |⃗ b| ·|⃗ c| · cos 90 ° = 0 2.2.25-chizma. Uchburchakli to’g’ri prizma ⃗AD va ⃗ BC 1 vektorlarni ⃗a,⃗b,⃗c vektorlar orqali ifodalaymiz: ⃗ AD = ⃗ c + ⃗ a 2 , ⃗ BC 1 = ⃗ c + ⃗ b ⃗ AD · ⃗ BC 1 = (⃗ c + ⃗ a 2 ) ·(⃗ c + ⃗ b) = 3 4 |⃗ AD | = √(⃗ c + ⃗ a 2 ) 2 = √⃗ c 2 + ⃗ a 2 4 = √ 5 2 , |⃗ BC 1 | = √(⃗ c + ⃗ b) 2 = √⃗ c 2 + ⃗ b 2 = √ 2 cos φ = ⃗ AD · ⃗ BC 1 |⃗ AD | ·|⃗ BC 1 | = 3 4 √ 5 2 · √ 2 = 3 √ 10 20 , φ = arc cos 3 √ 10 20 64 A B CJavob: φ = arc cos 3√ 10 20 . 2.2.26-masala: ABC A 1 B 1 C 1 uchburchakli to’g’ri prizmada barcha qirralari uzunligi 1 ga teng, D ,E nuqtalar mos ravishda A1B1 va B1C1 qirraning o’rtasi. AD va BE chiziqlar orasidagi burchak kosinusini toping. Yechish: ⃗AB = ⃗a , ⃗BC =⃗b va ⃗ AA 1 = ⃗ c bo’lsin. Bu yerda |⃗ a| = |⃗ b| = |⃗ c| = 1 (2.2.26- chizma). 2.2.26-chizma. Uchburchakli to’g’ri prizma ⃗ a · ⃗ b = |⃗ a| ·|⃗ b| · cos 120 ° = − 1 2 ⃗ a · ⃗ c = |⃗ a| ·|⃗ c| · cos 90 ° = 0 , ⃗ b · ⃗ c = |⃗ b| ·|⃗ c| · cos 90 ° = 0 ⃗AD va ⃗ BC 1 vektorlarni ⃗a,⃗b,⃗c vektorlar orqali ifodalaymiz: ⃗ AD = ⃗ c + ⃗ a 2 , ⃗ BC 1 = ⃗ c + ⃗ b ⃗ AD · ⃗ BC 1 = (⃗ c + ⃗ a 2 ) ·(⃗ c + ⃗ b) = 3 4 |⃗ AD | = √(⃗ c + ⃗ a 2 ) 2 = √⃗ c 2 + ⃗ a 2 4 = √ 5 2 , |⃗ BC 1 | = √(⃗ c + ⃗ b) 2 = √⃗ c 2 + ⃗ b 2 = √ 2 65 cos φ =⃗ AD · ⃗ BC 1 |⃗ AD | ·|⃗ BC 1 | = 3 4 √ 5 2 · √ 2 = 3 √ 10 20 , φ = arc cos 3 √ 10 20 Javob: φ = arc cos 3 √ 10 20 . 2.3 Vektorlar uslidan foydalanib yechish uchun maslalar 1. ABC A1B1C1 uchburchakli to’g’ri prizmada barcha qirralari uzunligi 1 ga teng. A nuqtadan BC1 qirragacha bo’lgan masofani toping. 2. MABCDEF oltiburchakli piramidada asos tomonlari 1 ga, yon qirralar uzunligi 2 ga teng. E nuqtadan BT chiziqqacha bo’lgan masofani toping. Bu yerda T - MC qirraning o’rtasi. 3. SABCD to’rtburchakli to’g’ri piramidada asos tomonlari va yon qirrasi mos ravishda 4 √2 va 5 ga teng. E va K nuqtalar orasidagi masofani toping, agar E nuqta SB yon qirrada yotsa va SE =2BE , K nuqta AD asos tomonida yotib, AK = 3 KD bo’lsa. 4. Asosi romb bo’lgan ABCD A1B1C1D1 to’g’ri prizmada AB = 10 , AC = 6 √ 7 , yon qirra A A 1 3 √ 21 ga teng. Prizmaning B uchidan A C 1 chiziqqacha bo’lgan masofani toping. 5. ABCD A1B1C1D1 kubda barcha qirralari uzunligi 4 ga teng. E va F nuqtalar mos ravishda AB va B1C1 qirralarning o’rtalari. CD qirrada P nuqta shunday joylashganki, CP = 3 PD . A 1 nuqtadan EPF uchburchak tekisligigacha bo’lgan masofani toping. 6. ABCD uchburchakli to’g’ri piramidada ABC asos tomonlari 8 √ 3 ga teng. Piramida balandligi DO = 6 . A1 , C1 nuqtalar mos ravishda AD va CD qirralarning o’rtalari. B A1 va AC1 chiziqlar orasidagi masofani toping. 7. MABCD to’rtburchakli to’g’ri piramidada barcha qirralari uzunliklari 1 ga teng. MA va BC chiziqlar orasidagi masofani toping. 66 8. Uchi S bo’lgan SABC uchburchakli to’g’ri piramidada barcha qirralari 3 ga teng. M nuqta AC qirra o’rtasi, O nuqta piramida asosi markazi. F nuqta SO chiziqni piramida uchidan hisoblaganda 2:1 nisbatda bo’ladi. MSF va ABC tekisliklar orasidagi burchakni toping. 9. Asosi ABCD to’g’ri burchakli to’rtburchak bo’lgan SABCD piramida asos tomonlari AB = 4 va BC = 3 . Piramida yon qirralari SA = √ 11 , SB = 3 √ 3 , SD = 2 √ 5 ga teng. SC to’g’ri chiziq va ASB tekisliklar orasidagi burchakni toping. 10. Asosi ABC to’g’ri burchakli uchburchak bo’lgan SABC piramidada qirralari AB = 12 √ 3 va SC =13 ekani ma’lum. Asos tekisligi va AS va BC qirralar o’rtalari orqali o’tuvchi to’g’ri chiziq orasidagi burchakni toping. 11. To’g’ri burchakli ABCD A1B1C1D1 parallelepipedda AB=35, AD=12, C C 1 = 21 ekani ma’um. ABC va A 1 DB tekisliklar orasidagi burchakni toping. 12. ABC A1B1C1 uchburchakli to’g’ri prizmada asosi tomonlari 3, yon qirralari 6 , D nuqta C C1 qirraning o’rtasi bo’lsin. ABC va AD B1 tekisliklar orasidagi burchakni toping. 13. ABC A1B1C1 uchburchakli to’g’ri prizmada asosining tomonlari 4 ga, yon qirralari 7 ga teng. D nuqta B B 1 qirraning o’rtasi. ABC va AD C 1 tekisliklar orasidagi burchakni toping. 14. Asosi ABCD to’g’ri to’rtburchak bo’lgan SABCD piramidada asosi tomonlari AB =8 va BC =6 . Piramida yon qirralarining uzunliklari SA = √ 21 , SB = √ 85 , SD = √ 57 . SC va BD chiziqlar orasidagi burchakni toping. 15. . ABCD A1B1C1D1 birlik kubda E,K va L nuqtalar mos ravishda AA1 , CD va B 1 C 1 qirralarning o’rtalari, M va N nuqtalar mos ravishda EK va LK chiziqlardan olingan, bunda AE :EB =1:2,ln :NK = 1:4 . MN chiziq uzunligini toping. 16. ABCDEF A1B1C1D1E1F1 oltiburchakli to’g’ri prizmada barcha qirralari uzunligi 1 ga teng. A va E1 nuqtalar orasidagi masofani toping. 17. SABCD to’rtburchakli to’g’ri piramidada asos tomonlari va yon qirralari mos ravishda 4 √ 2 va 5 ga teng. E va K nuqtalar orasidagi masofani toping, agar E nuqta SB yon qirrani SE = 2 BE , K nuqta AD asos tomonini AK = 3 KD kabi bo’lishi ma’lum bo’lsa. 67 18. ABCD A1B1C1D1 birlik kubda A nuqtadan BD1 chiziqqacha bo’lgan masofani toping. 19. ABC A1B1C1 uchburchakli to’g’ri prizmada balandligi 2 ga, asos tomonlari 1 ga teng. B1 nuqtadan A C 1 chiziqqacha bo’lgan masofani toping. 20. ABCD tetraedrda barcha qirralari uzunligi 1 ga teng, A nuqtadan B nuqta va CD qirraning o’rtasi orqali o’tgan chiziqqacha bo’lgan masofani toping. 21. SABCD to’rtburchakli to’g’ri piramidada ABCD asos tomonlari 1 ga va yon qirralari 4 ga teng. M nuqta SD qirraning o’rtasi. A nuqtadan MB chiziqqacha bo’lgan masofani toping. 22. ABCD A1B1C1D1 to’rtburchakli to’g’ri prizmada asos tomonlari 1 ga va yon qirralari 2 ga teng. M nuqta AA1 qirraning o’rtasi. M nuqtadan D A1C1 tekislikkacha bo’lgan masofani toping. 23. ABC A1B1C1 uchburchakli to’g’ri prizmada asosining tomonlari 2 ga, yon qirralari 3 ga teng. D nuqta C C 1 qirraning o’rtasi. C nuqtadan A B 1 D tekislikkacha bo’lgan masofani toping. 24. SABC chburchakli to’g’ri piramidada S nuqta – piramida uchi. M nuqta – SA qirra o’rtasi, K nuqta – SB qirra o’rtasi. Agar SC =6,AB = 4 bo’lsa, A nuqtadan CMK tekislikkacha bo’lgan masofani toping. 25. ABC A1B1C1 uchburchakli to’g’ri prizmada asosining tomonlari 1 ga, yon qirralari 3 ga teng. A B 1 va B C 1 chiziqlar orasidagi masofani toping. 26. ABCD uchburchakli to’g’ri prizma ABC asos tomonlari 8 √ 3 ga teng, piramida balandligi DO = 6 . A1,C1 nuqtlar mos ravishda AD va CD qirralar o’rtalari. B A1 va AC1 chiziqlar orasidagi masofani toping. 27 . DABC piramidada qirralar uzunliklari ma’lum: AB = AC = DB = DC = 10 , BC = DA = 12 . DC va BC chiziqlar orasidagi masofani toping. 28. ABCD A1B1C1D1 birlik kubda E nuqta D D1 qirra o’rtasi. CE va AC1 chiziqlar orasidagi burchakni toping. 29. ABCD A1B1C1D1 kubning A1C diagonaliga A va B uchlaridan perpendikulyarlar o’tkazilgan. Shu perpendikulyarlar orasidagi burchakni toping. 68 30. ABC A1B1C1 uchburchakli to’g’ri prizmada asosining tomonlari 8 ga teng. Prizma balandligi 6 ga teng. C A 1 va A B 1 chiziqlar orasidagi burchakni toping. 31. ABCD A1B1C1D1 kubda E nuqta A1B1 qirra o’rtasi. AE chiziq va BD D1 tekislik orasidagi burchak sinusini toping. 32. ABCD A1B1C1D1 to’g’ri burchakli parallelepipedda AB =2,AD = AA1=1 . AB1 chiziq va AB C 1 tekislik orasidagi burchakni toping. 33. Asosi MKN to’g’ri burchakli uchburchak bo’lgan MNK M 1N1K1 to’g’ri prizmada ∠N=90 °,∠M =60 °,NK =18 . Yon yoq diagonali M 1N M M 1K1 tekislik bilan 30 ° burchak tashkil etadi. Prizma balandligini toping. 34. Asosi ABC bo’lgan SABC chburchakli to’g’ri piramidada AB = 12 √ 3 , SC = 13 ekani ma’lum. Piramida asos tekisligi va AM chiziq orasidagi burchakni toping, bu yerda M – SBC yoqning medianalar kesishish nuqtasi. 35. ABCD A 1 B 1 C 1 D 1 to’g’ri burchakli parallelepipedda AB =6,BC =6,C C1= 4 ekani ma’lum bo’lsa, AC D1 va A1B1C1 tekisliklar orasidagi burchak tangensini toping. 36. ABCD trapetsiya AB va CD asoslari uzunliklari ava b ga teng. AD va BC tomonlardan mos ravishda Eva F nuqtalar olingan bo’lib AE ED = BF FC = m n . EF chiziq trapetsiya asosiga parallel bo’lishini isbotlang va uning uzunligini toping. 37. ABCD A1B1C1D1 kubda M ,N va K nuqtalar AB , AD va A A 1 qirralarni A uchidan hisoblaganda 1:3 kabi nisbatda bo’ladi. MNK tekislik kubnig AC1 diagonalini qanday nisbatda bo’lishini toping. 38. ABC uchburchakda C C1−¿ uchburchak ichki burchak bissektrisasi. C1 nuqta AB tomonni qanday nisbatda bo’lishini toping. 39. To’g’ri burchakli uchburchakning katetlari ava b ( a<b ) ga teng. Kichik katetinig o’rtasi orqali o’tib, gipotenuzaning o’rtasiga urinuvchi aylana o’tkazilgan. Shu aylana radiusini toping. 40. ABC uchburchakning AB va AC tomonlaridan mos ravishda K va L nuqtalar olingan, bunda AK = KB , AL LC = 1 2 . BL va CK chiziqlar M nuqtada kesishsa , kesishish nuqtasida qanday nisbatda bo’linishini toping. 69 Xulosa Ikkinchi bob bitiruv malakaviy ishining asosiy qismi bo’lib, vektorlar usulidan foydalanib yechiladigan planimetrik, stereometrik masalalar ularning yechimlari, izohlar, ko’rsatmalar, masala shartiga mos chizmalar keltirilgan. 70 Xotima Bu bitiruv malakaviy ishi “Geometriyadagi ba’zi masalalarni vektorlar usulida yechish” mavzusiga bag’ishlangan bo’lib, kirish, ikki bob, besh paragraf, ikki bobning xulosasi, xotima va foydalanilgan adabiyotlar ro’yxatidan iborat. Kirish qismida o’rganilagan mavzuning dolzarbligi,tadqiqot ob’ekti va predmeti, BMI ning asosiy maqsad va vazifalari, tadqiqot usuli va uslubiyoti, olingan asosiy natijalar, natijalarning ilmiy yangiligi va amaliy ahamiyati, tadbiq etish darajasi, iqtisodiy samaradorligi, qo’llanish sohasi, xulosa va takliflar asoslab ko’rsatilgan. Birinchi bob yordamchi xarakterga ega bo’lib, o’rganilgan mavzuni yoritishga zarur bo’lgan tushunchalar va ma’lumotlar keltirilgan. Ikkinchi bob bitiruv malakaviy ishining asosiy qismi bo’lib, vektorlar usulidan foydalanib yechiladigan planimetrik, stereometrik masalalar ularning yechimlari, izohlar, ko’rsatmalar, masala shartiga mos chizmalar keltirilgan. BMIda analitik yechimi murakkab bo’lgan masalalarni vektorlar yordamida sodda yechish usullari keltirilgan. BMIdan maktab o’quvchilari, abituriyentlar, kollej, akademik litsey talabalari muhim qo’llanma sifatida foydalanishlari mumkin. Har qanday algebraik metod kabi vektorning asosi ham, birinchida geometrik masalaning sharti va kutilayotgan natija algebraik tilda yozilishidadir (ya’ni vektor algebrasi tilida), vektor masalasining modeli tuzilishida geometrik masalani vektor metodida yechish samarali bo’lishi uchun vektorlar yordamida asosiy geometrik ob’yektlarni keltirish va ular o’rtasidagi aloqani vektor tilida ifodalashni o’rganish kerak. Bundan tashqari vektor modelidan qayta geometrik ob’yektga o’ta olishni ko’ra bilish va ular o’rtasidagi munosabat ya’ni algebraik vektor nisbatidagi geometrik interpretatsiyalar tuza olish kerak. 71 FOYDALANILGAN ADABIYOTLAR 1. O’zbekiston Respublikasining “Ta’lim to’g’risidagi qonuni”, Toshkent 1997. 53-56-betlar. 2. O’zbekiston Respublikasining “Kadrlar tayyorlasg milliydasturi”, Toshkent 1997. 45-47-betlar. 3.I.A.Karimov, Yuksak ma’naviyat yengilmas kuch, Ma’naviyat, Toshkent,2009. 4. Я . П . Понарин Елементарная геометрия, Москва МЦНМО, 2004. 5. Т . Н . Қ ори - Ниёзий Аналитик геометрия асосий курси Тошкент ,1967. 6. I.Isroilov, Z.Pashayev Geometriya, “O’qituvchi ”, Toshkent,2005. 7. S.V.Baxvalov, P.S.Modenov, A.S.Parxomenko Analitik geometriyadan masalalar to’plami, Toshkent,2005. 8. Г.А.Клековкин, Решение геометрических задач векторнъим методом, Самара,2016. 9. Ҳ . Ҳ . Назаров , Х . С . Очилова , Е . Г . Подгорново Геометриядан масалалар туплами , Тошкент , “ Ўқитувчи ”, 1997. 10. Н.Д.Додажонов, М.Ш. Жураева Геометрия, Тошкент, “ Ў қитувчи”, 1995. 11. А.Е.Умнов Аналитическая геометрия и линейная алгебра, Москва, “МФТП”, 2011. 12. И.Ф.Шарыгин Математика для поступающих в вузы, Москва, “Дрофа”, 2006. 13 . А . А . Прокофьев . А . Г Корянов Математика , ЕГЕ ,2013. 14. M.N.Skanavi Matematikadan masalalar to’plami Toshkent, “O’qituvchi”, 2013. 15. www.ziyonet.uz . 16. www.ilm.uz. 72

Geometriyadagi ba’zi masalalarni vektorlar usulida yechish Mundarija. Kirish................................................................................................ ........... ....3 I. Asosiy tushunchalar 1.1 Vektorning kelib chiqish tarixi .................................................................7 1.2 Vektorlar haqida umumiy tushunchalar....................................................9 II. Geometriya masalalarini yechishda vektorlarning qo’llanilishi 2.1 Planimetrik masalalarni yechishda vektorlar tadbiqi…………… …….. 28 2.2 Stereometrik masalalarni yechishda vektorlar tadbiqi...........................43 2.3 Vektorlar usulidan foydalanib yechish uchun masalalar …….............. ...75 Xotima ..........................................................................................................79 Foydalanilgan adabiyotlar ..........................................................................80 1

KIRISH Ta’lim va ma’rifat tizimini takomillashtirish,mamlakatimiz kelajagi bo’lgan yoshlarni zamonaviy bilim olishga yo’naltirish,barkamol shaxsini tarbiyalash bilan bog’liq ekanini biz yaxshi anglaymiz. Sh.M.Mirziyoev. O‘zbekiston jahonning taraqqiy etgan mamlakatlari qatoridan o‘rin egallash va uni mustahkam saqlab turish uchun O‘zbekistonda fundamental fanlar jahon andozalari darajasida bo‘lishi kerak. Shu o‘rinda O‘zbekiston Respublikasi Birinchi Prezidenti I.A.Karimovning “O‘zbekiston innovatsion rivojlanish turining hozirgi zamon modeliga o‘tish uchun zarur sharoitlarga ega. Bu model vujudga keltirilgan ilmiy-texnikaviy salohiyatdan keng va samarali foydalanishga, fundamental va amaliy fanning yutuqlarini, chuqur ilm talab qiladigan amaliyotga keng qamrovda joriy etishga, yuqori malakali, iqtidorli kadrlar sonini ko‘paytirishga asoslanadi. Bu mamlakatimiz jahondagi iqtisodiyoti va sanoati rivojlangan davlatlar qatoriga kirib borishining zarur sharti va mustahkam poydevori bo‘lib xizmat qiladi” degan fikrlarini keltirib o‘tish o‘rinli. Respublikamizda “Talim to‘g‘risida”gi qonun va Kadrlar tayyorlash Milliy Dasturini qabul qilinishi, qolaversa, O‘zbekiston Respublikasi Birinchi Prezidenti I. A. Karimovning O‘zbekiston Respublikasi Oliy Majlisi Qonunchilik palatasi va Senatining 2010 yil 27 yanvar kuni bo‘lib o‘tgan qo‘shma majlisidagi “Mamlakatni modernizatsiya qilish va kuchli fuqarolik jamiyati barpo etish – ustuvor maqsadimizdir” hamda Vazirlar Mahkamasining 2010 yil 29 yanvar kuni bo‘lib o‘tgan majlisidagi “Asosiy vazifamiz – Vatanimiz taraqqiyoti va xalqimiz farovonligini yanada yuksaltirish” mavzusidagi ma’ruzalari zamirida ham aynan shu muammoni hal etish ko‘zda tutilgan. Shavkat Mirziyoyevning O‘zbekiston Respublikasi Prezidenti lavozimiga kirishish tantanali marosimiga bag‘ishlangan Oliy Majlis palatalarining qo‘shma 2

majlisidagi nutqida “ Biz yoshlarga doir davlat siyosatini hech og‘ishmasdan, - qat’iyat bilan davom ettiramiz. Nafaqat davom ettiramiz, balki bu siyosatni eng ustuvor vazifamiz sifatida bugun zamon talab qilayotgan yuksak darajaga ko‘taramiz. Yoshlarimizning mustaqil fikrlaydigan, yuksak intellektual va ma’naviy salohiyatga ega bo‘lib, dunyo miqyosida o‘z tengdoshlariga hech qaysi sohada bo‘sh kelmaydigan insonlar bo‘lib kamol topishi, baxtli bo‘lishi uchun davlatimiz va jamiyatimizning bor kuch va imkoniyatlarini safarbar etamiz ” deb ta’kidlagan edi. Biz ta’lim va tarbiya tizimining barcha bо‘g‘inlari faoliyatini bugungi zamon talablari asosida takomillashtirishni o‘zimizning birinchi darajali vazifamiz deb bilamiz. Yosh avlod tarbiyasi haqida gapirganda, Abdurauf Fitrat bobomizning mana bu fikrlariga har birimiz, ayniqsa, endi hayotga kirib kelayotgan o‘g‘il- qizlarimiz amal qilishlarini men juda-juda istardim. Mana, ulug‘ ajdodimiz nima deb yozganlar: “Xalqning aniq maqsad sari harakat qilishi, davlatmand bo‘lishi, baxtli bo‘lib izzat-hurmat topishi, jahongir bo‘lishi yoki zaif bo‘lib xorlikka tushishi, baxtsizlik yukini tortishi, e’tibordan qolib, o‘zgalarga tobe va qul, asir bo‘lishi ularning o‘z ota-onalaridan bolalikda olgan tarbiyalariga bog‘liq”. Qarang, qanday bebaho, oltinga teng so‘zlar! Bugungi kunda yon- atrofimizda diniy ekstremizm, terrorizm, giyohvandlik, odam savdosi, noqonuniy migrasiya, “ommaviy madaniyat” degan turli balo-qazolarning xavfi tobora kuchayib borayotganini hisobga oladigan bo‘lsak, bu so‘zlarning chuqur ma’nosi va ahamiyati yanada yaqqol ayon bo‘ladi. O‘zbekistonning kelajagi, uning istiqboli,birinchi navbatda yoshlar tarbiyasiga, ularni sog‘lom qilib o‘stirishga, milliy g‘oya, milliy mafkura va o‘z vataniga sadoqat ruhida tarbiyalashga bog‘liq bo‘lib, bu murakkab jarayonni muvaffaqiyatli amalga oshirish mustaqil mamlakatning eng dolzarb vazifalaridan biridir. Shuning uchun ham, Prezidentimiz Islom Abdug‘aniyevich Karimovning “Mamlakatimizning istiqboli yosh avlodlarimiz qanday tarbiya topishiga, qanday ma’naviy fazilatlar egasi bo‘lib voyaga yetishiga, farzandlarimizning hayotga nechog‘lik faol munosabati bo‘lishiga, qanday oliy maqsadlarga xizmat qilishiga 3

bog‘liq ekanligini hamisha yodda tutishimiz kerak” deb ta’kidlagani bejiz emas. Shu boisdan ham bugungi kunda yoshlarning ta’lim-tarbiyasi mustaqil O‘zbekistonning davlat siyosatida ustivor ahamiyat kasb etmoqda. Yurtimizning birinchi prezidenti Islom Karimovning “Yuksak ma’naviyat – yengilmas kuch” asarida ta’kidlaganidek, yoshlarimizning ma’naviy olamida bo‘shliq vujudga kelmasligi uchun ularning qalbi va ongida sog‘lom hayot tarzi, milliy va umummilliy qadriyatlarga hurmat- ehtirom tuyg‘usini bolalik paytidan boshlab shakillantirishimiz zarur. Talabalarga bilim berishda zamonaviy ta’lim texnologiyalarining ahamiyati to‘g‘risida so‘z borganda birinchi prizidentimiz I.A.Karimovning “O‘quv jarayoniga yangi axborot va pedagogik texnologiyalarni keng joriy etish, bolalarimizni komil insonlar etib tarbiyalashda jonbozlik ko‘rsatadigan o‘qituvchi va domlalarga e’tiborimizni yanada oshirish, qisqacha aytganda, ta’lim-tarbiya tizimini sifat jihatidan butunlay yangi bosqichga ko‘tarish diqqatimiz markazida bo‘lishi darkor”degan so‘zlarini ta’kidlash o‘rinlidir. Hozirgi kunda jahon tajribasidan ko‘rinib turibdiki, ta’lim jarayoniga o‘qitishning yangi, zamonaviy usul va vositalari kirib kelmoqda va samarali foydalanilmoqda. Bitiruv malakaviy ishining dolzarbligi: vektorlar tushunchasi matematikaning ko’p sohalarida, geometriyada, fizikaviy, mexanikaviy masalalarni yechishda qo’llaniladi. Bitiruv malakaviy ishining maqsadi: vektorlarni geometrik masalalarni yechishda qo’llash. Bitiruv malakaviy ishining vazifalari: Bitiruv malakaviy ishi quyidagi vazifalarni o’z ichiga oladi: 1. Vektorlarga oid ma’lumotlarni o’rganish. 2. Vektorlarni planimetrik masalalarda tadbiq qilish. 3. Vektorlarni stereometrik masalalarda tadbiq qilish. Bitiruv malakaviy ishining o’rganilganlik darajasi: to’liq o’rganilgan. 4

Bitiruv malakaviy ishining predmeti va obyekti: ko’pburchaklar, ko’pyoqlar. Bitiruv malakaviy ishining yangiligi: bitiruv malakaviy ishi referativ xarakterga ega. Bitiruv malakaviy ishining amaliy ahamiyati: bitiruv malakaviy ishidan maktab o’quvchilari, abituriyentlar, akademik litsey va kasb-hunar kolleji talabalari geometrik masalalarni yechishda bilimlarini mustahkamlashda foydalanishlari mumkin. Bitiruv malakaviy ishning hajmi va tuzilishi: BMI kirish, ikki ta bob, beshta paragraf, ikki bobning xulosasi, xotima va foydalanilgan adabiyotlar ro’yxatidan iborat . 5

Похожие

NOSTANDART MASALALARNI YECHISH USULLARI
Uchburchaklar va ularga doir turli masalalarni yechish
Vizual dasturlash tili yordamida matematik masalalarni yechish. Vektor masalasi
С++ dasturlash tilida massivlar ustida amallar va Tenglamalar sistemasini GAUSS usulida yechish.
Tengsizliklarni isbotlashning ba’zi usullari