Загрузил Bekzod Bekzod

Geometriyadagi ba’zi masalalarni vektorlar usulida yechish

Реклама
Fizika – matematika fakul’teti
“Matematika” kafedrasi
5130100 «Matematika» ta'lim yo’nalishi bo’yicha bakalavr
darajasini olish uchun
Qayimova Mohinur Qayim qizi
“Geometriyadagi ba’zi masalalarni vektorlar usulida yechish ”
mavzusida
BITIRUV MALAKAVIY ISHI
“Ish ko’rildi va himoyaga ruxsat
Ilmiy rahbar_________ o’qit.Z. .Bozorov
berildi”
”______”________________2017y.
Kafedra mudiri:
________________ dots.I.Jo’rayev
Taqrizchi: ____________________
”______”________________2017y.
”______”________________2017y.
“Himoya qilishga ruxsat berildi”
Fakultet dekani
prof. Sh.M.Mirzayev
«_______»_____________2017 y
Buxoro- 2017y.
1
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
2
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
BirinchiPrezidenti 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
3
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‘ilqizlarimiz 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 yonatrofimizda 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
4
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.
5
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, ikkita bob,
beshta paragraf, ikki bobning xulosasi, xotima va foydalanilgan adabiyotlar
ro’yxatidan iborat.
6
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 1845yilda 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
7
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 vektorturli 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 1880yida 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.
8
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.
B
a
A
1.2.1-chizma. AB vektor
Vektor odatda strelka yordami bilan tasvir qilinadi. Strelkaning yo’nalishi
vektorning
yo’nalishini
ko’rsatadi.Vektorni
va
belgilash
uning
uchun
uzunligi
kichik
vektorning
lotin
harflari
uzunligini
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 Buning oxirgi nuqtasi yoki uchi bo’lib, vektorning yo’nalishi A dan B ga tomon
yo’nalgan.
9
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
a
b
d
c
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 𝑏⃗
vektorlar o’zaro teng, chunki ularning uzunliklari teng va yo’nalishlari bir xil. Bu
holda algebradagi kabi
𝑎=𝑏⃗
yoziladi. 𝑏⃗ va 𝑐 vektorlarning yo’nalishlari bir xil bo’lsada, lekin uzunliklari teng
emas, demak, 𝑏⃗ vektor 𝑐 vektorga teng emas
𝑏⃗ ≠ 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, 𝑏⃗, 𝑐⃗⃗ v𝑎 𝑑 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, 𝑏⃗,
𝑐 , 𝑑 vektorlarga teng bo’lgan vektorlarni yasash mumkin, yoki boshqacha qilib
aytganda, berilgan vektorlarni bir boshlang’ich nuqtaga ko’chirish mumkin.
10
Bunday yasash 1.2.3-chizmada bajarilgan, berilgan O nuqtaga 𝑎, 𝑏⃗, 𝑐 , 𝑑
vektorlarga teng qilib vektorlar yasalgan.
b
c
c
d
b
d
a
a
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.
b
d
e
a
c
1.2.4-chizma. Kollinear vektorlar
Kollinear bo’lgan 𝑎 va 𝑏⃗ vektorlar 𝑎 ∥ 𝑏⃗ ravishda ifoda qilinadi. Masalan,
1.2.2-chizmadagi 𝑎, 𝑏⃗, 𝑐 vektorlar kollinear vektorlardir. Shunga o’xshash 1.2.4chizmadagi 𝑎, 𝑏⃗, 𝑐 , 𝑑 va 𝑒 vektorlar ham kollinear vektordan iborat, chunki ularni
bir boshlang’ich nuqtaga keltirganda, ular bir to’g’ri chiziqda yotadi.
Vektorning koordinatalari
𝐴1 (𝑥1 , 𝑦1 ) nuqta 𝑎 vektorning boshi, 𝐴2 (𝑥2 , 𝑦2 ) nuqta esa uning oxiri
bo’lsin. 𝑎1 = 𝑥2 − 𝑥1 , 𝑎2 = 𝑦2 − 𝑦1 sonlarni 𝑎 vektorning koordinatalari deb
11
ataymiz. Vektorning koordinatalarini uning harfiy belgisi yoniga qo’yamiz,
qaralayotgan holda
𝑎(𝑎1 , 𝑎2 ) yoki to’g’ridan-to’g’ri (𝑎
⃗⃗⃗⃗1 , ⃗⃗⃗⃗
𝑎2 ). Nol vektorning
koordinatalari nolga teng.
Ikki nuqta orasidagi masofani shu nuqtalarning koordinatalari
orqali ifodalovchi formuladan koordinatalari 𝑎1 , 𝑎2 dan iborat vektorning moduli
√𝑎1 2 + 𝑎2 2
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 𝐴2 (𝑥2 , 𝑦2 ) 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 𝐴1 ́(𝑥1 + 𝑐, 𝑦1 +
𝑑), 𝐴2 ́(𝑥2 + 𝑐, 𝑦2 + 𝑑)
nuqtalardan
iborat
bo’ladi.
Bundan
ikkala 𝑎
va 𝑎 ́vektorning bir xil 𝑥2 − 𝑥1 , 𝑦2 − 𝑦1 koordinatalarga ega ekanligi ko’rinib
turibdi.
Endi teskari tasdiqni isbotlaymiz. ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴1 𝐴2 va ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴1 ́𝐴2 ́ vektorlarning mos
koordinatalari teng bo’lsin. Vektorlarning teng ekanini isbotlaymiz. 𝑥1 ́ va 𝑦1 ́—𝐴1 ́
nuqtaning koordinatalari, 𝑥2 ́ va 𝑦2 ́ esa 𝐴2 ́ nuqtaning koordinatalari bo’lsin.
Teorema shartiga ko’ra: 𝑥2 − 𝑥1 =𝑥2 ́ −𝑥1 ́, 𝑦2 − 𝑦1 =𝑦2 ́−𝑦1 ́.
Bundan
𝑥2 ́ = 𝑥2 + 𝑥1́ − 𝑥1 ,
𝑦2 ́= 𝑦2 + 𝑦1 ́ − 𝑦1 .
𝑥 ́ = 𝑥 + 𝑥1 ́ − 𝑥1 ,
𝑦 ́ = 𝑦 + 𝑦1 ́ − 𝑦1
formulalar bilan berilgan parallel ko’chirish 𝐴1 nuqtani 𝐴1 ́ nuqtaga, 𝐴2 nuqtani esa
𝐴2 ́ nuqtaga o’tkazadi, ya’ni ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴1 𝐴2 va ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴1 ́𝐴2 ́ 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
12
Vektorlarni qo’shish
Koordinatalari 𝑎1 , 𝑎2 va 𝑏1 , 𝑏2 bo’lgan 𝑎 va 𝑏⃗ vektorlarning yig’indisi deb,
koordinatalari 𝑎1 + 𝑏1 , 𝑎2 + 𝑏2 bo’lgan 𝑐 vektorga aytiladi, ya’ni,
𝑎(𝑎1 , 𝑎2 ) + 𝑏⃗(𝑏1 , 𝑏2 ) = 𝑐 (𝑎1 + 𝑏1 , 𝑎2 + 𝑏2 )
har qanday 𝑎(𝑎1 , 𝑎2 ), 𝑏⃗(𝑏1 , 𝑏2 ), 𝑐 (𝑐1 , 𝑐2 ), vektorlar uchun
𝑎 + 𝑏⃗=𝑏⃗ + 𝑎
𝑎 + (𝑏⃗+𝑐 )= (𝑎 + 𝑏⃗)+𝑐
tengliklar o’rinli.
1.2.2-teorema. A, B, C nuqtalar qanday bo’lmasin
⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝐵𝐶
⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝐴𝐶
⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝐵
vektor tenglik o’rinlidir.
Isboti: 𝐴(𝑥1 , 𝑦1 ), 𝐵(𝑥2 , 𝑦2 ), 𝐶(𝑥3 , 𝑦3 ) − 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 𝑥3 − 𝑥1 , 𝑦3 − 𝑦1 . Bu
⃗⃗⃗⃗⃗ vektorning koordinatalaridir. 1.2.1-teoremaga ko’ra
esa 𝐴𝐶
⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝐵 + ⃗⃗⃗⃗⃗
𝐵𝐶 va 𝐴𝐶
vektorlar teng. Teorema isbotlandi.
1.2.2-teorema ixtiyoriy 𝑎 va 𝑏⃗ 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
⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝑎 va 𝐵𝐶
⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝑏⃗ vektorlarning yig’indisi uchun 𝐴𝐶
⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝑐 vektorni qabul qilish
𝐴𝐵
tabiiydir. Buni e’tiborga olib, ikki 𝑎 va 𝑏⃗ vektorlarning yig’indisi deb,
quyidagicha hosil bo’lgan 𝑐 vektorga aytiladi: berilgan ⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝐵=𝑎 vektorni B uchidan
⃗⃗⃗⃗⃗
𝐵𝐶 =𝑏⃗ vektorni yasab, so’ngra birinchi 𝑎 vektorning boshini ikkinchi 𝑏⃗ vektorning
⃗⃗⃗⃗⃗ =𝑐 vektor−berilgan 𝑎 va 𝑏⃗ vektorlarning
uchi bilan tutashtiriladi. Hosil bo’lgan 𝐴𝐶
yig’indisi bo’ladi (1.2.5-chizma). Vektorlarni qo’shish amalining ishorasi uchun
odatdagi algebraik qo’shish ishorasi ishlatiladi, ya’ni
𝑎 + 𝑏⃗ = 𝑐
13
C
𝑐
𝑏⃗
𝑏⃗
𝑎
A
B
1.2.5-chizma. Vektorlarni uchburchak usulida qo’shish
𝑎 va 𝑏⃗ vektorlar−qo’shiluvchi vektorlar va 𝑐 vektor−geometrik yig’indi
yoki, qisqacha yig’indi deyiladi. Shuning bilan, 𝑎 vektorga 𝑏⃗ vektorni qo’shish
uchun: 𝑎 vektorning B uchiga 𝑏⃗ vektorning boshini keltirib, so’ngra 𝑎 vektorning
⃗⃗⃗⃗⃗ vektor 𝑎 va 𝑏⃗ vektorlarning
boshi 𝑏⃗ vektorning uchi C bilan tutashtirilsa, 𝐴𝐶
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).
B
C
A
D
1.2.6-chizma. Vektorlarni parallelogram usulida qo’shish
Haqiqatan ham,
⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗ , ⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝐵 + ⃗⃗⃗⃗⃗
𝐵𝐶 = 𝐴𝐶
𝐵𝐶 = ⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝐷.
Demak
⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗ .
𝐴𝐵 + ⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝐷 = 𝐴𝐶
14
Endi vektorlarni qo’shishning ko’pburchak qoidasi bilan tanishsak. Biz soni
istalgancha bo’lgan vektorlarni ham qo’shishimiz mumkin, masalan,
𝑎 + 𝑏⃗ + 𝑐 + 𝑑 + 𝑒
Yig’indini topish uchun 𝑎 vektorga 𝑏⃗ vektorni qo’shamiz so’ngra hosil
bo’lgan yig’indiga 𝑐 vektorni qo’shamiz va shunga o’xshash ketma-ket davom
etib, 𝑎 + 𝑏⃗ + 𝑐 + 𝑑 yig’indiga 𝑒 vektorni qo’shamiz.(1.2.7-chizma).
𝑒
𝑏⃗
𝑐
𝑒
𝑐
𝑑
𝑑
𝑎
𝑏⃗
𝑗
𝑎
1.2.7-chizma. Vektorlarni ko’pburchak usulida qo’shish
Demak, 𝑎, 𝑏⃗, 𝑐 , 𝑑 , 𝑒 vektorlarni qo’shish uchun 𝑎 vektorning oxiriga 𝑏⃗
vektorni, 𝑏⃗ 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 + (𝑏⃗ + 𝑐 ) + ⋯ + 𝑡 = 𝑎 + 𝑏⃗ + (𝑐 + ⋯ + 𝑡)
va shunga o’xshash.
⃗⃗⃗⃗⃗ , 𝑏⃗ = 𝑂𝐵
⃗⃗⃗⃗⃗ , 𝑐 = 𝑂𝐶
⃗⃗⃗⃗⃗ bo’lsin.
Faraz qilaylik, qo’shiluvchi vektorlar 𝑎 = 𝑂𝐴
Agar 1.2.8-chizmada ko’rsatilgandek uchala vektorlarda parallelepiped yasalsa,
⃗⃗⃗⃗⃗ ; 𝑎 + 𝑏⃗ + 𝑐 = ⃗⃗⃗⃗⃗
𝑎 + 𝑏⃗ = ⃗⃗⃗⃗⃗
𝑂𝐴 + 𝑂𝐵
𝑂𝐸 + ⃗⃗⃗⃗⃗
𝑂𝐶 = ⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝑂𝐷
ya’ni, bir tekislikda yotmagan uchta vektorni umumiy bir nuqtaga keltirganda, u
nuqtadan
chiqqan
yig’indi
vektorni
berilgan
uch
parallelepipedning shu nuqtadan chiqqan diagonali ifodalaydi.
15
vektorda
yasalgan
C
D
𝑏⃗
O
B
𝑎
A
E
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).
−𝑎
𝑎
1.2.9-chizma. Qarama-qarshi vektorlar
𝑎 + (−𝑎) = 0
Shuning uchun, agarda 𝑎 + 𝑏⃗=0 bo’lsa, 𝑎 = −𝑏⃗ yozish mumkin.
Endi, ayirish amali qo’shish amaliga teskari amal tariqasida quyidagicha
aniqlanadi:
16
Ikkita 𝑎 va 𝑏⃗ vektorlarning ayirmasi deb, shunday uchinchi 𝑐 vektorga
aytiladiki, 𝑏⃗ va 𝑐 vektorlarning yig’indisi 𝑎 ga teng bo’lsa, ya’ni 𝑎 − 𝑏⃗ = 𝑐 , agar
𝑏⃗ + 𝑐 = 𝑎 bo’lsa
Agar keyingi tenglikning ikkala tomoniga (−𝑏⃗) vektordan qo’shilsa,
𝑐 = 𝑎 − 𝑏⃗=𝑎 + (−𝑏⃗)
bo’ladi, ya’ni 𝑎 vektordan 𝑏⃗ vektorni ayirish uchun 𝑐 vektorga (−𝑏⃗) vektorni
qo’shish kerak.
𝑎 va 𝑏⃗ vektorlarning ayirmasini yasash uchun bu vektorlarni biror boshlang’ich O
nuqtaga ko’chirib, so’ngra 𝑏⃗ vektorning B uchidan 𝑎 vektorning A uchiga ⃗⃗⃗⃗⃗
𝐵𝐴
vektor o’tkazilsa, shuning o’zi izlangan 𝑎 − 𝑏⃗ vektor bo’ladi, chunki(1.2.10chizma).
B
C
𝑏⃗
O
A
𝑎
1.2.10-chizma. Vektorlar ayirmasi
⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗ + ⃗⃗⃗⃗⃗
𝐵𝐴 = 𝐵𝑂
𝑂𝐴=−𝑏⃗+𝑎=𝑎 − 𝑏⃗
Shuning
bilan, 𝑎
va
𝑏⃗
vektorlarda
yasalgan
parallelogrammda
diagonallaridan biri u vektorlarning yig’indisini va ikkinchisi ayirmasini ifoda
qiladi.
⃗⃗⃗⃗⃗ vektorlar berilgan bo’lsin
1.2.2-masala: Boshi umumiy bo’lgan ⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝐵 va 𝐴𝐶
⃗⃗⃗⃗⃗ − 𝐴𝐵
⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝐵𝐶
⃗⃗⃗⃗⃗ ekanini isbotlang.
(1.2.5-chizma) 𝐴𝐶
⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝐵𝐶
⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝐴𝐶
⃗⃗⃗⃗⃗ tenglikka egamiz. Bu esa 𝐴𝐶
⃗⃗⃗⃗⃗ − 𝐴𝐵
⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝐵𝐶
⃗⃗⃗⃗⃗
Yechilishi: 𝐴𝐵
ekanini bildiradi.
17
Vektorni skalyarga ko’paytirish
𝑎 vektorni biror λ skalyar (haqiqiy) ko’paytuvchiga ko’paytirish, shunday
yangi 𝑏⃗ vektor hosil qilish demakki,
𝑏⃗ = λ𝑎
bo’lsin. Agar λ>0 bo’lsa, 𝑏⃗ vektorning yo’nalishi 𝑎 vektorning yo’nalishi kabi
bo’ladi, agarda λ<0 bo’lsa, qarama-qarshisi bo’ladi. Har ikki holda ham
|λ𝑎| = |𝜆||𝑎|.
Vektorning
o’zgarmas
songa
ko’paytmasi
distributivlik
qonuniga
bo’ysunadi, ya’ni:
𝜆(𝑎 + 𝑏⃗)= 𝜆𝑎+λ 𝑏⃗,
boshqacha
qilib aytganda, oddiy algebra qoidasi bo’yicha qavslarni ochish
mumkin. Haqiqatda (1.2.11-rasm)
⃗⃗⃗⃗⃗
𝑂𝐴 = 𝑎 ,
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝑂𝐴1 = 𝜆𝑎
⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝑏⃗ ,
𝐴𝐶
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴1 𝐶1 = λ 𝑏⃗;
bundan
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗
𝑂𝐴1 = 𝜆𝑂𝐴
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴1 𝐶1 = λ ⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝐶 ,
ya’ni OAC va O𝐴1 𝐶1 uchburchaklar o’xshash, demak,
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗ ,
𝑂𝐶1 = 𝜆𝑂𝐶
shuning uchun:
𝜆𝑎+λ𝑏⃗=𝜆(𝑎 + 𝑏⃗).
𝐵1
𝐶1
B
C
𝑏⃗
λ𝑏⃗
𝑎
O
𝜆𝑎
A
𝐴1
1.2.11-chizma. Songa ko’paytirilgan vektor
18
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 = 𝑎𝑎
⃗⃗⃗⃗1
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 𝑏⃗ vektorni topish demakki, uni λ ga ko’paytirganda 𝑎
vektor hosil bo’lsin, ya’ni
λ 𝑏⃗ = 𝑎
Shuning bilan, bu amal vektorni songa ko’paytirish amaliga teskari bo’lgan
1
amaldan iborat. Agar bu tenglikning ikkala tomoni ga ko’paytirilsa, u holda
𝜆
1
𝑏⃗ = 𝑎 · ,
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
𝑎⃗
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 𝑏⃗
α𝑎+β𝑏⃗=0
(1.2.1)
chiziqli munosabat bilan bog’langan bo’lsa, u holda 𝑎 va 𝑏⃗ vektorlar kollinear
bo’ladi. Haqiqatda, faraz qilaylik, α≠0 bo’lsin. Bu holda
𝛽
𝑎=− 𝑏⃗,
𝛼
bu esa 𝑎 va 𝑏⃗ vektorlarning kollinearligini ko’rsatadi. Aksincha, agar 𝑎 va 𝑏⃗
vektorlar kollinear bo’lsa u holda 𝑎 ning 𝑏⃗ ga nisbatini λ faraz qilib,
𝑎=𝜆𝑏⃗
yoki 𝑎 − 𝜆𝑏⃗ = 0
19
yozish mumkin, bu esa chiziqli munosabatning xususiy holidan iborat.
Agar 𝑎 va𝑏⃗ vektorlar kollinear bo’lmasa u holda vektor
𝑐 = α𝑎 + β𝑏⃗
(1.2.2)
𝑎 va 𝑏⃗ vektorlar bilan aniqlangan tekislikka parallel bo’ladi, chunki bir tekislikdagi
𝑎 va 𝑏⃗ vektorlarning yig'indisi shu tekislikning o'zida bo'ladi. Bu holda 𝑎, 𝑏⃗ va 𝑐
vektorlar komplanar vektorlar, ya’ni bir tekislikka parallel bo’lgan vektorlar
deyiladi.
Aksincha, kollinear bo’lmagan 𝑎 va𝑏⃗ vektorlarga komplanar bo’lgan har
qanday 𝑐 vektorni (1.2.2) ravishda ifoda qilish mumkin. Buni isbot qilish uchun
𝑎, 𝑏⃗, 𝑐 vektorlarning uchalasini biror umumiy O nuqtaga ko’chiramiz (1.2.12chizma). So’ngra 𝑐 vektorning C uchidan 𝑎 va 𝑏⃗ vektorlarga parallel qilib CD va
CE ni o’tkazamiz.Bu holda 𝑎 va 𝑏⃗ vektorlarga kollinear bo’lgan
α𝑎 va β𝑏⃗
vektorlarning geometrik yig’indisi 𝑐 bo’ladi, ya’ni
𝑐 = α𝑎 + β𝑏⃗.
C
D
𝑐
B
𝑏⃗
β𝑏⃗
𝑎
O
F
α𝑎
A
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 = α𝑎 + β𝑏⃗ , 𝑐 = α′ 𝑎 + β′ 𝑏⃗
20
faraz qilinsa, bu holda
0 = (𝛼 − α′ )𝑎 + (β − β′ )𝑏⃗
bo’lar edi. Ikkinchi tomondan 𝑎 va 𝑏⃗ 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:
𝛼𝑎 + β𝑏⃗ + 𝛾𝑐 = 0.
Aksincha, agar bu munosabat bajarilsa, 𝑎, 𝑏⃗, 𝑐 vektorlar komplanar bo’ladi.
Agar uchta 𝑎, 𝑏⃗, 𝑐 vektorlar komplanar bo’lmasa, u holda har bir 𝑑 vektorni
𝑑 = 𝛼𝑎 + β𝑏⃗ + 𝛾𝑐
(1.2.3)
ko’rinishda uchtaga ajratish mumkin. Buning mumkinligi 1.2.13-chizmada yaqqol
ko’rinmoqda.
𝑐
𝛼𝑎
𝑏⃗
1.2.13-chizma. Komplanar bo’lmagan vektorlar
Shu bilan birga (1.2.3) yoyilma bir qiymatli aniqlangan. Haqiqatdan, ham
yoyilmani
𝑑 = 𝛼𝑎 + β𝑏⃗ + 𝛾𝑐 ,
𝑑 = 𝛼′𝑎 + β′𝑏⃗ + 𝛾′𝑐
21
deb faraz qilsak, u holda ularning ayirmasi
0 = (𝛼 − α′ )𝑎 + (β − β′ )𝑏⃗ + (𝛾 − γ′ )𝑐
bo’lar edi va agar 𝛼 − α′ , β − β′ , 𝛾 − γ′ ayirmalardan hech bo’lmaganda birortasi
nolga teng bo’lmasa, 𝑎, 𝑏⃗, 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 ), 𝑏⃗(𝑏1 , 𝑏2 ) vektorlarning skalyar ko’paytmasi deb 𝑎1 𝑏1 + 𝑎2 𝑏2
songa aytiladi. Vektorlarning skalyar ko’paytmasi uchun ham sonlarning
ko’paytmasi singari yozuvdan foydalaniladi. 𝑎 · 𝑎 skalyar ko’paytma 𝑎2 kabi
belgilanadi va 𝑎2 = |𝑎|2
tenglik o’rinli
Vektorlarning
skalyar
ko’paytmasi
ta’rifidan,
har
qanday
𝑎(𝑎1 , 𝑎2 ), 𝑏⃗(𝑏1 , 𝑏2 ), 𝑐 (𝑐1 , 𝑐2 ) vektorlar uchun
(𝑎 + 𝑏⃗) 𝑐 = 𝑎𝑐 + 𝑏⃗𝑐
tenglik o’rinli. Haqiqatan tenglikning chap qismi
(𝑎1 + 𝑏1 )𝑐1 + (𝑎2 + 𝑏2 )𝑐2
dan, o'ng qismi esa
𝑎1 𝑐1 + 𝑎2 𝑐2 + 𝑏1 𝑐1 + 𝑏2 𝑐2
dan iborat. Soddalashtirgandan so’ng ularning teng ekanligini ko’rishimiz mumkin.
⃗⃗⃗⃗⃗ , 𝐴𝐶
⃗⃗⃗⃗⃗ vektorlar orasidagi burchak deb ∠𝐵𝐴𝐶 ga aytiladi.
Noldan farqli 𝐴𝐵
Ixtiyoriy ikkita 𝑎 va 𝑏⃗ 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. 𝑎 va 𝑏⃗ − berilgan vektorlar va φ−ular orasidagi burchak bo’lsin.
Ushbularga egamiz:
22
2
(𝑎 + 𝑏⃗) = (𝑎 + 𝑏⃗)(𝑎 + 𝑏⃗) = (𝑎 + 𝑏⃗) ∙ 𝑎 + (𝑎 + 𝑏⃗) ∙ 𝑏⃗ =
= 𝑎𝑎 + 𝑏⃗𝑎 + 𝑎𝑏⃗ + 𝑏⃗𝑏⃗ = 𝑎2 + 2𝑎𝑏⃗ + 𝑏⃗ 2
yoki
2
2
|𝑎 + 𝑏⃗| = |𝑎|2 + |𝑏⃗| + 2𝑎𝑏⃗
Bundan 𝑎𝑏⃗ skalyar ko’paytma 𝑎, 𝑏⃗ va 𝑎 + 𝑏⃗ 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.
x
y
b
a
𝜑
O
1.2.14-chizma. Vektorlarni skalyar ko’paytirish
Koordinatalar sistemasini bunday tanlashda 𝑎 vektorning koordinatalari |𝑎|
va 0dan, 𝑏⃗ vektorning koordinatalari |𝑏⃗| cos 𝜑, |𝑏⃗| sin 𝜑 dan iborat. Skalyar
ko’paytma esa ushbuga teng:
𝑎𝑏⃗ = |𝑎||𝑏⃗| cos 𝜑 + 0 ∙ |𝑏⃗| sin 𝜑 = |𝑎||𝑏⃗| 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 𝑏⃗(0; 1) vektorlar berilgan. Shunday λ sonni
topingki, 𝑎 + λ𝑏⃗ vektor 𝑏⃗ vektorga perpendikulyar bo’lsin.
23
Yechish: Bu yerda
𝑏⃗(𝑎 + λ𝑏⃗ ) = 0
𝑎𝑏⃗ + λ𝑏⃗ 2 = 0
bundan
𝑎𝑏⃗
1
λ=−
= − = −1.
1
𝑏⃗ 2
Ikki vektorning vektorial ko’paytmasi
Faraz qilaylik, ikkita 𝑎 va 𝑏⃗ vektorlar berilgan bo’lsin. 𝑎 vektorning 𝑏⃗
vektorga vektorial ko’paytmasi deb, shunday uchinchi 𝑐 vektorga aytiladiki, u
vektor quyidagicha aniqlanadi:
1)
𝑐 vektorning uzunligi 𝑎 va 𝑏⃗ vektorlar uzunliklarining ular orasidagi
burchakning sinusi bilan ko’paytmasiga teng, ya’ni
|𝑐 | = 𝑎𝑏 sin(𝑎, 𝑏⃗).
Bu ta’rifga ko’ra 𝑐 vektorning uzunligi 𝑎 va 𝑏⃗ vektorlarda yasalgan
parallelogrammning yuzini ifodalovchi son bilan ifoda qilinadi;
2)
yo’nalishi
𝑐 vektorning
𝑎 va 𝑏⃗
vektorlarga
parallelogrammning
3)
tekisligiga perpendikulyar bo’lib, (1.2.15-chizma)
𝑐
𝑏⃗
𝑎
1.2.15-chizma. Vektorlarning vektorial ko’paytmasi
𝑎 vektorning 𝑏⃗ vektorga vektorial ko’paytmasi:
24
qurilgan
[𝑎𝑏⃗]
ravishda belgilanadi, ya’ni
𝑐 = [𝑎𝑏⃗]
Uch vektorning aralash ko’paytmasi
𝑎 va 𝑏⃗ vektorlarning vektorial ko’paytmasining uchinchi 𝑐 vektorga skalyar
ko’paytmasiga uch vektorning aralash ko’paytmasi deyiladi.
[𝑎𝑏⃗]𝑐
(1.2.4)
𝑎 va 𝑏⃗ vektorlarning [𝑎𝑏⃗] vektorial ko’paytmasi vektor bo’lgani uchun, bu
vektorning 𝑐 vektorga skalyar ko’paytmasi skalyar bo’ladi, demak, 𝑎, 𝑏⃗, 𝑐
vektorlarning (1.2.4) aralash ko’paytmasi skalyardan iborat.
Bu ko’paytma oddiy geometrik ma’noga egadir. Uchala vektor 𝑎, 𝑏⃗, 𝑐 biror
umumiy O nuqtaga keltirilganda, ularning o’rinlari 1.2.16-chizmadagi kabi bo’lsin.
[𝑎𝑏⃗]
𝑐
𝑏⃗
O
𝑎
1.2.16-chizma. Uch vektorning aralash ko’paytmasi
Qirralari
berilgan
vektorlardan
iborat
yasaymiz. 𝑎 va 𝑏⃗ vektorlarda yasalgan parallelogrammning yuzi
|[𝑎𝑏⃗]|
25
parallelepiped
bo’ladi.
Ikkinchi
tomondan
[𝑎𝑏⃗]
vektor
𝑎 va 𝑏⃗ vektorlarga
qurilgan
parallelogrammning tekisligiga perpendikulyar bo’lgani uchun 𝑐 vektorni [𝑎𝑏⃗]
vektorning yo’nalishiga proyeksiyasini olib, parallelepipedning balandligini hosil
qilish mumkin.
Natijada
𝑉 = [𝑎𝑏⃗]𝑐
(1.2.5)
aralash ko’paytma 𝑎, 𝑏⃗, va 𝑐 vektorlarda yasalgan parallelepipedning hajmini
ifodalaydi.
𝑎, 𝑏⃗, va 𝑐 vektorlar o’ng sistema tashkil qilganda, bu ko’paytma musbat va
aks holda manfiy bo’ladi. Shu bilan birga bu yerda 𝑎, 𝑏⃗, 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:
[𝑎𝑏⃗]𝑐 = −[𝑏⃗𝑎]𝑐
(1.2.6)
Lekin 𝑎, 𝑏⃗, 𝑐 vektorlarni doiraviy almashtirganda (ya’ni 𝑎 ni 𝑏⃗ ga, 𝑏⃗ ni 𝑐 ga, 𝑐 ni 𝑎
ga almashtirganda) aralash ko’paytma o’zgarmaydi, masalan:
[𝑎𝑏⃗]𝑐 = −[𝑏⃗𝑎]𝑐 = [𝑐 𝑎]𝑏⃗
(1.2.7)
chunki bundan asosiy sistema o’zgarmaydi.
Agarda 𝑎, 𝑏⃗, 𝑐 vektorlar komplanar bo’lsa, bu holda [𝑎𝑏⃗] vektor 𝑐 vektorga
perpendikulyar bo’lgani uchun
[𝑎𝑏⃗]𝑐 = 0
(1.2.8)
geometriya nuqtai nazaridan, albatta shunday bo’lishi kerak, chunki 𝑎, 𝑏⃗, 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:
[𝑎𝑎]𝑏⃗ = [𝑎𝑏⃗]𝑎 = [𝑏⃗𝑎]𝑎 = 0
26
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.
27
II. 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=2CM, K va L nuqtalar mos ravishda AC va AB tomonlardan
tanlab olingan, bunda AK=2CK, BL=3AL, KL chiziq AM kesmani qanday
nisbatdagi bo’laklarga ajratadi?
⃗⃗⃗⃗⃗ vektorlarni qisqacha 𝑎 va 𝑏⃗ orqali belgilab olamiz. ⃗⃗⃗⃗⃗
Yechish: ⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝐵 va 𝐴𝐶
𝐴𝐸 =
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
x 𝐴𝑀,
⃗⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗ bo’lsin.
𝐿𝐸= y 𝐿𝐾
A
L
E
K
C
M
B
2.1.1-chizma. Uchburchak ichidagi chiziqlar munosabati
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝑎
𝐴𝑀
⃗⃗⃗ +
2
2
1
2
⃗⃗⃗⃗⃗
𝐵𝐶 = 𝑎 + ( 𝑏⃗ − 𝑎) = 𝑎 + 𝑏⃗
3
3
3
3
𝑥
2𝑥
⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝐸 = 𝑎 +
𝑏⃗
3
3
boshqa tomondan
⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗ =
𝐴𝐸 = ⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝐿 +y𝐿𝐾
1
4
2
1
1
𝑎+y( 𝑏⃗ − 𝑎)= (1-y)𝑎 +
3
4
4
2𝑦
3
𝑏⃗
2 ta nokollinear vektorlar bo’yicha vektorni yoyilmasi yagona ko’rinishda
bo’lganidan quyidagi tenglamalar sistemasi hosil bo’ladi:
𝑥 1
= (1 − 𝑦)
3 4
2𝑥 2𝑦
=
3
3
28
bu yerdan x=3/7. Izlanayotgan nisbat 𝐴𝐸:EM=3:4 ga teng.
Javob: 𝐴𝐸:EM=3:4
2.1.2 masala.Ixtiyoriy ABC uchburchakda ichki burchaklar A, B, C bo’lsa,
3
cosA+ cosB + cosC ≤ munosabat o’rinli ekanligini isbot qiling.
2
Yechish: O nuqta
ABC uchburchakka ichki chizilgan aylana markazi
bo’lsin (2.1.2-chizma).
A
𝐵1
𝐶1
O
B
𝐴1
C
2.1.2-chizma.Uchburchakka ichki chizilgan aylana
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗1 + ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
|𝑂𝐴
𝑂𝐵1 + ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝑂𝐶1 |≥ 𝑐
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗1 | = 𝑟 bundan
Faraz qilaylik,|𝑂𝐴
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗1 | = |𝑂𝐵
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗1 | = |𝑂𝐶
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗1 | = 𝑟
|𝑂𝐴
2
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗1 + ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝑂𝐵1 + ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝑂𝐶1 | ≥ 0
|𝑂𝐴
2
2
2
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗1 | ∙ |𝑂𝐵
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗1 | ∙ cos(180 − 𝐶) + 2 ∙ |𝑂𝐴
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗1 | ∙ |𝑂𝐶
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗1 | ∙
𝑂𝐴1 + ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝑂𝐵1 + ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝑂𝐶1 + 2 ∙ |𝑂𝐴
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗1 | ∙ |𝑂𝐶
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗1 | ∙ cos(180 − 𝐴) ≥ 0
∙ cos(180 − 𝐵) + 2 ∙ |𝑂𝐵
3𝑟 2 − 2𝑟 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.
29
Yechish: Faraz qilaylik, < 𝐵𝐴𝑀 = 𝜑 (2.1.3-chizma) 𝐴𝐵 = 𝑐, 𝐴𝐶 =
𝑏, 𝐵𝐶 = 𝑎 bo’lsin.
B
M
C
A
2.1.3-chizma. Uchburchak va uning medianasi
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ↑↑ (𝐴𝐵
⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝐴𝐶
⃗⃗⃗⃗⃗ ) bo’lgani uchun
𝐴𝑀
⃗⃗⃗⃗⃗ ∙ (𝐴𝐵
⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝐴𝐶
⃗⃗⃗⃗⃗ ))
⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗ , 𝐴𝐶
⃗⃗⃗⃗⃗ )
(𝐴𝐵
𝐴𝐵2 + (𝐴𝐵
cos 𝜑 =
=
=
⃗⃗⃗⃗⃗ | ∙ |𝐴𝐵
⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝐴𝐶
⃗⃗⃗⃗⃗ | 𝑐 ∙ √𝑐 2 + 𝑏 2 + 2 ∙ 𝑏 ∙ 𝑐 cos 𝐴
|𝐴𝐵
=
𝑏
sin 𝐵
𝑐
sin 𝐶
va =
𝑐 + 𝑏 ∙ cos 𝐴
√𝑐 2 + 𝑏 2 + 2 ∙ 𝑏 ∙ 𝑐 cos 𝐴
dan
cos 𝜑 =
sin 𝐶 + sin 𝐵 ∙ sin 𝐴
√sin2 𝐵 + sin2 𝐶 + sin2 𝐴
.
Demak,
𝜑 = 𝑎𝑟𝑐 cos
Javob: = 𝑎𝑟𝑐 cos
sin 𝐶 + sin 𝐵 ∙ sin 𝐴
√sin2 𝐵 + sin2 𝐶 + sin2 𝐴
sin 𝐶+sin 𝐵∙sin 𝐴
√sin2 𝐵+sin2 𝐶+sin2 𝐴
.
2.1.4-masala: Parallelogramm diagonallari kvadratlari yig’indisi uning
barcha tomonlari kvadratlari yig’indisiga tengligini isbotlang.
⃗⃗⃗⃗⃗ = ⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = ⃗⃗⃗⃗
Yechish: ⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝐵 = ⃗⃗⃗⃗⃗
𝐷𝐶 = 𝑎, ⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝐷 = ⃗⃗⃗⃗⃗
𝐵𝐶 = 𝑏⃗, 𝐴𝐶
𝑑1 , 𝐵𝐷
𝑑2 , < 𝐵𝐴𝐷 = 𝜑
bo’lsin (2.1.4-chizma).
30
B
C
O
A
D
2.1.4-chizma. ABCD parallelogramm
2
⃗⃗⃗⃗1 |
𝑎2 + 2 ∙ |𝑎| ∙ |𝑏⃗| ∙ cos 𝜑 + 𝑏⃗ 2 = |𝑑
𝑎 + 𝑏⃗ = ⃗⃗⃗⃗
𝑑1
2
⃗2
⇒{
{
2 ⇒ 2∙𝑎 +2∙𝑏 =
⃗
⃗⃗⃗⃗
𝑎 − 𝑏 = 𝑑2
⃗⃗⃗⃗2 |
𝑎2 − 2 ∙ |𝑎| ∙ |𝑏⃗| ∙ cos 𝜑 + 𝑏⃗ 2 = |𝑑
2
2
2
2
= ⃗⃗⃗⃗
𝑑1 + ⃗⃗⃗⃗
𝑑2 ⇒ ⃗⃗⃗⃗
𝑑1 + ⃗⃗⃗⃗
𝑑2 = 2 ∙ (𝑎2 + 𝑏⃗ 2 ).
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.
A
H
B
C
2.1.5-chizma. ABC uchburchak
⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗ va BH
⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥ ⃗⃗⃗⃗⃗
AH ⊥ BC
CA ekanligidan
⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗ = 0, BH
⃗⃗⃗⃗⃗ ∙ ⃗⃗⃗⃗⃗
AH ∙ BC
CA = 0.
31
⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗ = ⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ + ⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ − ⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ − ⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ∙
𝐵𝐶 = 𝐵𝐻
𝐻𝐶 = 𝐵𝐻
𝐶𝐻, 𝐶𝐴
𝐶𝐻 − ⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝐻. ⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝐻 ∙ (𝐵𝐻
𝐶𝐻) = 0, 𝐵𝐻
⃗⃗⃗⃗⃗ − ⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝐻 ) = 0
(𝐶𝐻
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
1
o’tkazilgan mediana 𝑚𝑎 = √2 ∙ 𝑐 2 + 2 ∙ 𝑏 2 − 𝑎2 formula bilan hisoblanishini
2
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).
B
C
M
A
D
2.1.6-chizma. ABC uchburchakni parallelogrammga to’ldirish
Vektorlarni qo’shish va ayirish qoidalariga asoslanib quyidagilarni hosil
qilamiz:
⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝐴𝐶
⃗⃗⃗⃗⃗ = 2 ∙ 𝐴𝑀
⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝐵
2
2
⃗⃗⃗⃗⃗ | − 2 ∙ |𝐴𝐵
⃗⃗⃗⃗⃗ | ∙ |𝐴𝐶
⃗⃗⃗⃗⃗ | ∙ cos 𝛼 + |𝐴𝐶
⃗⃗⃗⃗⃗ | = 4 ∙ |𝐴𝑀
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |
|𝐴𝐵
⃗⃗⃗⃗⃗ − 𝐴𝐵
⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝐵𝐶
⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝐶
2
2
⃗⃗⃗⃗⃗ | − 2 ∙ |𝐴𝐶
⃗⃗⃗⃗⃗ | ∙ |𝐴𝐵
⃗⃗⃗⃗⃗ | ∙ cos 𝛼 + |𝐴𝐵
⃗⃗⃗⃗⃗ | = |𝐵𝐶
⃗⃗⃗⃗⃗ |
|𝐴𝐶
2
|𝑐 |2 − 2 ∙ |𝑏⃗| ∙ |𝑐 | ∙ cos 𝛼 + |𝑏⃗| = 4 ∙ |𝑚
⃗⃗⃗⃗⃗𝑎 |2
32
2
2
2
|𝑏⃗| + 2 ∙ |𝑏⃗| ∙ |𝑐 | ∙ cos 𝛼 + |𝑐 |2 = |𝑎|2
2
2 ∙ |𝑏⃗| ∙ |𝑐 | ∙ cos 𝛼 = |𝑎|2 − |𝑏⃗| − |𝑐 |2
Hosil bo’lgan tenglikdan foydalanib quyidagiga ega bo’lamiz:
2
2
|𝑐 |2 − |𝑎|2 + |𝑏⃗| + |𝑐 |2 + |𝑏⃗| = 4 ∙ |𝑚
⃗⃗⃗⃗⃗𝑎 |2 ⇒
2
⇒ 2 ∙ |𝑏⃗| + 2 ∙ |𝑐 |2 − |𝑎|2 = 4 ∙ |𝑚
⃗⃗⃗⃗⃗𝑎 |2
bundan,
1
𝑚𝑎 = √2 ∙ 𝑐 2 + 2 ∙ 𝑏 2 − 𝑎2
2
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.
𝜋
Yechish: |𝐴𝐹| = |𝐶𝐹| = 2, |𝐵𝐹| = 1, |𝐷𝐹| = 4, ∠𝐵𝐹𝐶 = , (𝐴𝐵^𝐷𝐶)=𝜑
3
bo’lsin (2.1.7-chizma).
⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝐵 = ⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝐹 + ⃗⃗⃗⃗⃗
𝐹𝐵
⃗⃗⃗⃗⃗ | = √(𝐴𝐹
⃗⃗⃗⃗⃗ + ⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗ | ∙ |𝐹𝐵
⃗⃗⃗⃗⃗ | ∙ cos 60° + ⃗⃗⃗⃗⃗
𝐹𝐵)2 = √⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝐹 2 + 2 ∙ |𝐴𝐹
𝐹𝐵2 =
|𝐴𝐵
1
= √4 + 2 ∙ 2 ∙ 1 ∙ + 1 = √7
2
B
C
F
A
D
2.1.7-chizma. Ixtiyoriy qavariq to’rtburchak
33
⃗⃗⃗⃗⃗
𝐷𝐶 = ⃗⃗⃗⃗⃗
𝐷𝐹 + ⃗⃗⃗⃗⃗
𝐹𝐶
⃗⃗⃗⃗⃗ | = √(𝐷𝐹
⃗⃗⃗⃗⃗ | ∙ cos 60° + ⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗ + ⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗ | ∙ |𝐹𝐶
𝐹𝐶 )2 = √⃗⃗⃗⃗⃗
𝐷𝐹 2 + 2 ∙ |𝐷𝐹
𝐹𝐶 2 =
|𝐷𝐶
1
= √16 + 2 ∙ 4 ∙ 2 ∙ + 4 = 2√7
2
⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗ + ⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗ + ⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝐵 ∙ ⃗⃗⃗⃗⃗
𝐷𝐶 = (𝐴𝐹
𝐹𝐵) ∙ (𝐷𝐹
𝐹𝐶 ) = 4 + 4 + 4 + 1 = 13
cos 𝜑 =
⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝐵 ∙ ⃗⃗⃗⃗⃗
𝐷𝐶
13
13
=
=
⃗⃗⃗⃗⃗ | ∙ |𝐷𝐶
⃗⃗⃗⃗⃗ | √7 ∙ 2√7 14
|𝐴𝐵
𝜑 = 𝑎𝑟𝑐 cos
13
.
14
13
Javob: 𝜑 = 𝑎𝑟𝑐 cos .
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).
C
B
S
R
N
M
Q
P
D
A
2.1.8-chizma. ABCD qavariq to’rtburchak
34
Chiziqni teng ikkiga bo’lish formulasidan
1
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = (𝑂𝐴
⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝑂𝐵
⃗⃗⃗⃗⃗ ),
𝑂𝑀
2
1
⃗⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗ + ⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝑂𝑁 = (𝑂𝐶
𝑂𝐷),
2
bu yerda O – ixtiyoriy nuqta.
Bu formulani 𝑃, 𝑄, 𝑅, 𝑆 nuqtalar uchun qo’llab, mos ravishda quyidagi
tengliklarni olamiz:
1
1
1
1
1
1
⃗⃗⃗⃗⃗ = (𝑂𝐴
⃗⃗⃗⃗⃗ + ⃗⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗ + (𝑂𝐶
⃗⃗⃗⃗⃗ + ⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝑂𝑃
𝑂𝑁 ) = ⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝑂𝑀 = (𝑂𝐴
𝑂𝐷)) = ⃗⃗⃗⃗⃗
𝑂𝐴 + ⃗⃗⃗⃗⃗
𝑂𝐶 + ⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝑂𝐷,
2
2
2
2
4
4
1
1
1
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = ⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝑂𝐷
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,
𝑂𝑄
𝑂𝐴 + 𝑂𝐵
4
4
2
1
1
1
⃗⃗⃗⃗⃗ = ⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗ + ⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝑂𝑅
𝑂𝐶 + 𝑂𝐵
𝑂𝐷,
4
2
4
1
1
1
⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗ + ⃗⃗⃗⃗⃗
𝑂𝑆 = ⃗⃗⃗⃗⃗
𝑂𝐴 + 𝑂𝐵
𝑂𝐶 .
4
4
2
Bu yerdan
1
⃗⃗⃗⃗⃗ = ⃗⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗ = (−𝑂𝐴
⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝑂𝐵
⃗⃗⃗⃗⃗ − ⃗⃗⃗⃗⃗
𝑃𝑄
𝑂𝑄 − 𝑂𝑃
𝑂𝐶 + ⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝑂𝐷),
4
1
⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗ − ⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝑂𝐵
⃗⃗⃗⃗⃗ − ⃗⃗⃗⃗⃗
𝑆𝑅 = 𝑂𝑅
𝑂𝑆 = (−𝑂𝐴
𝑂𝐶 + ⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝑂𝐷).
4
⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝑆𝑅
⃗⃗⃗⃗⃗ . Bu yerdan 𝑃𝑄 va 𝑆𝑅 chiziqlarning tengligi va ular
Shunday qilib, 𝑃𝑄
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.
35
2.1.9-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
⃗⃗⃗⃗⃗ . Ikki tenglikni qo’shsak:
⃗⃗⃗⃗⃗ , 𝑃𝐷
⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝜆𝑃𝐶
o’xshashligidan, ⃗⃗⃗⃗⃗
𝑃𝐴 = 𝜆𝑃𝐵
⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝑃𝐷
⃗⃗⃗⃗⃗ ).
⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝜆(𝑃𝐵
⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝑃𝐶
𝑃𝐴
Chiziqni teng ikkiga bo’lish formulasidan
1
⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝑃𝐷
⃗⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗ ),
𝑃𝑀 = (𝑃𝐴
2
1
⃗⃗⃗⃗⃗ ).
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = (𝑃𝐵
⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝑃𝐶
𝑃𝑁
2
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝜆𝑃𝑁
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ , demak, 𝑀, 𝑁 va 𝑃 nuqtalar bir chiziqda yotadi.
Shunday qilib, 𝑃𝑀
P
C
N
D
B
M
A
2.1.9-chizma. ABCD to’rtburchak yon tonlarini davom ettirishdan hosil
bo’lgan ADP uchburchak
36
2.1.10-masala: 𝑙1 va 𝑙2 chiziqlarni uchta parallel chiziq mos ravishda 𝐴, 𝐵, 𝐶
va 𝐴1 , 𝐵1 , 𝐶1 nuqtalarda kesib o’tadi.
𝐴𝐶
𝐶𝐵
=
𝐴1 𝐶1
𝐶1 𝐵1
nisbat bajarilishini isbotlang.
Yechish: Masala shartiga ko’ra,
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗1 ,
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐵𝐵1 = 𝛽𝐴𝐴
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗1 .
𝐶𝐶1 = 𝛾𝐴𝐴
⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝜆𝐶𝐵
⃗⃗⃗⃗⃗ ,
𝐴𝐶
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴
1 𝐶1 = 𝜆1 𝐶1 𝐵1 ,
𝜆 ≠ −1,
𝜆1 ≠ −1
bo’lsin. 𝜆 = 𝜆1 ekanini isbot qilish kerak.
Agar 𝐴 va 𝐴1 nuqtalar ustma-ust tushmasa⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝐵 va ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝐴1 vektorlar kollinear
⃗⃗⃗⃗⃗ , ⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
emas. 𝐴𝐶
𝐶𝐵 va ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴1 𝐶1 , 𝐶
1 𝐵1 vektorlarni bu vektorlar bo’yicha yig’indiga yoyamiz.
⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝜆𝐶𝐵
⃗⃗⃗⃗⃗ tenglikning ikkala tomoniga ⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝐶
𝐶𝐵 vektorni qo’shamiz, u holda
⃗⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗ .
𝐴𝐵 = (1 + 𝜆)𝐶𝐵
A
B
C
𝐴1
𝐶1
𝐵1
2.1.10-chizma. Ikki chiziqni kesib o’tgan parallel to’g’ri chiziqlar
Bu yerdan
⃗⃗⃗⃗⃗
𝐶𝐵 =
1
⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝐵,
1+𝜆
⃗⃗⃗⃗⃗ =
𝐴𝐶
𝜆
⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝐵.
1+𝜆
Vektorlarni qo’shishning uchburchak qoidasini qo’llab, quyidagiga ega bo’lamiz:
37
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗1 ,
𝐴𝐵1 = ⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝐵 + ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐵𝐵1 = ⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝐵 + 𝛽𝐴𝐴
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗ + ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝛾𝐴𝐴
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗1 =
𝐴𝐶1 = 𝐴𝐶
𝐶𝐶1 = 𝐴𝐶
𝜆
⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗1 .
𝐴𝐵 + 𝛾𝐴𝐴
1+𝜆
Bundan
𝜆
⃗⃗⃗⃗⃗ + (𝛾 − 1)𝐴𝐴
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗1 ,
𝐴𝐵
1+𝜆
𝜆
1
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗1 = (1 −
⃗⃗⃗⃗⃗ + (𝛽 − 𝛾)𝐴𝐴
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗1 =
⃗⃗⃗⃗⃗ + (𝛽 − 𝛾)𝐴𝐴
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗1 .
𝐶1 𝐵1 = ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝐵1 − 𝐴𝐶
𝐴𝐵
) 𝐴𝐵
1+𝜆
1+𝜆
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴1 𝐶1 = ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝐶1 − ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝐴1 =
Endi, ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴1 𝐶1 = 𝜆1 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐶1 𝐵1 tenglikdan foydalanib keyingi ifodani hosil qilamiz
𝜆
𝜆
⃗⃗⃗⃗⃗ + (𝛾 − 1)𝐴𝐴
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗1 = 1 𝐴𝐵
⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝜆1 (𝛽 − 𝛾)𝐴𝐴
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗1 .
𝐴𝐵
1+𝜆
1+𝜆
Mos vektorlar oldidagi koeffitsiyentlarni tenglashtiramiz
𝜆
𝜆1
=
,
1+𝜆 1+𝜆
𝛾 − 1 = 𝜆1 (𝛽 − 𝛾).
Birinchi tenglikdan
𝜆 = 𝜆1
va
𝐴𝐶 𝐴1 𝐶1
=
𝐶𝐵 𝐶1 𝐵1
tenglik o’rinli bo’ladi.
Shu bilan birga ikinchi tenglikdan 𝜆, 𝛽 va 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 𝐴𝐴1 va 𝐵𝐵1 medianalari G
nuqtada kesishsin (2.1.11-chizma).Isbot qilish kerak:
1) uchburchakning uchinchi medianasi 𝐶𝐶1 ham G nuqta orqali o’tishini;
38
2) uchala mediana G nuqtada uchburchak uchidan hisoblaganda 2: 1
nisbatda bo’linishini.
B
𝐴1
𝐶1
G
C
𝐵1
A
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
1
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗ + ⃗⃗⃗⃗⃗
𝑂𝐴1 = (𝑂𝐵
𝑂𝐶 ),
2
1
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗ + ⃗⃗⃗⃗⃗
𝑂𝐵1 = (𝑂𝐶
𝑂𝐴),
2
1
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝑂𝐵
⃗⃗⃗⃗⃗ ),
𝑂𝐶1 = (𝑂𝐴
2
bu yerda O – ixtiyoriy nuqta. G nuqta har doim 𝐴𝐴1 , 𝐵𝐵1 chiziqlarga tegishli
ekanligidan ushbu bo’linish munosabati kelib chiqadi.
⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗1
𝑂𝐴 + 𝜆𝑂𝐴
,
1+𝜆
⃗⃗⃗⃗⃗ =
𝑂𝐺
⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝜇𝑂𝐵
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗1
𝑂𝐵
1+𝜆
⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝜆(𝑂𝐵
⃗⃗⃗⃗⃗ + ⃗⃗⃗⃗⃗
2𝑂𝐴
𝑂𝐶 )
,
1+𝜆
⃗⃗⃗⃗⃗
𝑂𝐺 =
⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝜇(𝑂𝐶
⃗⃗⃗⃗⃗ + ⃗⃗⃗⃗⃗
2𝑂𝐵
𝑂𝐴)
.
2(1 + 𝜇)
⃗⃗⃗⃗⃗ =
𝑂𝐺
yoki
⃗⃗⃗⃗⃗
𝑂𝐺 =
O-ixtiyoriy nuqta bo’lgani uchun, ⃗⃗⃗⃗⃗
𝑂𝐺 vektorni yoyib quyidagini hosil qilamiz:
2
𝜇
=
,
1+𝜆 1+𝜇
𝜆
2
=
,
1+𝜆 1+𝜇
𝜆
𝜇
=
.
1+𝜆 1+𝜇
Bu yerdan 𝜆 = 𝜇 = 2 ekanligi kelib chiqadi, demak,
1
⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝑂𝐵
⃗⃗⃗⃗⃗ + ⃗⃗⃗⃗⃗
𝑂𝐺 = (𝑂𝐴
𝑂𝐶 ).
3
⃗⃗⃗⃗⃗ va ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐶𝐺
𝐶𝐶1 vektorlar kollinearligidan quyidagi munosabatni topishimiz mumkin:
39
1
1
⃗⃗⃗⃗⃗ = ⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝑂𝐵
⃗⃗⃗⃗⃗ + ⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝑂𝐵
⃗⃗⃗⃗⃗ − 2𝑂𝐶
⃗⃗⃗⃗⃗ ) =
𝐶𝐺
𝑂𝐺 − ⃗⃗⃗⃗⃗
𝑂𝐶 = (𝑂𝐴
𝑂𝐶 ) − ⃗⃗⃗⃗⃗
𝑂𝐶 = (𝑂𝐴
3
3
1
1
1
⃗⃗⃗⃗⃗ − ⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗ − ⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗ + ⃗⃗⃗⃗⃗
= (𝑂𝐴
𝑂𝐶 ) + (𝑂𝐵
𝑂𝐶 ) = (𝐶𝐴
𝐶𝐵).
3
3
3
⃗⃗⃗⃗⃗ = 2 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
Bu yerdan 𝐶𝐺
𝐶𝐶1 . Tenglikdan G nuqta 𝐶𝐶1 medianada yotishi va medianani
3
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 (𝑀𝜖𝐵𝐶), 𝑁 −DM chiziqning
o’rtasi. 𝐴𝑀 va 𝐶𝑁 chiziqlarning perpendirulyar ekanini isbotlang.
⃗⃗⃗⃗⃗ va ⃗⃗⃗⃗⃗
Yechish: 𝐶𝐴
𝐶𝐵 vektorlarni bazis vektorlar orqali quyidagicha ifodalab
⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝑎, ⃗⃗⃗⃗⃗
olamiz 𝐶𝐴
𝐶𝐵 = 𝑏⃗, |𝑎| = |𝑏⃗| = 𝑎 (uchburchak ABC teng yonli) (2.1.12chizma). U holda masala shartiga ko’ra,
1
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝛼𝑏⃗, ⃗⃗⃗⃗⃗
𝐶𝑀
𝐶𝐷 = (𝑎 + 𝑏⃗).
2
Bu yerdan
1
1
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ − ⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐷𝑀 = 𝐶𝑀
𝐶𝐷 = − 𝑎 + (𝛼 − ) 𝑏⃗,
2
2
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝐶𝑀
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ − 𝐶𝐴
⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝛼𝑏⃗ − 𝑎.
𝐴𝑀
C
M
N
A
B
D
2.1.12-chizma. Teng yonli uchburchak
⃗⃗⃗⃗⃗
𝐶𝐵 va ⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐷𝑀 vektorlarning ortogonal ekanligidan
α
α
α
α
⃗⃗⃗⃗⃗
𝐶𝐵 ∙ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐷𝑀 = − 𝑎𝑏⃗ + (α2 − ) 𝑏⃗ 2 = − 𝑎𝑏⃗ + (α2 − ) 𝑎2 = 0,
2
2
2
2
bundan quyidagi tenglik kelib chiqadi
𝑎𝑏⃗ = (2𝛼 − 1)𝑎2 .
40
N nuqta DM chiziqning o’rtasi bo’lgani uchun
1
1 1
1
𝛼 1
⃗⃗⃗⃗⃗ = (𝐶𝐷
⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝐶𝑀
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ) = ( (𝑎 + 𝑏⃗) + 𝛼𝑏⃗) = 𝑎 + ( + ) 𝑏⃗.
𝐶𝑁
2
2 2
4
2 4
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ va ⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝑀
𝐶𝑁 vektorlarning skalyar ko’paytmasini topamiz:
1
𝛼 1
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ∙ 𝐶𝑁
⃗⃗⃗⃗⃗ = (𝛼𝑏⃗ − 𝑎) ( 𝑎 + ( + ) 𝑏⃗) =
𝐴𝑀
4
2 4
𝛼
𝛼 1
1
𝛼 1
= 𝑏⃗𝑎 + α ( + ) 𝑏⃗ 2 − 𝑎2 − ( + ) 𝑎𝑏⃗.
4
2 4
4
2 4
𝑎2 = 𝑏⃗ 2 = 𝑎2 , 𝑎𝑏⃗ = 𝑏⃗𝑎 = (2𝛼 − 1)𝑎2
ekanini hisobga olsak,
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ∙ 𝐶𝑁
⃗⃗⃗⃗⃗ =
𝐴𝑀
𝛼
𝛼 1
1
𝛼 1
(2𝛼 − 1)𝑎2 + α ( + ) 𝑎2 − 𝑎2 − ( + ) (2𝛼 − 1)𝑎2 =
4
2 4
4
2 4
𝛼2 𝛼 𝛼2 𝛼 1
𝛼 𝛼 1
=𝑎 ( − +
+ − − 𝛼 2 + − + ) = 0.
2 4 2 4 4
2 2 4
2
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ va 𝐶𝑁
⃗⃗⃗⃗⃗ vektorlarning ortogonalligidan 𝐴𝑀 va 𝐶𝑁 chiziqlarning
Demak, 𝐴𝑀
perpendikulyar ekanligi kelib chiqadi.
2.1.13-masala: 𝐴𝐵𝐶 uchburchakda 𝐶𝐶1 −uning balandligi. 𝐶1 nuqta 𝐴𝐵
tomonni qanday nisbatda ajratishini toping.
⃗⃗⃗⃗⃗ = 0 bo’ladi (2.1.13Yechish: Shartga ko’ra 𝐶𝐶1 ⊥ 𝐴𝐵 dan, ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐶𝐶1 ∙ 𝐴𝐵
chizma).
⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝑎 − 𝑏⃗
𝐴𝐵 = ⃗⃗⃗⃗⃗
𝐶𝐵 − 𝐶𝐴
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐶𝐶1 (𝑎 − 𝑏⃗) = 0.
Bu yerdan
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐶𝐶1 ∙ 𝑎 = ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐶𝐶1 ∙ 𝑏⃗.
𝐶1 nuqta 𝐴𝐵 tomonni A uchidan hisoblaganda 𝜆 nisbatda bo’lsin, u vaqtda
41
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐶𝐶1 =
⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝜆𝐶𝐵
⃗⃗⃗⃗⃗
𝐶𝐴
1+𝜆
yoki
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐶𝐶1 =
𝑏⃗ + 𝜆𝑎
.
1+𝜆
C
A
𝐶1
B
2.1.13-chizma. ABC Uchburchak va uning balandligi
Agar oxirgi tenglikning ikkala tomonini dastlab 𝑎 vektorga skalyar
ko’paytirsak, so’ng 𝑏⃗ vektorga skalyar ko’paytirsak bir xil natija olamiz; shuning
uchun
𝑎𝑏⃗ + 𝜆𝑎2 = 𝑏⃗ 2 + 𝜆(𝑎𝑏⃗).
Bundan kelib chiqadiki,
𝑏⃗ 2 − 𝑎𝑏⃗
𝜆=
.
𝑎2 − 𝑎𝑏⃗
1
Agar 𝑎𝑏⃗ = 𝑎𝑏 cos 𝐶 = (𝑎2 + 𝑏 2 − 𝑐 2 ) ekanligini inobatga olsak, 𝜆 uchun
2
quyidagi tenglik o’rinli
𝑏 2 + 𝑐 2 − 𝑎2
𝜆= 2
.
𝑎 + 𝑐 2 − 𝑏2
Oxirgi formula 𝜆 ni uchburchak 𝐴𝐵𝐶 ning tomonlari orqali topilgan ifodasidir.
Ba’zi masalalrni yechishda bu nisbatning uchburchak burchaklari orqali
42
yozilgan formulasidan foydalanish qulay. Shunday qilib
⃗⃗⃗⃗⃗ ∙ ⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗ ∙ ⃗⃗⃗⃗⃗
𝑏⃗ 2 − 𝑎𝑏⃗
𝑏⃗(𝑏⃗ − 𝑎) 𝐶𝐴
𝐵𝐴 𝐴𝐶
𝐴𝐵 𝑏𝑐 cos 𝐴 𝑏 cos 𝐴
𝜆=
=
=
=
=
=
′
2
⃗
⃗
⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗
𝑎𝑐
cos
𝐵
𝑎
cos
𝐵
𝐶𝐵
∙
𝐴𝐵
𝐵𝐶
∙
𝐵𝐴
𝑎 − 𝑎𝑏 𝑎(𝑎 − 𝑏)
𝑏
sin 𝐵
𝑎
sin 𝐴
sinuslar teoremasidan =
, bundan esa
𝜆=
Javob: 𝜆 =
tan 𝐵
tan 𝐴
tan 𝐵
.
tan 𝐴
.
2.2. Stereometrik masalalarni yechishda vektorlar tadbiqi
2.2.1-masala: ABCD𝐴1 𝐵1 𝐶1 𝐷1 birlik kubda yoqlarining diagonallari A𝐷1 va
1
𝐷1 𝐵1 da mos ravishda E va F nuqtalar olingan.Bunda, 𝐷1 𝐸 = 𝐴𝐷1 , 𝐷1 𝐹 =
3
2
3
𝐷1 𝐵1 . EF chiziq uzunligini toping.
Yechish. ⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝐷 = 𝑎, ⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝐵 = 𝑏⃗, ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝐴1 = 𝑐 bo’lsin. (2.2.1-chizma), bu yerda |𝑎| =
𝐹𝐸 vektorni 𝑎, 𝑏⃗, 𝑐 bazis vektorlar orqali
|𝑏⃗| = |𝑐 | =1, 𝑎 ∙ 𝑏⃗ = 𝑎 ∙ 𝑐 = 𝑏⃗ ∙ 𝑐=0. ⃗⃗⃗⃗⃗
ifodalaymiz:
𝐵1
.
𝐶1
F
𝐴1
𝐷1
B
𝐴
C
E
D
2.2.1-chizma. Birlik kub
43
2
1
⃗⃗⃗⃗⃗ = ⃗⃗⃗⃗⃗
𝐸𝐹
𝐸𝐴 + ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝐵1 + ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐵1 𝐹 = − (𝑎 + 𝑐 ) + (𝑏⃗ + 𝑐 ) + (𝑎 − 𝑏⃗) =
3
3
1
2
1
= − 𝑎 + 𝑏⃗ + 𝑐
3
3
3
Vektor modulini topish formulasi bo’yicha
1
2
1 2
2
√
⃗
√
⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗
|𝐹𝐸 | = 𝐹𝐸 = (− 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 ) =
3
3
3
1
4
1
1
2
1
= √ 𝑎2 + 𝑏⃗ 2 + 𝑐 2 − 𝑎 ∙ 𝑏⃗ + 𝑏⃗ ∙ 𝑐 − 𝑎 ∙ 𝑐 =
9
9
9
9
9
9
1 4 1 √6
=√ + + =
.
9 9 9
3
.
Javob:
√6
.
3
1
2
1
Ko’rsatma. ⃗⃗⃗⃗⃗
𝐹𝐸 bazis vektorning koordinatalari {− ; ; },
3 3 3
⃗⃗⃗⃗⃗ | = √𝑎2 + 𝑏 2 + 𝑐 2
|𝐴𝐵
formula bo’yicha chiziq uzunligini topishimiz mumkin, bu yerda
1 4 1 √6
⃗⃗⃗⃗⃗ | = √ + + =
|𝐴𝐵
9 9 9
3
2.2.2-masala: ABCD𝐸𝐹𝐴1 𝐵1 𝐶1 𝐷1 𝐸1 𝐹1 oltiburchakli to’g’ri prizmada
barcha qirralari uzunligi 2 ga teng. A nuqtadan 𝐶1 nuqtagacha bo’lgan masofani
toping.
Yechish. ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴1 𝐵1 = 𝑎 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐵1 𝐶1 = 𝑏⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴1 𝐴 = 𝑐 bo’lsin (2.2.2-chizma), bu yerda
|𝑎| = |𝑏⃗| = |𝑐 | =2, 𝑎 ∙ 𝑐 = 𝑏⃗ ∙ 𝑐=0, 𝑎 ∙ 𝑏⃗ = 2. ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐶1 𝐴 vektorni 𝑎, 𝑏⃗, 𝑐 vektorlar orqali
ifodalaymiz:
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐶1 𝐴 = 𝐶
1 𝐴1 + 𝐴1 𝐴
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴1 𝐶1 = 𝑎 + 𝑏⃗
bundan
44
⃗
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐶
1𝐴 = 𝑐 − 𝑎 − 𝑏
B
C
A
D
F
E
𝐵1
𝐶1
𝐴1
𝐷1
𝐹1
𝐸1
2.2.2-chizma. Oltiburchakli to’g’ri prizma
⃗ 2
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 2
|𝐶
1 𝐴| = √𝐶1 𝐴 = √(𝑐 − 𝑎 − 𝑏 ) =
= √𝑐 2 + 𝑎2 + 𝑏⃗ 2 − 2 ∙ 𝑐 ∙ 𝑎 − 2 ∙ 𝑐 ∙ 𝑏⃗ + 2 ∙ 𝑎 ∙ 𝑏⃗
= √4 + 4 + 4 + 2 ∙ 2 = √16 = 4.
Javob: 4
2.2.3-masala: ABC𝐷𝐴1 𝐵1 𝐶1 𝐷1 birlik kubda A nuqtadan 𝐵1 𝐷1 chiziqqacha
bo’lgan masofani toping.
Yechish: ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐷1 𝐴1 = 𝑎 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴1 𝐵1 = 𝑏⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝐴1 = 𝑐 bo’lsin (2.2.3-rasm), bu yerda
|𝑎| = |𝑏⃗| = |𝑐 | =1,
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗1 vektorni 𝑎, 𝑏⃗, 𝑐 bazis vektorlar
𝑎 ∙ 𝑏⃗ = 𝑎 ∙ 𝑐 = 𝑏⃗ ∙ 𝑐=0. 𝐴𝑂
orqali ifodalaymiz:
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐷1 𝐴 = 𝑎 + 𝑐
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐷1 𝐵1 = ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐷1 𝐴1 + ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴1 𝐵1 = 𝑎 + 𝑏⃗
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐷1 𝑂1 =
𝑎 + 𝑏⃗
.
2
45
A
B
D
C
𝐴1
𝐵1
𝑂1
𝐷1
𝐶1
2.2.3-chizma. Birlik kub
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝑂1 = −𝑎 − 𝑐 +
2
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗1 | = √⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝑂1 = √(
|𝐴𝑂
𝑎 + 𝑏⃗
𝑏⃗ − 𝑎
=
−𝑐
2
2
𝑏⃗ − 𝑎
𝑎2 𝑏⃗ 2
𝑎 ∙ 𝑏⃗
2
√
− 𝑐) =
+ + 𝑐2 −
− 𝑏⃗ ∙ 𝑐 + 𝑎 ∙ 𝑐 =
2
4
4
2
1 1
3
=√ + +1=√
4 4
2
Javob: √
3
2
2.2.4-masala: ABC𝐴1 𝐵1 𝐶1 uchburchakli to’g’ri prizmada balandligi 1 ga,
asos tomonlari 2 ga teng. 𝐴1 nuqtadan 𝐵𝐶1 chiziqqacha bo’lgan masofani toping.
Yechish: ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝐴1 = ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐵𝐵1 = 𝑎,
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐵1 𝐶1 = 𝑏⃗,
⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝐵 = ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴1 𝐵1 = 𝑐 bo’lsin (2.2.4-
chizma), |𝑎| = 1, |𝑏⃗| = |𝑐 | = 2, 𝑎 ∙ 𝑏⃗ = 𝑎 ∙ 𝑐 = 0, asos muntazam uchburchak
bo’lganligi uchun 𝑏⃗ ∙ 𝑐 = −2.
46
𝐴
𝐵
𝑂
𝐶
𝐴1
𝐵1
𝐶1
2.2.4-chizma. Uchburchakli to’g’ri prizma
⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝑂 vektorni 𝑎, 𝑏⃗, 𝑐 vektorlar orqali ifodalaymiz. ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐵𝐶1 = 𝑎 + 𝑏⃗, ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐵𝐶1 va 𝐵𝑂
kollinear vektor bo’lgani uchun
⃗⃗⃗⃗⃗ = x(𝑎 + 𝑏⃗)
𝐵𝑂
⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝑂 = 𝑐 + x(𝑎 + 𝑏⃗)
⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝑂 ⊥ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐵𝐶1 bo’lgani uchun
⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝑂 ∙ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐵𝐶1 = 0 ⇒ (𝑐 + x(𝑎 + 𝑏⃗)) ∙ (𝑎 + 𝑏⃗)
𝑏⃗ ∙ 𝑐 + 𝑥 ∙ 𝑎 ∙ 𝑏⃗ + 𝑥 ∙ 𝑏⃗ 2 + 𝑎 ∙ 𝑐 + 𝑥 ∙ (𝑎2 + 𝑎 ∙ 𝑏⃗) = 0
bu yerdan 𝑥 noma’lum koeffitsientni topsak,
1
∙2∙2 2
−𝑏⃗𝑐 − 𝑎𝑐
2
𝑥=
=
=
1+4
5
2𝑎𝑏⃗ + 𝑎2 + 𝑏⃗ 2
⃗⃗⃗⃗⃗ = 2 (𝑎 + 𝑏⃗).
𝐵𝑂
5
Demak
2
⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝑐 + (𝑎 + 𝑏⃗)
𝐴𝑂
5
47
2
2
2
2
2 2
⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝑂 = √𝑐 2 + 𝑎2 + 𝑏⃗ 2 + 2 ∙ ∙ 𝑐 𝑎 + 2 ∙ ∙ 𝑐 𝑏⃗ + 2 ∙ ∙ ∙ 𝑎𝑏⃗ =
5
5
5
5
5 5
= √4 +
Javob:
4 16
2 1
4
4√5
+
−2∙2∙2∙ ∙ =
=
25 25
5 2 √5
5
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,
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝑏⃗,
𝐷𝐵
⃗⃗⃗⃗⃗
𝐷𝐶 = 𝑐 bo’lsin (2.2.5-chizma). Quyidagi
jadvalda bazis vektorlar ko’paytmasi keltirilgan:
𝑏⃗
𝑎
𝑐
𝑎
4
4
3
𝑏⃗
4
16
6
𝑐
3
6
9
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ va ⃗⃗⃗⃗⃗
Agar MH⊥ 𝑃𝐾, bo’lsa, bu yerda H∈ 𝑃𝐾, (2.2.5-chizma), 𝑃𝐻
𝑃𝐾 kollinear
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝑥 ∙ ⃗⃗⃗⃗⃗
vektor ekanligidan 𝑃𝐻
𝑃𝐾 tenglikni hosil qilamiz. ⃗⃗⃗⃗⃗
𝑃𝐾 vektorni ko’pburchak
qoidasiga ko’ra 𝑎, 𝑏⃗ va 𝑐 bazis vektorlar orqali ifodalaymiz
1
1
1
⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗ + ⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝑃𝐾 = 𝑃𝐷
𝐷𝑀 + ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝑀𝐾 = − 𝑎 + 𝑏⃗ + 𝑐 ,
2
2
2
demak,
1
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝑥(−𝑎 + 𝑏⃗ + 𝑐 ).
𝑃𝐻
2
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ vektorni ifodalaymiz:
Endi 𝑀𝐻
1
1
1
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝐷𝑃
⃗⃗⃗⃗⃗ − ⃗⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝑎 − 𝑏⃗ + 𝑥(−𝑎 + 𝑏⃗ + 𝑐 ).
𝑀𝐻 = ⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝑀𝑃 + 𝑃𝐻
𝐷𝑀 + 𝑃𝐻
2
2
2
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝑀𝐻 va ⃗⃗⃗⃗⃗
𝑃𝐾 perpendikulyar vektorlar bo’lgani uchun ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝑀𝐻 ∙ ⃗⃗⃗⃗⃗
𝑃𝐾 = 0 yoki
((1 − 𝑥)𝑎 + (𝑥 − 1)𝑏⃗ + 𝑥𝑐 ) (−𝑎 + 𝑏⃗ + 𝑐 ) = 0.
48
D
P
M
H
B
A
C
K
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
5
bu yerda 𝑥 = .
9
Endi
1
1
1 5
2
2
5
1
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝑀𝐻 = 𝑎 − 𝑏⃗ + ∙ (−𝑎 + 𝑏⃗ + 𝑐 ) = 𝑎 − 𝑏⃗ + 𝑐 =
(4𝑎 − 4𝑏⃗ + 5𝑐 ).
2
2
2 9
9
9
18
18
Bundan
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ | =
|𝑀𝑃
=
2
1
√(4𝑎 − 4𝑏⃗ + 5𝑐 ) =
18
√16 ∙ 4 + 16 ∙ 16 + 25 ∙ 9 − 32 ∙ 4 + 40 ∙ 3 − 40 ∙ 6
=
18
297
11
=√
=√ .
324
12
11
Javob: √ .
12
49
2.2.6-masala: ABC𝐷𝐴1 𝐵1 𝐶1 𝐷1 kubda EF va PQ chiziqlar orasidagi
burchakni toping, bu yerda E, F, P, Q-mos ravishda 𝐷𝐷1 , BC, 𝐴𝐴1 va 𝐵1 𝐶1
qirralarning o’rta nuqtalari.
⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝐵 = 𝑏⃗,
Yechish: ⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝐷 = 𝑎,
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝐴1 = 𝑐 bo’lsin (2.2.6-chizma), bu yerda
|𝑎| = |𝑏⃗| = |𝑐 | =1, 𝑎 ∙ 𝑏⃗ = 𝑎 ∙ 𝑐 = 𝑏⃗ ∙ 𝑐=0.
𝐵1
𝐴1
𝐷1
B
F
C
P
A
𝐶1
Q
E
D
2.2.6-chizma. ABC𝑫𝑨𝟏 𝑩𝟏 𝑪𝟏 𝑫𝟏 kub
Endi
1
1
⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝐶𝐹
⃗⃗⃗⃗⃗ = − 𝑐 + 𝑏⃗ − 𝑎
⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝐸𝐷
⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝐷𝐶
𝐸𝐹
2
2
1
1
⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝑃𝐴
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗1 + ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝑃𝑄
𝐴1 𝐵1 + ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐵1 𝑄 = 𝑐 + 𝑏⃗ + 𝑎.
2
2
Bu tenglikdan quyidagilarni aniqlaymiz:
1
1
1
1
⃗⃗⃗⃗⃗ ∙ ⃗⃗⃗⃗⃗
𝑃𝑄
𝐸𝐹 = ( 𝑐 + 𝑏⃗ + 𝑎) (− 𝑐 + 𝑏⃗ − 𝑎 ) =
2
2
2
2
1
1
1 1 1
= 𝑏⃗ 2 − 𝑐 2 − 𝑎2 = 1 − − = ,
4
4
4 4 2
1
1 𝟐
1
1
1
1
3
√
⃗
⃗⃗⃗⃗⃗
|𝑃𝑄| = ( 𝑐 + 𝑏 + 𝑎) = √ 𝑐 2 + 𝑏⃗ 2 + 𝑎2 = √ + 1 + = √ ,
2
2
4
4
4
4
2
50
1
1 𝟐
1
1
1
1
3
√
⃗
⃗⃗⃗⃗⃗ | = (− 𝑐 + 𝑏 − 𝑎 ) = √ 𝑐 2 + 𝑏⃗ 2 + 𝑎2 = √ + 1 + = √ ,
|𝐸𝐹
2
2
4
4
4
4
2
Formulada o’rniga qo’yib, quyidagi qiymatni qabul qilamiz:
cos 𝜑 =
⃗⃗⃗⃗⃗ ∙ ⃗⃗⃗⃗⃗
𝐸𝐹 |
1 3 1
|𝑃𝑄
= : =
⃗⃗⃗⃗⃗ | ∙ |𝐸𝐹
⃗⃗⃗⃗⃗ | 2 2 3
|𝑃𝑄
1
bundan 𝜑 = 𝑎𝑟𝑐 cos , bu yerda 𝜑 −izlangan burchak.
3
1
Javob: 𝑎𝑟𝑐 cos .
3
2.2.7-masala: ABC𝐴1 𝐵1 𝐶1 uchburchakli to’g’ri prizmada AB va 𝐵1 𝐶1
qirralarda mos ravishda E va K nuqtalar shunday olinganki,𝐴𝐸: 𝐸𝐵 = 1: 2,
𝐵1 𝐾: 𝐾𝐶1 = 5: 1. Agar prizma asos tomonlari 6 ga, yon qirralari 2 ga teng bo’lsa,
EK chiziq uzunligini toping.
⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝑑 bo’lsin (2.2.7-chizma),
Yechish: ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝐴1 = 𝑎, ⃗⃗⃗⃗⃗
𝐶𝐵 = 𝑏⃗, ⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝐵 = 𝑐 , 𝐴𝐶
|𝑎| = 2, |𝑏⃗| = |𝑐 | = |𝑑 | = 6, 𝑎 ∙ 𝑏⃗ = 𝑎 ∙ 𝑐 = 𝑎 ∙ 𝑑 = 0, asos muntazam
uchburchak bo’lganligi uchun 𝑏⃗ ∙ 𝑐 = 𝑐 ∙ 𝑑 = 18, 𝑏⃗ ∙ 𝑑 = −18.
⃗⃗⃗⃗⃗
𝐸𝐾 = ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐸𝐴1 + ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴1 𝐾
1
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐸𝐴1 = − 𝑐 + 𝑎
1
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴1 𝐾 = 𝑑 + 𝑏⃗
3
𝐴
6
E
𝐵
C
𝐴1
𝐵1
K
𝐶1
2.2.7-chizma. Uchburchakli to’g’ri prizma
51
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗1 | = √(− 1 𝑐 + 𝑎)2 = 2√2
|𝐸𝐴
3
1
⃗ 2
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
|𝐴
1 𝐾 | = √(𝑑 + 6 𝑏 ) = √31
𝐶
1
1
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐸𝐴1 ∙ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴1 𝐾 = (− 𝑐 + 𝑎) ∙ (𝑑 + 𝑏⃗) = −7
3
6
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗1 + ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗ | = √(𝐸𝐴
𝐴1 𝐾 )2 = √8 − 14 + 31 = 5.
|𝐸𝐾
Javob: 5
2.2.8-masala:
Kubning
ikki
qo’shni
yoqlarining
kesishmaydigan
diagonallari orasidagi masofani toping. Kubning barcha qirralari uzunliklari a ga
teng.
Yechish: ABC𝐷𝐴1 𝐵1 𝐶1 𝐷1 kubning 𝐴1 𝐶1 va 𝐴𝐷1 diagonallari orasidagi
masofani topamiz (2.2.8-chizma). ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴1 𝐶1 = ⃗⃗⃗
𝑞1 , ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝐷1 = ⃗⃗⃗⃗
𝑞2 va ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝐴1 = 𝑚
⃗⃗ vektorlarni
kiritamiz. Bu yerda |𝑞
⃗⃗⃗1 | = |𝑞
⃗⃗⃗⃗2 | = 𝑎√2, |𝑚
⃗⃗ | = 𝑎, ∠(𝑞
⃗⃗⃗1 , ⃗⃗⃗⃗
𝑞2 ) = 60°, ∠(𝑞
⃗⃗⃗1 , 𝑚
⃗⃗ ) =
90°, ∠(𝑞
⃗⃗⃗⃗2 , 𝑚
⃗⃗ ) = 45°,
𝑞1 ∙ ⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗
𝑞2 = |𝑞
⃗⃗⃗1 | ∙ |𝑞
⃗⃗⃗⃗2 | ∙ cos 60° = 𝑎2
𝑞1 ∙ 𝑚
⃗⃗⃗
⃗⃗ = |𝑞
⃗⃗⃗1 | ∙ |𝑚
⃗⃗ | ∙ cos 90° = 𝑜
𝑞2 ∙ 𝑚
⃗⃗⃗⃗
⃗⃗ = |𝑞
⃗⃗⃗⃗2 | ∙ |𝑚
⃗⃗ | ∙ cos 45° = 𝑎2
𝐵1
𝐶1
P
𝐴1
𝐷1
B
C
Q
A
D
2.2.8-chizma. ABC𝑫𝑨𝟏 𝑩𝟏 𝑪𝟏 𝑫𝟏 kub
52
QP chiziq 𝐴1 𝐶1 va 𝐴𝐷1 ayqash chiziqlarning umumiy perpendikulari bo’lsin.
⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝑥 ∙ ⃗⃗⃗
𝑄𝑃
𝑞1 + 𝑚
⃗⃗ + 𝑦 ∙ ⃗⃗⃗⃗
𝑞2
⃗⃗⃗⃗⃗ vektorning ⃗⃗⃗
𝑄𝑃
𝑞1 va ⃗⃗⃗⃗
𝑞2 vektorlarga perpendikularlik shartidan quyidagini hosil
qilamiz
(𝑥 ∙ ⃗⃗⃗
𝑞1 + 𝑚
⃗⃗ + 𝑦 ∙ ⃗⃗⃗⃗
𝑞2 ) ∙ ⃗⃗⃗
𝑞1 = 0,
{
(𝑥 ∙ ⃗⃗⃗
𝑞1 + 𝑚
⃗⃗ + 𝑦 ∙ ⃗⃗⃗⃗
𝑞2 ) ∙ ⃗⃗⃗⃗
𝑞2 = 0
2
𝑥 ∙ ⃗⃗⃗
𝑞1 + 𝑚
⃗⃗ ∙ ⃗⃗⃗
𝑞1 + 𝑦 ∙ (𝑞
⃗⃗⃗⃗2 ∙ ⃗⃗⃗
𝑞1 ) = 0,
𝑎2 (2𝑥 + 𝑦) = 0,
⇔{
⇔
{ 2
2
𝑎 (𝑥 + 1 + 2𝑦) = 0
𝑥 ∙ (𝑞
⃗⃗⃗⃗2 ∙ ⃗⃗⃗
𝑞1 ) + 𝑚
⃗⃗ ∙ ⃗⃗⃗⃗
𝑞2 + 𝑦 ∙ ⃗⃗⃗⃗
𝑞2 = 0
2𝑥 + 𝑦 = 0,
⇔{
𝑥 + 1 + 2𝑦 = 0.
1
2
3
3
Bu yerdan 𝑥 = , 𝑦 = − . Endi
1
2
⃗⃗⃗⃗⃗ | = √( 𝑞
⃗⃗⃗1 + 𝑚
⃗⃗ − ⃗⃗⃗⃗
𝑞2 )2 =
|𝑄𝑃
3
3
=
2
2
√⃗⃗⃗
𝑞1 + 9𝑚
⃗⃗ 2 + 4𝑞
⃗⃗⃗⃗2 + 6(𝑞
⃗⃗⃗1 ∙ 𝑚
⃗⃗ ) − 12(𝑞
⃗⃗⃗⃗2 ∙ 𝑚
⃗⃗ ) − 4(𝑞
⃗⃗⃗1 ∙ ⃗⃗⃗⃗
𝑞2 )
3
=
Javob:
=
𝑎√2 + 9 + 8 + 0 − 12 − 4 𝑎√3
=
.
3
3
𝑎 √3
3
.
2.2.9-masala: ABC𝐷𝐴1 𝐵1 𝐶1 𝐷1 birlik kubda A nuqtadan B𝐷𝐴1 tekislikkacha
bo’lgan masofani toping.
Yechish: ⃗⃗⃗⃗⃗
𝐵𝐶 , ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐷𝐴1 , ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐵𝐴1 vektorlarni 𝑎, 𝑏⃗, 𝑐 bazis vektorlar orqali
ifodalaymiz:
⃗⃗⃗⃗⃗
𝐵𝐶 = 𝑏⃗ − 𝑎,
⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐷𝐴1 = 𝑐 − 𝑏⃗, ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐵𝐴1 = 𝑐 − 𝑎.
AM⊥ 𝐵𝐷𝐴1 bo’lsin, bu yerda M ∈ 𝐵𝐷𝐴1 . Vektor
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴1 𝑀 = 𝑥 ∙ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴1 𝐵 + 𝑦 ∙ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴1 𝐷,
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗1 + 𝑥 ∙ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝑀
𝐴𝐴1 + ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴1 𝑀 = 𝐴𝐴
𝐴1 𝐵 + 𝑦 ∙ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴1 𝐷.
53
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗1 + 𝑥 ∙ 𝐴
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ∙ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
(𝐴𝐴
𝐴𝑀
𝐴1 𝐵
𝐴𝑀
𝐴1 𝐵 = 0
1 𝐵 + 𝑦 ∙ 𝐴1 𝐷 ) ∙ 𝐴1 𝐵 = 0
{
⇔{
⇔{
⇔
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ∙ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗1 + 𝑥 ∙ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝑀
𝐴1 𝐷
𝐴𝑀
𝐴1 𝐷 = 0
(𝐴𝐴
𝐴1 𝐵 + 𝑦 ∙ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴1 𝐷 ) ∙ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴1 𝐷 = 0
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗1 ∙ 𝐴
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴1 𝐵2 + 𝑦 ∙ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴1 𝐷 ∙ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴1 𝐵) + 𝐴𝐴
(𝑥 ∙ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
1𝐵 = 0
⇔{
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 2
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
(𝑥 ∙ 𝐴
1 𝐵 ∙ 𝐴1 𝐷 + 𝑦 ∙ 𝐴1 𝐷 ) + 𝐴𝐴1 ∙ 𝐴1 𝐷 = 0
B
C
A
D
M
𝐵1
𝐶1
𝐷1
𝐴1
2.2.9-chizma. ABC𝑫𝑨𝟏 𝑩𝟏 𝑪𝟏 𝑫𝟏 birlik kub
Shunday qilib
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝐴1 ∙ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴1 𝐵 = 𝑐 ∙ (𝑎 − 𝑐 ) = −𝑐 2 = −1
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝐴1 ∙ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴1 𝐷 = 𝑐 ∙ (𝑏⃗ − 𝑐 ) = −𝑐 2 = −1
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴1 𝐷 ∙ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴1 𝐵 = (𝑏⃗ − 𝑐 ) ∙ (𝑎 − 𝑐 ) = 𝑐 2 = 1
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴1 𝐵2 = (𝑎 − 𝑐 )2 = 𝑎2 + 𝑐 2 = 2
2
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴1 𝐷2 = (𝑏⃗ − 𝑐 ) = 𝑏⃗ 2 + 𝑐 2 = 2
1
2𝑥 − 𝑦 = 1
(𝑥 ∙ 2 + 𝑦 ∙ (−1)) − 1 = 0
3
{
⇔{
⇔{
1
𝑥 + 2𝑦 = 1
(𝑥 ∙ 1 + 2 ∙ 𝑦) − 1 = 0
𝑦=
3
𝑥=
Bu natijadan quyidagini olamiz
54
1
1
1
1
1
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝑐 + ∙ (𝑎 − 𝑐 ) + ∙ (𝑏⃗ − 𝑐 ) = 𝑎 + 𝑏⃗ + 𝑐 ,
𝐴𝑀
3
3
3
3
3
1
1
1 2
1 1 1 √3
⃗
√
⃗⃗⃗⃗⃗⃗
|𝐴𝑀 | = ( 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 ) = √ + + =
3
3
3
9 9 9
3
Javob:
√3
.
3
2.2.10-masala: ABC𝐷𝐴1 𝐵1 𝐶1 𝐷1 kubning barcha qirralari √3 ga teng.
Kubning C uchidan B𝐷𝐴1 tekislikkacha bo’lgan masofani toping.
Yechish: ⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝐵 = 𝑎, ⃗⃗⃗⃗⃗
𝐵𝐶 = 𝑏⃗, ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝐴1 = 𝑐 bo’lsin (2.2.10-chizma), bu yerda
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ , ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
|𝑎| = |𝑏⃗| = |𝑐 | = √3, 𝑎 ∙ 𝑏⃗ = 𝑎 ∙ 𝑐 = 𝑏⃗ ∙ 𝑐=0. 𝐵𝐷
𝐷𝐶1 , ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐵𝐶1 vektorlarni 𝑎, 𝑏⃗, 𝑐
bazis vektorlar orqali ifodalaymiz:
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝑏⃗ − 𝑎,
𝐵𝐷
⃗⃗⃗
CM⊥ 𝐵𝐷𝐶1
bo’lsin,
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐵𝐶1 = 𝑐 + 𝑏⃗.
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗1 = 𝑎 + 𝑐 ,
𝐷𝐶
bu
yerda
M ∈ 𝐵𝐷𝐶1 .
Vektorlarning
bog’langanligidan:
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐶
1 𝑀 = 𝑥 ∙ 𝐶1 𝐵 + 𝑦 ∙ 𝐶1 𝐷 ,
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝑀𝐶
𝑀𝐶1 + ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐶1 𝐶 = ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐶1 𝐶 + 𝑥 ∙ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐵𝐶1 + 𝑦 ∙ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐷𝐶1 .
𝐵1
𝐶1
𝐴1
𝐷1
M
B
A
C
D
2.2.10-chizma. ABC𝑫𝑨𝟏 𝑩𝟏 𝑪𝟏 𝑫𝟏 kub
55
chiziqli
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ∙ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
(𝐶
𝑀𝐶
𝐷𝐶1
𝑀𝐶
𝐷𝐶1 = 0
1 𝐶 + 𝑥 ∙ 𝐵𝐶1 + 𝑦 ∙ 𝐷𝐶1 ) ∙ 𝐷𝐶1 = 0
{
⇔{
⇔{
⇔
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ∙ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝑀𝐶
𝐵𝐶1
𝑀𝐶
𝐵𝐶1 = 0
(𝐶
𝐶
+
𝑥
∙
𝐵𝐶
+
𝑦
∙
𝐷𝐶
)
∙
𝐵𝐶
=
0
1
1
1
1
2
⇔{
𝐵𝐶1 ∙ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐷𝐶1 + 𝑦 ∙ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐷𝐶1 ) + ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐶𝐶1 ∙ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐷𝐶1 = 0
(𝑥 ∙ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
2
𝐵𝐶1 + 𝑦 ∙ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐷𝐶1 ∙ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐵𝐶1 ) + ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐶𝐶1 ∙ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐵𝐶1 = 0
(𝑥 ∙ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐵𝐶1 ∙ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐷𝐶1 = (𝑐 + 𝑏⃗) ∙ ( 𝑎 + 𝑐 ) = 𝑐 2 = 3
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐶𝐶1 ∙ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐷𝐶1 = −𝑐 ∙ (𝑎 + 𝑐 ) = −𝑐 2 = −3
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐶𝐶1 ∙ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐵𝐶1 = −𝑐 ∙ (𝑐 + 𝑏⃗) = −𝑐 2 = −3
2
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐷𝐶1 = (𝑎 + 𝑐 )2 = 𝑎2 + 𝑐 2 = 6
2
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐵𝐶1 = (𝑐 + 𝑏⃗)2 = 𝑐 2 + 𝑏⃗ 2 = 6
1
(𝑥 ∙ 3 + 𝑦 ∙ 6) − 3 = 0
𝑥 + 2𝑦 = 1
3
⇔{
⇔{
{
1
2𝑥 + 𝑦 = 1
(𝑥 ∙ 6 + 𝑦 ∙ 3) − 3 = 0
𝑦=
3
1
1
1
1
1
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = ∙ (𝑐 + 𝑏⃗) + ∙ (𝑎 + 𝑐 ) − 𝑐 = 𝑎 + 𝑏⃗ − 𝑐 ,
𝑀𝐶
3
3
3
3
3
𝑥=
1
1
1 2
3 3 3
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ | = √( 𝑎 + 𝑏⃗ − 𝑐 ) = √ + + = 1.
|𝐴𝑀
3
3
3
9 9 9
Javob: 1.
2.2.11-masala: ABC𝐴1 𝐵1 𝐶1 uchburchakli to’g’ri prizmada M nuqta A𝐴1
qirra o’rtasi, K nuqta B𝐵1 qirra o’rtasi. Agar A𝐴1 = 6, AB=4 bo’lsa, 𝐴1 uchdan
CMK tekislikkacha bo’lgan masofani toping.
⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝑏⃗, ⃗⃗⃗⃗⃗
Yechish: ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝐴1 = 𝑎, 𝐴𝐶
𝐴𝐵 = 𝑐 bo’lsin, bu yerda |𝑎| = 6 |𝑏⃗| = |𝑐 | =
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝑎⃗ + 𝑏⃗,
4, 𝑎 ∙ 𝑏⃗ = 𝑎 ∙ 𝑐 = 0, 𝑏⃗ ∙ 𝑐=8. Yuqoridagilardan foydalangan holda 𝑀𝐶
2
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝑐 ekanini bilamiz (2.2.11-chizma). 𝐴1 O⊥ 𝑀𝐾𝐶 bo’lsin, bu yerda O ∈
𝑀𝐾
𝑀𝐾𝐶. Vektorlarning chiziqli bog’langanligidan
⃗⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝑦 ∙ 𝑀𝐶
𝑀𝑂 = 𝑥 ∙ 𝑀𝐾
56
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴
1 𝑂 = 𝐴1 𝑀 + 𝑀𝑂 = 𝐴1 𝑀 + 𝑥 ∙ 𝑀𝐾 + 𝑦 ∙ 𝑀𝐶 .
𝐴1
𝐵1
M
K
𝐶1
O
A
B
C
2.2.11-chizma. Uchburchakli to’g’ri prizma
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 0
(𝐴
𝐴1 𝑂 ⊥ 𝑀𝐾
𝐴1 𝑂 ∙ 𝑀𝐾
1 𝑀 + 𝑥 ∙ 𝑀𝐾 + 𝑦 ∙ 𝑀𝐶 ) ∙ 𝑀𝐾 = 0
{
⇔{
⇔{
⇔
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴1 𝑂 ⊥ 𝑀𝐶
𝐴
(𝐴
1 𝑂 ∙ 𝑀𝐶 = 0
1 𝑀 + 𝑥 ∙ 𝑀𝐾 + 𝑦 ∙ 𝑀𝐶 ) ∙ 𝑀𝐶 = 0
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ∙ 𝑀𝐾
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 2 + 𝑦 ∙ 𝑀𝐶
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ) + ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴1 𝑀 ∙ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝑀𝐾 = 0
(𝑥 ∙ 𝑀𝐾
⇔ {{
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝑦 ∙ 𝑀𝐶
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 2 ) + ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 0
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ∙ 𝑀𝐶
𝐴1 𝑀 ∙ 𝑀𝐶
(𝑥 ∙ 𝑀𝐾
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ∙ 𝑀𝐾
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = (𝑎⃗ + 𝑏⃗) ∙ 𝑐 = 8,
𝑀𝐶
2
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =
𝐴1 𝑀 ∙ 𝑀𝐾
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =
𝐴1 𝑀 ∙ 𝑀𝐶
𝑎
∙ 𝑐 = 0,
2
𝑎 𝑎
∙ ( + 𝑏⃗) = 9,
2 2
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 2 = 𝑐 2 = 16
𝑀𝐾
2
𝑎
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 2 = ( + 𝑏⃗) = 25
𝑀𝐶
2
57
3
(𝑥 ∙ 16 + 𝑦 ∙ 8) = 0
8𝑥 + 4𝑦 = 0
14
⇔{
⇔{
{
−3
8𝑥 + 25𝑦 = −9
(𝑥 ∙ 8 + 𝑦 ∙ 25) + 9 = 0
𝑦=
7
Topilgan noma’lum koeffitsiyentlar 𝑥 va 𝑦 ning qiymatlaridan foydalanib
quyidagilarni topamiz
3
3
𝑎⃗
𝑎⃗
2
3
3
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴
∙ 𝑐 − ∙ ( + 𝑏⃗) + = 𝑎 − 𝑏⃗ + 𝑐 ,
1𝑂 =
𝑥=
14
7
2
2
7
7
14
2
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ | = √(2 𝑎 − 3 𝑏⃗ + 3 𝑐 ) == 1 ∙
|𝐴𝑀
7
7
14
14
1
√16 ∙ 36 + 36 ∙ 16 + 9 ∙ 16 − 2 ∙ 3 ∙ 6 ∙ 4 ∙ 4 ∙ =
2
Javob:
6√7
.
7
6√7
.
7
2.2.12-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.
⃗⃗⃗⃗ = 𝑎, 𝐶𝐴
⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝑏⃗, bo’lsin, bu yerda |𝑎| = √3, |𝑏⃗| = √2 . Demak,
Yechish: 𝑆𝐶
2
⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝑥(𝑎 + 𝑏⃗),
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝑥(𝑎 + 𝑏⃗) − 𝑎. 𝐶𝑀
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥ 𝑆𝑀
⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝑆𝐴 = 𝑎 + 𝑏⃗,
𝑆𝑀
𝐶𝑀
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ∙ 𝑆𝑀
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 0(2.2.12-chizma). (𝑥(𝑎 + 𝑏⃗) − 𝑎)(𝑥(𝑎 + 𝑏⃗)) = 0
uchun,𝐶𝑀
2
𝑏⃗)2 − 𝑥(𝑎2 + 𝑎 ∙ 𝑏⃗) = 0 (𝑎 + 𝑏⃗) = 𝑎2 + 2 ∙ 𝑎 ∙ 𝑏⃗ + 𝑏⃗ 2 𝑎 ∙ 𝑏⃗ = −1
𝑥=
⃗
𝑎⃗2 +𝑎⃗∙𝑏
⃗ +𝑏
⃗2
𝑎⃗2 +2∙𝑎⃗∙𝑏
=3
3
−1
4
1
=− ,
3
−2+2
4
S
M
C
B
D
A
2.2.12-chizma. SABCD To’rtburchakli to’g’ri piramida
1
1
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = − ∙ (𝑎 + 𝑏⃗) − 𝑎 = − (4𝑎 + 𝑏⃗)
𝐶𝑀
3
3
58
bo’lgani
𝑥 2 (𝑎 +
2
1
1
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ | = √(4𝑎 + 𝑏⃗) = √16𝑎2 + 2 ∙ 4 ∙ 𝑎 ∙ 𝑏⃗ + 𝑏⃗ 2 =
|𝐶𝑀
3
3
1
3
2
= √16 ∙ − 8 + 2 = √
3
4
3
2
Javob: √ .
3
2.2.13-masala: ABC𝐷𝐴1 𝐵1 𝐶1 𝐷1 birlik kubda 𝐴𝐷1 va DM chiziqlar orasidagi
burchakni toping. Bu yerda M−𝐷1 𝐶1 qirra o’rtasi.
Yechish: ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴1 𝐷1 = 𝑎, ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐷1 𝐶1 = 𝑏⃗, ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴1 𝐴 = 𝑐 bo’lsin (2.2.13-chizma), bu yerda
|𝑎| = |𝑏⃗| = |𝑐 | =1 𝑎 ∙ 𝑏⃗ = 𝑎 ∙ 𝑐 = 𝑏⃗ ∙ 𝑐 = 0.
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗1 + ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝐷1 = 𝐴𝐴
𝐴1 𝐷1 = −𝑐 + 𝑎
⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐷𝑀 = ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐷𝐷1 + ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐷1 𝑀 = −𝑐 +
⃗
𝑏
2
B
C
A
D
𝐵1
𝐶1
M
𝐴1
𝐷1
2.2.13-chizma. ABC𝑫𝑨𝟏 𝑩𝟏 𝑪𝟏 𝑫𝟏 birlik kub
⃗
𝑏
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗1 ∙ 𝐷𝑀
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = (−𝑐 + 𝑎) ∙ (−𝑐 + ) = 1
𝐴𝐷
2
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗1 | = |−𝑐 + 𝑎| = √2
|𝐴𝐷
⃗
𝑏
√5
⃗⃗⃗⃗⃗⃗
|𝐷𝑀| = |−𝑐 + | =
2
2
59
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝐷1 ∙ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐷𝑀
cos 𝜑 =
=
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗1 | ∙ |𝐷𝑀
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |
|𝐴𝐷
1
2
=√
5
√5
√2 ∙ 2
2
𝜑 = 𝑎𝑟𝑐 cos √ .
5
2
Javob: 𝜑 = 𝑎𝑟𝑐 cos √ .
5
2.2.14-masala: ABC𝐷𝐴1 𝐵1 𝐶1 𝐷1 birlik kubning 𝐶𝐶1 qirrasida E nuqta
shunday belgilab olinganki, bunda 𝐶𝐸: 𝐸𝐶1 = 1: 2 BE va A𝐶1 chiziqlar orasidagi
burchakni toping.
Yechish: ⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝐵 = 𝑎, ⃗⃗⃗⃗⃗
𝐵𝐶 = 𝑏⃗, ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝐴1 = 𝑐 bo’lsin (2.2.14-chizma), bu yerda
⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝐶𝐸
⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝑏⃗ + 𝑐 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝐵𝐶
|𝑎| = |𝑏⃗| = |𝑐 | = 1, 𝑎 ∙ 𝑏⃗ = 𝑎 ∙ 𝑐 = 𝑏⃗ ∙ 𝑐=0. 𝐵𝐸
𝐴𝐶1 =
3
⃗⃗⃗⃗⃗ + ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝐶
𝐶𝐶1 = 𝑎 + 𝑏⃗ + 𝑐
𝐵1
𝐶1
𝐴1
E
𝐷1
B
C
𝐴
D
2.2.14-chizma. ABC𝑫𝑨𝟏 𝑩𝟏 𝑪𝟏 𝑫𝟏 birlik kub
2
𝑐
𝑐 𝑐
1 √10
⃗⃗⃗⃗⃗ | = √(𝑏⃗ + )2 = √𝑏⃗ 2 + 2 ∙ 𝑏⃗ ∙ +
= √1 + =
|𝐵𝐸
3
3 9
9
3
60
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗1 | = √(𝑎 + 𝑏⃗ + 𝑐 )2 = √𝑎2 + +𝑏⃗ 2 + 𝑐 2 + 2 ∙ 𝑎 ∙ 𝑏⃗ + 2 ∙ 𝑎 ∙ 𝑐 + 2 ∙ 𝑏⃗ ∙ 𝑐
|𝐴𝐶
= √1 + 1 + 1 = √3
𝑐
𝑐
𝑐
𝑐2
2
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗1 = (𝑏⃗ + ) ∙ (𝑎 + 𝑏⃗ + 𝑐 ) = 𝑏⃗ ∙ 𝑎 + 𝑏⃗ + 𝑏⃗ ∙ 𝑐 + ∙ 𝑎 + ∙ 𝑏⃗ + =
⃗⃗⃗⃗⃗ ∙ 𝐴𝐶
𝐵𝐸
3
3
3
3
=1+
1 4
=
3 3
4
⃗⃗⃗⃗⃗ ∙ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐵𝐸
𝐴𝐶1
4
3
cos 𝜑 =
=
=
.
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗1 | √10
⃗⃗⃗⃗⃗ | ∙ |𝐴𝐶
√30
|𝐵𝐸
3 ∙ √3
Javob:
𝟒
√𝟑𝟎
.
2.2.15-masala: To’rtburchakli to’g’ri ABC𝐷𝐴1 𝐵1 𝐶1 𝐷1 prizmada asos
tomonlari 12 ga, yon qirralar uzunligi 5 ga teng. AC va 𝐵𝐶1 chiziqlar orasidagi
burchakni toping.
⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝑎, 𝐵𝐶
⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝑏⃗, ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
Yechish: 𝐴𝐵
𝐴𝐴1 = 𝑐 bo’lsin (2.2.15-chizma), bu yerda
⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝑎 + 𝑏⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
|𝑎| = |𝑏⃗| = 12, |𝑐 | = 5, 𝑎 ∙ 𝑏⃗ = 𝑎 ∙ 𝑐 = 𝑏⃗ ∙ 𝑐=0. 𝐴𝐶
𝐵𝐶1 = 𝑏⃗ + 𝑐 .
𝐵1
𝐶1
𝐴1
𝐷1
B
C
𝐴
D
2.2.15-chizma. To’rtburchakli to’g’ri prizma
2
⃗⃗⃗⃗⃗ | = √(𝑎 + 𝑏⃗) = √𝑎2 + 2 ∙ 𝑎 ∙ 𝑏⃗ + 𝑏⃗ 2 = √122 + 122 = 12√2
|𝐴𝐶
61
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗1 | = √(𝑏⃗ + 𝑐 )2 = √𝑏⃗ 2 + 2 ∙ 𝑏⃗ ∙ 𝑐 + 𝑐 2 = √122 + 52 = 13
|𝐵𝐶
⃗⃗⃗⃗⃗ ∙ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝐶
𝐵𝐶1 = (𝑎 + 𝑏⃗) ∙ (𝑏⃗ + 𝑐 ) = 𝑎 ∙ 𝑏⃗ + 𝑎 ∙ 𝑐 + 𝑏⃗ 2 + 𝑏⃗ ∙ 𝑐 = 144
cos 𝜑 =
Javob:
⃗⃗⃗⃗⃗ ∙ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝐶
𝐵𝐶1
144
6√2
=
=
.
⃗⃗⃗⃗⃗ | ∙ |𝐵𝐶
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗1 | 12√2 ∙ 13
13
|𝐴𝐶
6√2
.
13
2.2.16-masala: ABC𝐷𝐴1 𝐵1 𝐶1 𝐷1 kubda A𝐵1 𝐶 va B𝐶1 𝐷 tekisliklar orasidagi
burchakni toping.
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗1 = 𝑐 bo’lsin (2.2.16-chizma), bu yerda
Yechish: ⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝐷 = 𝑎, ⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝐵 = 𝑏⃗, 𝐴𝐴
|𝑎| = |𝑏⃗| = |𝑐 | = 1, 𝑎 ∙ 𝑏⃗ = 𝑎 ∙ 𝑐 = 𝑏⃗ ∙ 𝑐=0. ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐵𝐷1 va ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐶𝐴1 vektorlar mos ravishda
A𝐵1 𝐶 va B𝐶1 𝐷 tekisliklar normali, bunga ko’ra ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐵𝐷1 ⊥ 𝐴𝐵1 𝐶 va ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐶𝐴1 ⊥ 𝐵𝐶1 𝐷.
Bundan
𝐵1
𝐶1
𝐴1
𝐷1
B
𝐴
C
D
2.2.16-chizma. ABC𝑫𝑨𝟏 𝑩𝟏 𝑪𝟏 𝑫𝟏 kub
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐵𝐷1 = 𝑎 − 𝑏⃗ + 𝑐
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐶𝐴1 = −𝑎 − 𝑏⃗ + 𝑐 ,
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐵𝐷1 ∙ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐶𝐴1 = (𝑎 − 𝑏⃗ + 𝑐 ) ∙ (−𝑎 − 𝑏⃗ + 𝑐 ) = −𝑎2 + 𝑏⃗ 2 + 𝑐 2 = 1
2
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗1 | = √(𝑎 − 𝑏⃗ + 𝑐 ) = √𝑎2 + 𝑏⃗ 2 + 𝑐 2 = √3,
|𝐵𝐷
62
2
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗1 | = √(−𝑎 − 𝑏⃗ + 𝑐 ) = √𝑎2 + 𝑏⃗ 2 + 𝑐 2 = √3
|𝐶𝐴
cos 𝜑 =
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐵𝐷1 ∙ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐶𝐴1
1
1
=
= .
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗1 | √3 ∙ √3 3
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗1 | ∙ |𝐶𝐴
|𝐵𝐷
1
Bu yerdan 𝜑 = 𝑎𝑟𝑐 cos , bunda 𝜑 − izlangan burchak.
3
Javob: 𝜑 = 𝑎𝑟𝑐 cos
1
3
2.2.17-masala: ABC𝐷𝐴1 𝐵1 𝐶1 𝐷1 parallelepipedda 𝐴𝐵 = 6, 𝐵𝐶 = 6, 𝐶𝐶1 = 4
ekani aniq bo’lsa, 𝐴𝐶𝐷1 va 𝐴1 𝐵1 𝐶1 tekisliklar orasidagi burchakni toping.
⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝑎, 𝐵𝐶
⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝑏⃗, ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
Yechish: 𝐴𝐵
𝐴𝐴1 = 𝑐 bo’lsin (2.2.16-chizma), bu yerda 𝑎 ∙
𝑏⃗ = 𝑎 ∙ 𝑐 = 𝑏⃗ ∙ 𝑐 =0. ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐵𝐷1 va ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐵𝐵1 vektorlar mos ravishda 𝐴𝐶𝐷1 va 𝐴1 𝐵1 𝐶1
tekisliklar normali, bunga ko’ra ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐵𝐷1 ⊥ 𝐴𝐶𝐷1 va ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐵𝐵1 ⊥ 𝐴1 𝐵1 𝐶1 . Bundan
B
C
A
D
𝐵1
𝐶1
𝐴1
𝐷1
2.2.17-chizma. ABC𝑫𝑨𝟏 𝑩𝟏 𝑪𝟏 𝑫𝟏 parallelepiped
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐵𝐷1 = 𝑐 + 𝑏⃗ − 𝑎,
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐵𝐷1 ∙ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐵𝐵1 = (𝑐 + 𝑏⃗ − 𝑎) ∙ 𝑐 = 𝑐 2 + 𝑏⃗ ∙ 𝑐 − 𝑎 ∙ 𝑐 = 16
2
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗1 | = √(𝑐 + 𝑏⃗ − 𝑎) = √𝑎2 + 𝑏⃗ 2 + 𝑐 2 = √36 + 36 + 16 = 2√22
|𝐵𝐷
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐵𝐷1 ∙ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐵𝐵1
16
√22
cos 𝜑 =
=
=
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗1 | ∙ |𝐵𝐵
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗1 | 2√22 ∙ 4
11
|𝐵𝐷
63
22
√1 − cos 2 𝜑 √1 − 121 √6
tan 𝜑 =
=
= .
cos 𝜑
2
√22
11
Javob: tan 𝜑 =
√6
.
2
2.2.18-masala: ABC𝐴1 𝐵1 𝐶1 uchburchakli to’g’ri prizmada barcha qirralari
uzunligi 1 ga teng. A nuqtadan B𝐶1 chiziqqacha bo’lgan masofani toping.
⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝑎, ⃗⃗⃗⃗⃗
Yechish: 𝐴𝐶
𝐶𝐵 = 𝑏⃗, ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝐴1 = 𝑐 bo’lsin, bu yerda |𝑎| = |𝑏⃗| = |𝑐 | = 1,
1
𝑎 ∙ 𝑐 = 𝑏⃗ ∙ 𝑐=0, asos muntazam uchburchak bo’lganligi uchun 𝑎 ∙ 𝑏⃗ = − (2.2.182
chizma).
𝐵
𝐴
𝑀
𝐶
𝐵1
𝐴1
𝐶1
2.2.18-chizma. Uchburchakli to’g’ri prizma
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ vektorni 𝑎, 𝑏⃗, 𝑐 vektorlar orqali ifodalaymiz. ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝑀
𝐶1 𝐵 = 𝑏⃗ − 𝑐 , ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐶1 𝐵 va 𝐶
1𝑀
⃗
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
kollinear vektor bo’lgani uchun 𝐶
1 𝑀 = x(𝑏 − 𝑐 ).
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝑐 + 𝑎 + x(𝑏⃗ − 𝑐 )
𝐴𝑀
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝑀
𝐶1 𝐵 bo’lgani uchun
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ∙ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝑀
𝐶1 𝐵 = 0 ⇒ (𝑐 + 𝑎 + x(𝑏⃗ − 𝑐 )) ∙ (𝑏⃗ − 𝑐 ) =
= 𝑏⃗ ∙ 𝑐 − 𝑐 2 + 𝑎 ∙ 𝑏⃗ − 𝑎 ∙ 𝑐 + 𝑥 ∙ (𝑏⃗ 2 − 2 ∙ 𝑏⃗ ∙ 𝑐 + 𝑐 2 ) = 0
bu yerdan 𝑥 noma’lum koeffitsientni topsak
64
𝑥=
⃗
𝑐 2 −𝑎⃗∙𝑏
2
2
⃗ +𝑐
𝑏
=
1+1∙1∙
1
2
1+1
3
=
4
3
⃗
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐶
1 𝑀 = (𝑏 − 𝑐 ). Demak
4
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝑐 + 𝑎 + 3 (𝑏⃗ − 𝑐 ) = 𝑎 + 3 𝑏⃗ + 1 𝑐.
𝐴𝑀
4
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = √𝑎2 +
𝐴𝑀
9
16
𝑏⃗ 2 +
√1 +
Javob:
1
16
9
16
4
4
3
1
3 1
𝑐 2 + 2 ∙ ∙ 𝑎 ∙ 𝑏⃗ + 2 ∙ ∙ 𝑎 ∙ 𝑐 + 2 ∙ ∙ ∙ 𝑏⃗ ∙ 𝑐 =
4
+
1
16
4
3 1
7
4 2
8
−2∙ ∙ =√ =
4 4
√14
.
4
√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.
⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝑎, 𝐴𝐷
⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝑏⃗, 𝐴𝐴
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗1 = 𝑐 bo’lsin. (2.2.19-chizma), bu yerda
Yechish: 𝐴𝐵
|𝑎| = |𝑏⃗| = 4 |𝑐| =1, 𝑎 ∙ 𝑏⃗ = 𝑎 ∙ 𝑐 = 𝑏⃗ ∙ 𝑐=0. ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝑂𝐵1 vektorni 𝑎, 𝑏⃗, 𝑐 vektorlar orqali
ifodalaymiz:
𝐵1
𝐶1
𝐴1
𝐷1
B
C
O
D
A
2.2.19-chizma. To’rtburchakli to’g’ri prizma
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗ + ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝑂𝐵1 = 𝑂𝐵
𝐵𝐵1
⃗⃗⃗⃗⃗ = 1 𝐷𝐵
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 1 (𝑎 − 𝑏⃗)
𝑂𝐵
2
2
65
1
1
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝑂𝐵1 = 𝑎 − 𝑏⃗ + 𝑐
2
2
2
1
1
1
1
1
⃗
√
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
|𝑂𝐵1 | = ( 𝑎 − 𝑏 + 𝑐 ) = √ 𝑎2 + 𝑏⃗ 2 + 𝑐 2 − ∙ 𝑎 ∙ 𝑏⃗ + 𝑎 ∙ 𝑐 − 𝑏⃗ ∙ 𝑐
2
2
4
4
2
1
1
= √ ∙ 16 + ∙ 16 + 1 = 3.
4
4
Javob: 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.
⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝑎, 𝐷𝐴
⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝑏⃗, 𝐷𝑆
⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝑐 bo’lsin. (2.2.20-chizma), bu yerda
Yechish: 𝐴𝐵
|𝑎| = |𝑏⃗| = 2 |𝑐| =4, 𝑎 ∙ 𝑏⃗ = 0, 𝑎 ∙ 𝑐 = 𝑏⃗ ∙ 𝑐=2. ⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝑂 vektorni 𝑎, 𝑏⃗, 𝑐 vektorlar
orqali ifodalaymiz:
S
M O
A
B
D
C
2.2.20-chizma. To’rtburchakli to’g’ri piramida
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝑎 + 𝑏⃗,
𝐷𝐵
𝑐
⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐵𝑀 = −𝑎 − 𝑏⃗ + ,
2
⃗⃗⃗⃗⃗ va ⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐵𝑂
𝐵𝑀 kollinear vektorlar bo’lgani uchun,
⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝑥𝐵𝑀
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝑥(𝑐 − 𝑎 − 𝑏⃗)
𝐵𝑂
2
⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝑎 + 𝑥 (𝑐 − 𝑎 − 𝑏⃗).
𝐴𝑂 = ⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝐵 + 𝐵𝑂
2
⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥ 𝐵𝑀
⃗⃗⃗⃗⃗ ∙ 𝐵𝑀
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ekanligidan, 𝐴𝑂
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 0 bo’lishi ma’lum. Demak,
𝐴𝑂
66
2
𝑐
𝑐
𝑐
𝑐
(𝑎 + 𝑥 (2 − 𝑎 − 𝑏⃗)) ∙ (2 − 𝑎 − 𝑏⃗) = 0 ⇔ 𝑎 ∙ 2 − 𝑎2 − 𝑎 ∙ 𝑏⃗ + 𝑥 ∙ ( 4 +
𝑐
𝑐
𝑎2 + 𝑏⃗ 2 − 2 ∙ 𝑎 ∙ − 2 ∙ 𝑏⃗ ∙ + 2 ∙ 𝑎 ∙ 𝑏⃗) = 0
2
2
3
Bu yerdan, = . Bundan foydalanib ⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝑂 vektorni topamiz
8
⃗⃗⃗⃗⃗ =
𝐴𝑂
⃗⃗⃗⃗⃗ | =
|𝐴𝑂
1
(10𝑎 − 6𝑏⃗ + 3𝑐 )
16
2
1
√(10𝑎 − 6𝑏⃗ + 3𝑐 ) =
16
= √100𝑎2 + 36𝑏⃗2 + 9𝑐 2 − 120 ∙ 𝑎 ∙ 𝑏⃗ + 60 ∙ 𝑎 ∙ 𝑐 − 36 ∙ 𝑏⃗ ∙ 𝑐 =
= √100 ∙ 4 + 36 ∙ 4 + 9 ∙ 16 + 60 ∙ 2 − 36 ∙ 2 =
Javob:
√46
.
4
√46
.
4
2.2.21-masala: 𝐴𝐵𝐶𝐷𝐴1 𝐵1 𝐶1 𝐷1 kubda 𝐴1 𝐷 va 𝐷1 𝐸 chiziqlar orasidagi
burchakni toping. Bu yerda 𝐸 − 𝐶𝐶1 qirraning o’rtasi.
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗1 = 𝑐 bo’lsin. Bu yerda |𝑎| = |𝑏⃗| = |𝑐 | =
Yechish: ⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝐵 = 𝑎, ⃗⃗⃗⃗⃗
𝐵𝐶 = 𝑏⃗, 𝐴𝐴
𝑎, 𝑎 ∙ 𝑏⃗ = 𝑎 ∙ 𝑐 = 𝑏⃗ ∙ 𝑐=0. ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴1 𝐷 va ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐷1 𝐸 vektorlarni 𝑎, 𝑏⃗, 𝑐 vektorlar orqali
ifodalaymiz:
𝐵1
𝐶1
E
𝐴1
𝐷1
B
C
𝐴
D
2.2.21-chizma. 𝑨𝑩𝑪𝑫𝑨𝟏 𝑩𝟏 𝑪𝟏 𝑫𝟏 kub
67
𝑐
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐷1 𝐸 = 𝑎 +
⃗
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴
1𝐷 = 𝑐 + 𝑏
2
𝑐
𝑐2
⃗
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴1 𝐷 ∙ 𝐷1 𝐸 = (𝑐 + 𝑏) ∙ (𝑎 + ) =
2
2
2
2
𝑐
√5
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
√
|𝐷
1 𝐸 | = (𝑎 + 2) = 𝑎 2 .
√ ⃗
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
|𝐴
1 𝐷 | = (𝑏 + 𝑐 ) = 𝑎√2
Ikki vektor orasidagi burchakni topish formulasidan foydalanib,
cos 𝜑 =
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴1 𝐷 ∙ 𝐷
1𝐸
=
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐷
∙
𝐸
|𝐴
|
|𝐷
|
1
1
ga ega bo’lamiz. Demak, 𝜑 = 𝑎𝑟𝑐 cos
Javob: 𝜑 = 𝑎𝑟𝑐 cos
1
√10
1
√10
𝑎2
2
𝑎√2 ∙ 𝑎
√5
2
=
1
√10
.
.
2.2.22-masala: 𝐴𝐵𝐶𝐷𝐴1 𝐵1 𝐶1 𝐷1 birlik kubda 𝐴𝐵1 va 𝐴1 𝐶1 chiziqlar
orasidagi masofani toping.
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗1 = ⃗⃗⃗
Yechish: 𝐴𝐵
𝑞1 , ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴1 𝐶1 = ⃗⃗⃗⃗
𝑞2 va ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐵1 𝐶1 = 𝑚
⃗⃗ vektorlarni kiritamiz. Bu
yerda
|𝑞
⃗⃗⃗1 | = |𝑞
⃗⃗⃗⃗2 | = √2, |𝑚
⃗⃗ | = 1, ∠(𝑞
⃗⃗⃗1 , ⃗⃗⃗⃗
𝑞2 ) = 60°, ∠(𝑞
⃗⃗⃗1 , 𝑚
⃗⃗ ) = 90°, ∠(𝑞
⃗⃗⃗⃗2 , 𝑚
⃗⃗ ) =
45° (2.2.22-chizma).
A
B
P
D
C
𝐴1
𝐵1
Q
𝐷1
𝐶1
2.2.22-chizma. Birlik kub
68
𝑞1 ∙ ⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗
𝑞2 = |𝑞
⃗⃗⃗1 | ∙ |𝑞
⃗⃗⃗⃗2 | ∙ cos 60° = 1
𝑞1 ∙ 𝑚
⃗⃗⃗
⃗⃗ = |𝑞
⃗⃗⃗1 | ∙ |𝑚
⃗⃗ | ∙ cos 90° = 0
𝑞2 ∙ 𝑚
⃗⃗⃗⃗
⃗⃗ = |𝑞
⃗⃗⃗⃗2 | ∙ |𝑚
⃗⃗ | ∙ cos 45° = 1
PQ chiziq 𝐴𝐵1 va 𝐴1 𝐶1 ayqash chiziqlarning umumiy perpendikulari bo’lsin.
⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝑥 ∙ ⃗⃗⃗
𝑃𝑄
𝑞1 + 𝑚
⃗⃗ + 𝑦 ∙ ⃗⃗⃗⃗
𝑞2
⃗⃗⃗⃗⃗ vektorning ⃗⃗⃗
𝑃𝑄
𝑞1 va ⃗⃗⃗⃗
𝑞2 vektorlarga perpendikularlik shartidan quyidagini hosil
qilamiz
(𝑥 ∙ ⃗⃗⃗
𝑞1 + 𝑚
⃗⃗ + 𝑦 ∙ ⃗⃗⃗⃗
𝑞2 ) ∙ ⃗⃗⃗
𝑞1 = 0,
{
(𝑥 ∙ ⃗⃗⃗
𝑞1 + 𝑚
⃗⃗ + 𝑦 ∙ ⃗⃗⃗⃗
𝑞2 ) ∙ ⃗⃗⃗⃗
𝑞2 = 0
2
𝑥 ∙ ⃗⃗⃗
𝑞1 + 𝑚
⃗⃗ ∙ ⃗⃗⃗
𝑞1 + 𝑦 ∙ (𝑞
⃗⃗⃗⃗2 ∙ ⃗⃗⃗
𝑞1 ) = 0,
2𝑥 + 𝑦 = 0,
⇔{
⇔{
2
𝑥 + 1 + 2𝑦 = 0.
𝑥 ∙ (𝑞
⃗⃗⃗⃗2 ∙ ⃗⃗⃗
𝑞1 ) + 𝑚
⃗⃗ ∙ ⃗⃗⃗⃗
𝑞2 + 𝑦 ∙ ⃗⃗⃗⃗
𝑞2 = 0
1
2
3
3
Bu yerdan 𝑥 = , 𝑦 = − . Demak
1
2
⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝑞
𝑃𝑄
⃗⃗⃗1 + 𝑚
⃗⃗ − ⃗⃗⃗⃗
𝑞
3
3 2
Endi
2
1
2
⃗⃗⃗⃗⃗ | = √( ⃗⃗⃗
𝑞 +𝑚
⃗⃗ − ⃗⃗⃗⃗
𝑞 ) =
|𝑃𝑄
3 1
3 2
=
2
2
√⃗⃗⃗
𝑞1 + 9𝑚
⃗⃗ 2 + 4𝑞
⃗⃗⃗⃗2 + 6(𝑞
⃗⃗⃗1 ∙ 𝑚
⃗⃗ ) − 12(𝑞
⃗⃗⃗⃗2 ∙ 𝑚
⃗⃗ ) − 4(𝑞
⃗⃗⃗1 ∙ ⃗⃗⃗⃗
𝑞2 )
3
=
Javob:
=
√2 + 9 + 8 + 0 − 12 − 4 √3
= .
3
3
√3
.
3
2.2.23-masala: ABC𝐴1 𝐵1 𝐶1 uchburchakli to’g’ri prizmada barcha qirralari
uzunligi 1 ga teng. AB va 𝐴1 C chiziqlar orasidagi masofani toping.
Yechish: ⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝐵 = ⃗⃗⃗
𝑞1 , ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴1 𝐶 = ⃗⃗⃗⃗
𝑞2 va ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝐴1 = 𝑚
⃗⃗ vektorlarni kiritamiz. Bu yerda
|𝑞
⃗⃗⃗1 | = |𝑚
⃗⃗ | = 1, |𝑞
⃗⃗⃗⃗2 | = √2 (2.2.23-chizma).
𝑞1 ∙ ⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗
𝑞2 =
1
2
𝑞1 ∙ 𝑚
⃗⃗⃗
⃗⃗ = 0
69
𝑞2 ∙ 𝑚
⃗⃗⃗⃗
⃗⃗ = 1
PQ chiziq 𝐴𝐵1 va 𝐴1 𝐶1 ayqash chiziqlarning umumiy perpendikulari bo’lsin.
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝑥 ∙ ⃗⃗⃗
𝑀𝑁
𝑞1 + 𝑚
⃗⃗ + 𝑦 ∙ ⃗⃗⃗⃗
𝑞2
𝐴
𝑀
𝐵
𝐶
𝑁
𝐵1
𝐴1
𝐶1
2.2.23-chizma. Uchburchakli to’g’ri prizma
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ vektorning ⃗⃗⃗
𝑀𝑁
𝑞1 va ⃗⃗⃗⃗
𝑞2 vektorlarga perpendikularlik shartidan quyidagini hosil
qilamiz
(𝑥 ∙ ⃗⃗⃗
𝑞1 + 𝑚
⃗⃗ + 𝑦 ∙ ⃗⃗⃗⃗
𝑞2 ) ∙ ⃗⃗⃗
𝑞1 = 0
⟺
{
(𝑥 ∙ ⃗⃗⃗
𝑞1 + 𝑚
⃗⃗ + 𝑦 ∙ ⃗⃗⃗⃗
𝑞2 ) ∙ ⃗⃗⃗⃗
𝑞2 = 0
1
𝑥 + 𝑦 = 0,
2
2
𝑥 ∙ ⃗⃗⃗
𝑞1 + 𝑚
⃗⃗ ∙ ⃗⃗⃗
𝑞1 + 𝑦 ∙ (𝑞
⃗⃗⃗⃗2 ∙ ⃗⃗⃗
𝑞1 ) = 0
⇔{
⇔{
2
1
𝑥 ∙ (𝑞
⃗⃗⃗⃗2 ∙ ⃗⃗⃗
𝑞1 ) + 𝑚
⃗⃗ ∙ ⃗⃗⃗⃗
𝑞2 + 𝑦 ∙ ⃗⃗⃗⃗
𝑞2 = 0
𝑥 + 1 + 2𝑦 = 0.
2
2
4
7
7
Bu yerdan 𝑥 = , 𝑦 = − . Demak,
2
4
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝑞
𝑀𝑁
⃗⃗⃗1 + 𝑚
⃗⃗ − ⃗⃗⃗⃗
𝑞 .
7
7 2
Endi
2
2
4
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ | = √( ⃗⃗⃗
𝑞 +𝑚
⃗⃗ − ⃗⃗⃗⃗
𝑞 ) =
|𝑀𝑁
7 1
7 2
70
=
2
2
√4𝑞
⃗⃗⃗1 + 49𝑚
⃗⃗ 2 + 16𝑞
⃗⃗⃗⃗2 + 28(𝑞
⃗⃗⃗1 ∙ 𝑚
⃗⃗ ) − 56(𝑞
⃗⃗⃗⃗2 ∙ 𝑚
⃗⃗ ) − 16(𝑞
⃗⃗⃗1 ∙ ⃗⃗⃗⃗
𝑞2 )
7
=
Javob:
=
√4 + 49 + 32 − 56 − 8 √21
=
7
7
√21
.
7
2.2.24-masala: 𝐴𝐵𝐶𝐴1 𝐵1 𝐶1 uchburchakli to’g’ri prizmada asos tomonlari 8
ga, balandligi 6ga teng. 𝐶𝐴1 va 𝐴𝐵1 chiziqlar orasidagi burchakni toping.
⃗
⃗
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
Yechish: ⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝐵 = 𝑎, 𝐴
1 𝐶1 = 𝑏 va 𝐴𝐴1 = 𝑐 bo’lsin. Bu yerda |𝑎 | = |𝑏 | =
8, |𝑐 | = 6 (2.2.24-chizma).
𝑎 ∙ 𝑏⃗ = |𝑎| ∙ |𝑏⃗| ∙ cos 60° = 32
𝑎 ∙ 𝑐 = |𝑎| ∙ |𝑐 | ∙ cos 90° = 0
𝑏⃗ ∙ 𝑐 = |𝑏⃗| ∙ |𝑐 | ∙ cos 90° = 0
𝐴
𝐵
𝐶
𝐵1
𝐴1
𝐶1
2.2.24-chizma. Uchburchakli to’g’ri prizma
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐶𝐴1 va ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝐵1 vektorlarni 𝑎, 𝑏⃗, 𝑐 vektorlar orqali ifodalaymiz:
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐶𝐴1 = 𝑐 − 𝑏⃗,
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝐵1 = 𝑐 + 𝑎
71
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐶𝐴1 ∙ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝐵1 = (𝑐 − 𝑏⃗) ∙ (𝑐 + 𝑎) = 4
2
𝐶𝐴1 | = √(𝑐 − 𝑏⃗) = √𝑐 2 + 𝑏⃗ 2 = 10, |⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝐵1 | = √(𝑐 + 𝑎)2 = √𝑐 2 + 𝑎2 = 10
|⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
cos 𝜑 =
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐶𝐴1 ∙ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝐵1
4
1
=
= ,
𝐶𝐴1 | ∙ |⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝐵1 | 10 ∙ 10 25
|⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝜑 = 𝑎𝑟𝑐 cos
Javob: 𝜑 = 𝑎𝑟𝑐 cos
1
25
1
25
.
2.2.25-masala: ABC𝐴1 𝐵1 𝐶1 uchburchakli to’g’ri prizmada barcha qirralari
uzunligi 1 ga teng, 𝐷 nuqta 𝐴1 𝐵1 qirraning o’rtasi. AD va 𝐵𝐶1 chiziqlar orasidagi
burchakni toping.
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝑏⃗ va ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
Yechish: ⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝐵 = 𝑎, 𝐵𝐶
𝐴𝐴1 = 𝑐 bo’lsin. Bu yerda |𝑎| = |𝑏⃗| =
|𝑐 | = 1 (2.2.25-chizma).
𝑎 ∙ 𝑏⃗ = |𝑎| ∙ |𝑏⃗| ∙ cos 120° = −
1
2
𝑎 ∙ 𝑐 = |𝑎| ∙ |𝑐 | ∙ cos 90° = 0
𝑏⃗ ∙ 𝑐 = |𝑏⃗| ∙ |𝑐 | ∙ cos 90° = 0
𝐶
𝐵
𝐴
𝐶1
𝐵1
𝐷
𝐴1
2.2.25-chizma. Uchburchakli to’g’ri prizma
72
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝐷 va ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐵𝐶1 vektorlarni 𝑎, 𝑏⃗, 𝑐 vektorlar orqali ifodalaymiz:
𝑎
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝐷 = 𝑐 + ,
2
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐵𝐶1 = 𝑐 + 𝑏⃗
𝑎
3
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝐷 ∙ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐵𝐶1 = (𝑐 + ) ∙ (𝑐 + 𝑏⃗) =
2
4
𝑎⃗ 2
𝐴𝐷 | = √(𝑐 + ) = √𝑐 2 +
|⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
2
𝑎⃗2
4
=
2
√5
,
2
⃗
√ 2 ⃗2
√
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
|𝐵𝐶
1 | = (𝑐 + 𝑏 ) = 𝑐 + 𝑏 = √2
3
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝐷 ∙ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐵𝐶1
3√10
4
cos 𝜑 =
=
=
,
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗1 | √5
20
𝐴𝐷 | ∙ |𝐵𝐶
|⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
∙
2 √2
Javob: 𝜑 = 𝑎𝑟𝑐 cos
𝜑 = 𝑎𝑟𝑐 cos
3√10
20
3√10
20
.
2.2.26-masala: ABC𝐴1 𝐵1 𝐶1 uchburchakli to’g’ri prizmada barcha qirralari
uzunligi 1 ga teng, 𝐷, 𝐸 nuqtalar mos ravishda 𝐴1 𝐵1 va 𝐵1 𝐶1 qirraning o’rtasi. AD
va BE chiziqlar orasidagi burchak kosinusini toping.
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝑏⃗ va ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
Yechish: ⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝐵 = 𝑎, 𝐵𝐶
𝐴𝐴1 = 𝑐 bo’lsin. Bu yerda |𝑎| = |𝑏⃗| =
|𝑐 | = 1 (2.2.26-chizma).
𝐷
𝐴1
𝐵1
𝐸
𝐶1
B
A
C
2.2.26-chizma. Uchburchakli to’g’ri prizma
73
𝑎 ∙ 𝑏⃗ = |𝑎| ∙ |𝑏⃗| ∙ cos 120° = −
1
2
𝑏⃗ ∙ 𝑐 = |𝑏⃗| ∙ |𝑐 | ∙ cos 90° = 0
𝑎 ∙ 𝑐 = |𝑎| ∙ |𝑐 | ∙ cos 90° = 0,
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝐷 va ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐵𝐶1 vektorlarni 𝑎, 𝑏⃗, 𝑐 vektorlar orqali ifodalaymiz:
𝑎
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝐷 = 𝑐 + ,
2
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐵𝐶1 = 𝑐 + 𝑏⃗
𝑎
3
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝐷 ∙ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐵𝐶1 = (𝑐 + ) ∙ (𝑐 + 𝑏⃗) =
2
4
2
2
𝑎
𝑎2 √5
2
⃗
√
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
√
√
=
, |𝐵𝐶
=
+
𝑏
= √𝑐 2 + 𝑏⃗ 2 = √2
| 𝐴𝐷 | = (𝑐 + ) = 𝑐 +
|
(𝑐
)
1
2
4
2
3
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝐷 ∙ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐵𝐶1
3√10
4
cos 𝜑 =
=
=
,
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗1 | √5
20
𝐴𝐷 | ∙ |𝐵𝐶
|⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
∙
2 √2
𝜑 = 𝑎𝑟𝑐 cos
Javob: 𝜑 = 𝑎𝑟𝑐 cos
3√10
20
3√10
20
.
2.3 Vektorlar uslidan foydalanib yechish uchun maslalar
1. 𝐴𝐵𝐶𝐴1 𝐵1 𝐶1 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 =
3𝐾𝐷 bo’lsa.
74
4. Asosi romb bo’lgan 𝐴𝐵𝐶𝐷𝐴1 𝐵1 𝐶1 𝐷1 to’g’ri prizmada 𝐴𝐵 = 10, 𝐴𝐶 =
6√7, yon qirra 𝐴𝐴1 3√21 ga teng. Prizmaning B uchidan 𝐴𝐶1 chiziqqacha bo’lgan
masofani toping.
5. 𝐴𝐵𝐶𝐷𝐴1 𝐵1 𝐶1 𝐷1 kubda barcha qirralari uzunligi 4 ga teng. E va F
nuqtalar mos ravishda AB va 𝐵1 𝐶1 qirralarning o’rtalari. CD qirrada P nuqta
shunday joylashganki, 𝐶𝑃 = 3𝑃𝐷. 𝐴1 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. 𝐵𝐴1 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.
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 𝐴𝐵𝐶𝐷𝐴1 𝐵1 𝐶1 𝐷1 parallelepipedda AB=35, AD=12,
C𝐶1 = 21 ekani ma’um. ABC va 𝐴1 DB tekisliklar orasidagi burchakni toping.
12. 𝐴𝐵𝐶𝐴1 𝐵1 𝐶1 uchburchakli to’g’ri prizmada asosi tomonlari 3, yon
qirralari 6, D nuqta 𝐶𝐶1 qirraning o’rtasi bo’lsin. ABC va AD𝐵1 tekisliklar
orasidagi burchakni toping.
75
13. 𝐴𝐵𝐶𝐴1 𝐵1 𝐶1 uchburchakli to’g’ri prizmada asosining tomonlari 4 ga, yon
qirralari 7 ga teng. D nuqta 𝐵𝐵1 qirraning o’rtasi. ABC va AD𝐶1 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. . 𝐴𝐵𝐶𝐷𝐴1 𝐵1 𝐶1 𝐷1 birlik kubda E,K va L nuqtalar mos ravishda 𝐴𝐴1 , 𝐶𝐷
va 𝐵1 𝐶1 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. 𝐴𝐵𝐶𝐷𝐸𝐹𝐴1 𝐵1 𝐶1 𝐷1 𝐸1 𝐹1 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 = 2𝐵𝐸, K nuqta AD asos tomonini 𝐴𝐾 = 3𝐾𝐷 kabi
bo’lishi ma’lum bo’lsa.
18. 𝐴𝐵𝐶𝐷𝐴1 𝐵1 𝐶1 𝐷1 birlik kubda A nuqtadan 𝐵𝐷1 chiziqqacha bo’lgan
masofani toping.
19. 𝐴𝐵𝐶𝐴1 𝐵1 𝐶1 uchburchakli to’g’ri prizmada balandligi 2 ga, asos
tomonlari 1 ga teng. 𝐵1 nuqtadan 𝐴𝐶1 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. 𝐴𝐵𝐶𝐷𝐴1 𝐵1 𝐶1 𝐷1 to’rtburchakli to’g’ri prizmada asos tomonlari 1 ga va
yon qirralari 2 ga teng. M nuqta 𝐴𝐴1 qirraning o’rtasi. M nuqtadan 𝐷𝐴1 𝐶1
tekislikkacha bo’lgan masofani toping.
76
23. 𝐴𝐵𝐶𝐴1 𝐵1 𝐶1 uchburchakli to’g’ri prizmada asosining tomonlari 2 ga, yon
qirralari 3 ga teng. D nuqta 𝐶𝐶1 qirraning o’rtasi. C nuqtadan 𝐴𝐵1 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. 𝐴𝐵𝐶𝐴1 𝐵1 𝐶1 uchburchakli to’g’ri prizmada asosining tomonlari 1 ga, yon
qirralari 3 ga teng. 𝐴𝐵1 va 𝐵𝐶1 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. 𝐵𝐴1 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. 𝐴𝐵𝐶𝐷𝐴1 𝐵1 𝐶1 𝐷1 birlik kubda E nuqta 𝐷𝐷1 qirra o’rtasi. CE va 𝐴𝐶1
chiziqlar orasidagi burchakni toping.
29. 𝐴𝐵𝐶𝐷𝐴1 𝐵1 𝐶1 𝐷1 kubning 𝐴1 𝐶 diagonaliga A va B uchlaridan
perpendikulyarlar o’tkazilgan. Shu perpendikulyarlar orasidagi burchakni toping.
30. 𝐴𝐵𝐶𝐴1 𝐵1 𝐶1 uchburchakli to’g’ri prizmada asosining tomonlari 8 ga
teng. Prizma balandligi 6 ga teng. 𝐶𝐴1 va 𝐴𝐵1 chiziqlar orasidagi burchakni
toping.
31. 𝐴𝐵𝐶𝐷𝐴1 𝐵1 𝐶1 𝐷1 kubda E nuqta 𝐴1 𝐵1 qirra o’rtasi. AE chiziq va 𝐵𝐷𝐷1
tekislik orasidagi burchak sinusini toping.
32. 𝐴𝐵𝐶𝐷𝐴1 𝐵1 𝐶1 𝐷1 to’g’ri burchakli parallelepipedda 𝐴𝐵 = 2, 𝐴𝐷 =
𝐴𝐴1 = 1. 𝐴𝐵1 chiziq va 𝐴𝐵𝐶1 tekislik orasidagi burchakni toping.
33. Asosi MKN to’g’ri burchakli uchburchak bo’lgan 𝑀𝑁𝐾𝑀1 𝑁1 𝐾1 to’g’ri
prizmada ∠𝑁 = 90°, ∠𝑀 = 60°, 𝑁𝐾 = 18. Yon yoq diagonali 𝑀1 𝑁 𝑀𝑀1 𝐾1
tekislik bilan 30° burchak tashkil etadi. Prizma balandligini toping.
77
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. 𝐴𝐵𝐶𝐷𝐴1 𝐵1 𝐶1 𝐷1 to’g’ri burchakli parallelepipedda 𝐴𝐵 = 6, 𝐵𝐶 =
6, 𝐶𝐶1 = 4 ekani ma’lum bo’lsa, 𝐴𝐶𝐷1 va 𝐴1 𝐵1 𝐶1 tekisliklar orasidagi burchak
tangensini toping.
36.
𝐴𝐵𝐶𝐷 trapetsiya 𝐴𝐵 va 𝐶𝐷 asoslari uzunliklari 𝑎 va 𝑏 ga teng.
𝐴𝐷 va 𝐵𝐶 tomonlardan mos ravishda 𝐸 va 𝐹 nuqtalar olingan bo’lib
𝐴𝐸
𝐸𝐷
=
𝐵𝐹
𝐹𝐶
𝑚
= .
𝑛
𝐸𝐹 chiziq trapetsiya asosiga parallel bo’lishini isbotlang va uning uzunligini
toping.
37. 𝐴𝐵𝐶𝐷𝐴1 𝐵1 𝐶1 𝐷1 kubda 𝑀, 𝑁 va 𝐾 nuqtalar 𝐴𝐵, 𝐴𝐷 va 𝐴𝐴1 qirralarni 𝐴
uchidan hisoblaganda 1: 3 kabi nisbatda bo’ladi. 𝑀𝑁𝐾 tekislik kubnig 𝐴𝐶1
diagonalini qanday nisbatda bo’lishini toping.
38. 𝐴𝐵𝐶 uchburchakda 𝐶𝐶1 − uchburchak ichki burchak bissektrisasi. 𝐶1
nuqta 𝐴𝐵 tomonni qanday nisbatda bo’lishini toping.
39. To’g’ri burchakli uchburchakning katetlari 𝑎 va 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 𝐾va 𝐿
nuqtalar olingan, bunda 𝐴𝐾 = 𝐾𝐵,
𝐴𝐿
𝐿𝐶
1
= . 𝐵𝐿 va 𝐶𝐾 chiziqlar 𝑀 nuqtada kesishsa
2
, kesishish nuqtasida qanday nisbatda bo’linishini toping.
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.
78
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.
79
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.Қори-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, “Ўқитувчи”,
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
“O’qituvchi”, 2013.
15. www.ziyonet.uz.
16. www.ilm.uz.
80
masalalar
to’plami
Toshkent,
Скачать