URGANCH DAVLAT UNIVERSITETI FIZIKAMATEMATIKA FAKULTETI MATEMATIKA
YO’NALISH ____-GURUH TALABASI
_______________________________NING ANALITIK
GEOMETRIYA FANIDAN
KURS ISHI
MAVZU: Planimetrik masalalarni yechishda vektorlar tadbiqi
TOPSHIRDI:
__________________
QABUL QILDI:
ESOMURODOVA.R
1
Mundarija.
Kirish...............................................................................................................3
I. Asosiy tushunchalar
1.1 Vektorlar haqida umumiy tushunchalar....................................................5
II. Geometriya masalalarini yechishda vektorlarning qo’llanilishi
2.1 Planimetrik masalalarni yechishda vektorlar tadbiqi…………………..9
Xotima..........................................................................................................20
Foydalanilgan adabiyotlar..........................................................................21
2
KIRISH
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.
Talabalarga bilim berishda zamonaviy ta’lim texnologiyalarining ahamiyati
to‘g‘risida so‘z borganda 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.
Hozirgi kunda jahon tajribasidan ko‘rinib turibdiki, ta’lim jarayoniga
o‘qitishning yangi, zamonaviy usul va vositalari kirib kelmoqda va samarali
foydalanilmoqda.
3
Kurs ishining dolzarbligi: vektorlar tushunchasi matematikaning ko’p
sohalarida,
geometriyada,
fizikaviy,
mexanikaviy
masalalarni
yechishda
qo’llaniladi.
Kurs ishining maqsadi: vektorlarni geometrik masalalarni yechishda
qo’llash.
Kurs ishining vazifalari: Kurs 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.
Kurs ishining o’rganilganlik darajasi: to’liq o’rganilgan.
Kurs ishining predmeti va obyekti: ko’pburchaklar, ko’pyoqlar.
Kurs ishining yangiligi: Kurs ishi referativ xarakterga ega.
Kurs ishining amaliy ahamiyati: mustaqil ishidan maktab o’quvchilari,
abituriyentlar, akademik litsey va kasb-hunar kolleji talabalari geometrik
masalalarni yechishda bilimlarini mustahkamlashda foydalanishlari mumkin.
Kurs ishning hajmi va tuzilishi: BMI kirish, ikkita bob, beshta paragraf,
ikki bobning xulosasi, xotima va foydalanilgan adabiyotlar ro’yxatidan iborat.
4
I. ASOSIY TUSHUNCHALAR
1.1 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
1.1.1-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,
⃗⃗⃗⃗⃗ (1.1.1-chizma). Bu holda A-vektorning boshlang’ich nuqtasi va Bmasalan, 𝐴𝐵
uning oxirgi nuqtasi yoki uchi bo’lib, vektorning yo’nalishi A dan B ga tomon
yo’nalgan.
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
5
a
b
d
c
1.1.2-chizma. Teng vektorlar
Ikki vektorning tengligi to’g’risida berilgan ta’rifga qaraganda, vektorning
boshlang’ich nuqtasining o’rni rol o’ynamaydi. Masalan, 1.1.2-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.
Bunday yasash 1.1.3-chizmada bajarilgan, berilgan O nuqtaga 𝑎, 𝑏⃗, 𝑐 , 𝑑
vektorlarga teng qilib vektorlar yasalgan.
6
b
c
c
d
b
d
a
a
1.1.3-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
1.1.4-chizma. Kollinear vektorlar
Kollinear bo’lgan 𝑎 va 𝑏⃗ vektorlar 𝑎 ∥ 𝑏⃗ ravishda ifoda qilinadi. Masalan,
1.1.2-chizmadagi 𝑎, 𝑏⃗, 𝑐 vektorlar kollinear vektorlardir. Shunga o’xshash 1.1.4chizmadagi 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
ataymiz. Vektorning koordinatalarini uning harfiy belgisi yoniga qo’yamiz,
7
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.
1.1.1-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.
1.1.1-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
8
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
9
2𝑥 2𝑦
=
3
3
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 ≤
10
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.
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).
11
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
12
⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗ va BH
⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥ ⃗⃗⃗⃗⃗
AH ⊥ BC
CA ekanligidan
⃗⃗⃗⃗⃗ ∙ BC
⃗⃗⃗⃗⃗ = 0, BH
⃗⃗⃗⃗⃗ = 0.
⃗⃗⃗⃗⃗ ∙ CA
AH
⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗ = ⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ + ⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ − ⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ − ⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ∙
𝐵𝐶 = 𝐵𝐻
𝐻𝐶 = 𝐵𝐻
𝐶𝐻, 𝐶𝐴
𝐶𝐻 − ⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝐻. ⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝐻 ∙ (𝐵𝐻
𝐶𝐻) = 0, 𝐵𝐻
⃗⃗⃗⃗⃗ − 𝐴𝐻
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ) = 0
(𝐶𝐻
Tengliklarni qo’shib
⃗⃗⃗⃗⃗ ∙ (𝐵𝐻
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ) = 0
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ − 𝐴𝐻
𝐶𝐻
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:
⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗ = 2 ∙ 𝐴𝑀
⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝐵 + 𝐴𝐶
2
2
⃗⃗⃗⃗⃗ | − 2 ∙ |𝐴𝐵
⃗⃗⃗⃗⃗ | ∙ |𝐴𝐶
⃗⃗⃗⃗⃗ | ∙ cos 𝛼 + |𝐴𝐶
⃗⃗⃗⃗⃗ | = 4 ∙ |𝐴𝑀
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |
|𝐴𝐵
⃗⃗⃗⃗⃗ − ⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝐶
𝐴𝐵 = ⃗⃗⃗⃗⃗
𝐵𝐶
2
2
⃗⃗⃗⃗⃗ | − 2 ∙ |𝐴𝐶
⃗⃗⃗⃗⃗ | ∙ |𝐴𝐵
⃗⃗⃗⃗⃗ | ∙ cos 𝛼 + |𝐴𝐵
⃗⃗⃗⃗⃗ | = |𝐵𝐶
⃗⃗⃗⃗⃗ |
|𝐴𝐶
13
2
2
2
|𝑐 |2 − 2 ∙ |𝑏⃗| ∙ |𝑐 | ∙ cos 𝛼 + |𝑏⃗| = 4 ∙ |𝑚
⃗⃗⃗⃗⃗𝑎 |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
14
2.1.7-chizma. Ixtiyoriy qavariq to’rtburchak
⃗⃗⃗⃗⃗
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
15
2.1.8-chizma. ABCD qavariq to’rtburchak
Chiziqni teng ikkiga bo’lish formulasidan
1
⃗⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝑂𝐵
⃗⃗⃗⃗⃗ ),
𝑂𝑀 = (𝑂𝐴
2
1
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = (𝑂𝐶
⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝑂𝐷
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ),
𝑂𝑁
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
⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝑂𝑁
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ) = 𝑂𝑀
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = (𝑂𝐴
⃗⃗⃗⃗⃗ + (𝑂𝐶
⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝑂𝐷
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )) = 𝑂𝐴
⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝑂𝐶
⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝑂𝐷
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,
𝑂𝑃
2
2
2
2
4
4
1
1
1
⃗⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗ + ⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝑂𝑄 = ⃗⃗⃗⃗⃗
𝑂𝐴 + 𝑂𝐵
𝑂𝐷,
4
4
2
1
1
1
⃗⃗⃗⃗⃗ = ⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝑂𝐷
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,
𝑂𝑅
𝑂𝐶 + 𝑂𝐵
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
⃗⃗⃗⃗⃗ = ⃗⃗⃗⃗⃗
Shunday qilib, 𝑃𝑄
𝑆𝑅. Bu yerdan 𝑃𝑄 va 𝑆𝑅 chiziqlarning tengligi va ular
parallel chiziqlarda yoki bir chiziqda yotishi kelib chiqadi. Birinchidan 𝑃𝑄𝑅𝑆
16
to’rtburchak parallelogram ekanligi (qarama-qarshi tomonlari teng va parallel),
ikkinchidan 𝑃, 𝑄, 𝑅, 𝑆 nuqtalar bir chiziqda yotishi kelib chiqadi.
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
⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝜆(𝑃𝐵
⃗⃗⃗⃗⃗ + ⃗⃗⃗⃗⃗
𝑃𝐴 + 𝑃𝐷
𝑃𝐶 ).
Chiziqni teng ikkiga bo’lish formulasidan
1
⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝑃𝐷
⃗⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗ ),
𝑃𝑀 = (𝑃𝐴
2
1
⃗⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗ + ⃗⃗⃗⃗⃗
𝑃𝑁 = (𝑃𝐵
𝑃𝐶 ).
2
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ , demak, 𝑀, 𝑁 va 𝑃 nuqtalar bir chiziqda yotadi.
Shunday qilib, ⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝑃𝑀 = 𝜆𝑃𝑁
P
C
N
D
B
M
17
A
2.1.9-chizma. ABCD to’rtburchak yon tonlarini davom ettirishdan hosil
bo’lgan ADP uchburchak
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 𝐶𝐵
⃗⃗⃗⃗⃗ vektorni qo’shamiz, u holda
𝐴𝐶
⃗⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗ .
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
18
⃗⃗⃗⃗⃗ =
𝐶𝐵
1
⃗⃗⃗⃗⃗ ,
𝐴𝐵
1+𝜆
⃗⃗⃗⃗⃗ =
𝐴𝐶
𝜆
⃗⃗⃗⃗⃗ .
𝐴𝐵
1+𝜆
Vektorlarni qo’shishning uchburchak qoidasini qo’llab, quyidagiga ega bo’lamiz:
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗1 ,
𝐴𝐵1 = ⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝐵 + ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐵𝐵1 = ⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝐵 + 𝛽𝐴𝐴
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗ + ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝛾𝐴𝐴
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗1 =
𝐴𝐶1 = 𝐴𝐶
𝐶𝐶1 = 𝐴𝐶
𝜆
⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝛾𝐴𝐴
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗1 .
𝐴𝐵
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
19
Xulosa
Mustaqil ishining asosiy qismi ikkinchi bob bo’lib, vektorlar usulidan
foydalanib yechiladigan planimetrik, stereometrik masalalar ularning yechimlari,
izohlar, ko’rsatmalar, masala shartiga mos chizmalar keltirilgan.
Bu mustaqil ishi 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.
20
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.
21
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.
22
masalalar
to’plami
Toshkent,