Geometriyadagi ba’zi masalalarni vektorlar usulida yechish - Геометрия - Дипломные работы

Информация о документе

Цена	12000UZS
Размер	820.4KB
Покупки	0
Дата загрузки	06 Ноябрь 2026
Расширение	docx
Раздел	Дипломные работы
Предмет	Геометрия

Geometriyadagi ba’zi masalalarni vektorlar usulida yechish

Купить

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

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

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

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

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

I. ASOSIY TUSHUNCHALAR
1.1 Vektorning kelib chiqish tarixi
Zamonaviy matematikaning asosiy (fundamental) tushunchalaridan biri bu
vektor va tenzor tushunchalaridir. Matematika, mexanika, texnikaning turli
jabhalarida vektorning keng ishlatilishi natijasida vektor tushunchasi evolutsion
rivojlandi.
Vektor-yangi matematik tushuncha. “Vektor” terminini birinchi bo’lib 1845-
yilda irland matemetigi va astronimi Uilyam Gamilton (1805-1865) kompleks
sonlar haqidagi risolalarida qo’llagan. Xuddi shuningdek, “skalyar”, “skalyar
ko’paytma”, “vektor ko’paytma” kabi tushunchalarni ham birinchi bo’lib Gamilton
qo’llagan.
Qariyb bir vaqtning o’zida shu yo’nalish bo’yicha boshqacha nuqtai nazar
bilan nemis matematigi German Grassman ham vektor tushunchasini
rivojlantirgan. Angliyalik Uillyam Klifford (1845-1879) bu ikki yo’nalish, bu ikki
nuqtai nazarni nazariy jihatdan birlashtirishga, umumlashtirishga muvaffaq bo’ldi.
Amerikalik matematik Djozayi Uillarda Gibbs (1839-1903) 1901-yilda vektor
analizi bo’yicha darslikni chop etdi va bu tushunachaga yakuniy xulosa berdi.
O’tgan asr oxiri va hozirgi asr boshlarida vektorlar ustida amallar va uning
qo’llanishi keng rivojlandi. Vektor algebrasi, vektor analizi vektor fazosining
umumiy nazariyasi kabi bilimlar yaratildi. Bu bilimlar hozirgi zamon fizikasining
asosiy qismi bo’lgan nisbiylik nazariyasida keng ishlatilishi natijasida yanada
mustahkamlandi.
Vektor tushunchasi uzunlik va yo’nalishiga ega bo’lgan barcha ob’yektlarda
qo’llaniladi. Masalan: fizikada kuch, tezlik,tezlanish va hokazo. Nafaqat o’lchov
birligiga uo’nalishga ega bo’lgan kattaliklardir.
Shunaqa og’ishlardan biri vektorlardir. Ular qulay, ularning foydalanilishi
tabiiy va odatda ular ustida azaldan amallar bajarilib kelmoqda deb o’ylashadi.
Lekin bu noto’g’ri. Hatto Maksvell kitobida ham biz dekart koordinatalar
6

sistemasida hosilalarni vektor belgilashni uchratmaymiz. Bu-XIX asrning ikkinchi
yarmi, shunda ham vektor belgilash hali qo’shila olmadi.
Vektorlardan ancha oldin fanga kvaternionlar kiritilgan. Bu g’aroyib
kattalikni Gamilton o’ylab topgan. Kvant mexanikasi ijodkorlari nafaqat fizik,
balki buyuk matematiklar bo’lgan Gamilton va Lagranj ijodidan mamnunlar.
Gamilton XIX asrda ijod qilgan, lekin u yaratgan kanonik forma bugun ham
foydali. Kvaternionlarv(sonlar to’rtligi bilan ifodalanadi) va oddiy haqiqiy vektor-
turli tushunchalar.
Gamiltondan biroz keyinroq bizga boshqa yo’nalishda mashhur bo’lgan
amerikalik olim Gibbs yashab o’tdi. Agar amerikaliklar rozi bo’lganda men
Gibbsni kichik Nyuton deb nomlagan bo’lardim. Nega deb so’rarsiz? U butun
haotini kichik shaharcha Nyu-Xeyvenda o’tkazdi va Yelskiy universitetida dars
berdi. Uning ishlari tengsiz. Xuddi Nyuton ishlaridek, uning ishlarida ham
noto’g’ri tasdiqlar yo’q. Gibbsning ismi statik mexanika bilan bog’liq, boltsman
statistikasi bilan bir qatorda Gibbs statistikasini ham farqlashadi. Boltsman o’z
fikrlarining tan olinishi uchun kurashdi, Gibbs esa, o’z qiziqishlari sohasini
aniqlab, tinchgina hech qanday kurashsiz statik mexanikani ishlab chiqdi.
Lekin hozir statik mexanika haqida aytib o’tmoqchi emasman. Gibbs 1880-
yida Yelskiy universitetida o’qigan ma’ruzalari saqlangan. U yerda vektorlar qalin
harflarda belgilanmagan bo’lsa-da, skalyar va vektor ko’paytmalarga ta’rif berilgan
va bugungi zamon talabiga javob beradigan aylana qavslar, nabl operatorida
belgilangan, ya’ni mexanika vektorlar tilida ko’rsatilgan. Bu savollar bilan
Kavaguti (ilgari Kioto universiteti qoshidagi asosiy tadqiqotlar Institutida assistent,
undan keyin Tsukuba Universitetida katta energiyalar fizikasi kafedrasi professori)
shug’ullangan.
Gibbsning vektorlardan foydalanish g’oyalari tezda o’z tasdig’ini topmagan.
Masalan, aytib o’tilgan ingliz olimi Teyt ulardan foydalanish noqulay deb aytgan.
Kvant mexanikasi paydo bo’lishi bilan avval uncha tushunarsiz bo’lgan kattaliklar
muhim ahamiyat kasb etadi. Xususan, tushunilishi qiyin ko’ringan matritsalar, XX
asrda hatto klassik fizikaga ham o’tdi.
7

Kvaternionlar tarafdorlari qarshiliklariga qaramay, Gibbsdan so’ng vektorlar
keng qo’lanila boshlandi. Ko’plab ingliz darsliklarida vektorlar asosan mexanikada
qo’llanilgan (aytgancha, bizning vaqtimizda vektor belgilashlar qo’llanilishi aynan
fizika bo’yicha ingliz darsliklariga xos edi).
1.2 Vektorlar haqida umumiy tushuncha
Matematika va fizika fanlarida ko’pincha ikki turli miqdor bilan ish
ko’rishga to’g’ri keladi, ulardan biri faqat son qiymati bilan aniqlangani holda,
ikkinchisi o’zining son qiymatidan fazodagi yo’nalishi bilananiqlanadi. Masalan,
uzunlik, hajm, temperatura, potensial energiya kabi miqdorlar faqat o’zlarining son
qiymatlari bilangina aniqlanadi va bunday miqdorlar, ya’ni, faqat o’zining son
qiymati bilan aniqlangan miqdorlar skalyar deyiladi.Lekin, kuch, tezlik, tezlanish
kabi miqdorlarni aniqlash uchun fazodagi yo’nalishlari ham ma’lum bo’lishi lozim.
Bunday miqdorlarni ya’ni o’zining son qiymatidan boshqa yana fazodagi
yo’nalishi bilan aniqlanadigan miqdorlar vektorial miqdorlar yoki qisqacha
vektorlar deyiladi. Demak, yo’nalishga ega bo’lgan kesma vektor deyiladi.
1.2.1-chizma. AB vektor
Vektor odatda strelka yordami bilan tasvir qilinadi. Strelkaning yo’nalishi
vektorning yo’nalishini va uning uzunligi vektorning uzunligini
ko’rsatadi.Vektorni belgilash uchun kichik lotin harflari a,b,c… dan
foydalanamiz.Yoki, ustiga strelka qo’yilgan ikkita bosh harf bilan belgilanadi,
masalan, ⃗ AB
(1.2.1-chizma). Bu holda A -vektorning boshlang’ich nuqtasi va B -
uning oxirgi nuqtasi yoki uchi bo’lib, vektorning yo’nalishi A dan B ga tomon
yo’nalgan.
8a B
A

Vektorning moduli deb, shu vektorni tasvirlovchi kesmaning uzunligiga
aytiladi. ⃗ a
vektorning moduli |⃗ a|
kabi belgilanadi.
Har bir vektor o’zining son qiymati va yo’nalishi bilan aniqlangani uchun,
uzunliklari teng va yo’nalishlari bir xil bo’lgan ikki vektor o’zaro teng deyiladi
1.2.2-chizma. Teng vektorlar
Ikki vektorning tengligi to’g’risida berilgan ta’rifga qaraganda, vektorning
boshlang’ich nuqtasining o’rni rol o’ynamaydi. Masalan, 1.2.2-chizmada
⃗a va ⃗
b
vektorlar o’zaro teng, chunki ularning uzunliklari teng va yo’nalishlari bir xil. Bu
holda algebradagi kabi
⃗a
= ⃗b
yoziladi.
⃗
b va ⃗ c
vektorlarning yo’nalishlari bir xil bo’lsada, lekin uzunliklari teng
emas, demak,
⃗b vektor ⃗c vektorga teng emas
⃗
b ≠ ⃗ c
Shunga o’xshash
⃗c va ⃗d vektorlar ham o’zaro teng emas, chunki ularning
uzunliklari teng bo’lsada, lekin yo’nalishlari har xil.
Kollinear vektorlar.
Faraz qilaylik, bir necha vektor, masalan,
⃗ a
, ⃗
b , ⃗cva⃗d berilgan bo’lsin. Ikki
vektorning tengligi to’g’risida berilgan ta’rifga muvofiq vektorning boshlang’ich
nuqtasi rol o’ynamagan edi. Bunga asoslanib, istalgan biror O nuqtada haligi
⃗
a , ⃗ b , ⃗ c , ⃗ d vektorlarga teng bo’lgan vektorlarni yasash mumkin, yoki boshqacha qilib
aytganda, berilgan vektorlarni bir boshlang’ich nuqtaga ko’chirish mumkin.
Bunday yasash 1.2.3-chizmada bajarilgan, berilgan O nuqtaga
⃗a,⃗b,⃗c,⃗d vektorlarga
teng qilib vektorlar yasalgan.
9a
b
d
c

1.2.3-chizma. Teng vektorlarni yasash
Agarda shuning kabi bir necha vektorni bir boshlang’ich nuqtaga
ko’chirganda, ular bir to’g’ri chiziqda yotsa, bunday vektorlar kollinear vektorlar
deyiladi.
1.2.4-chizma. Kollinear vektorlar
Kollinear bo’lgan ⃗ava ⃗b vektorlar ⃗a∥⃗b ravishda ifoda qilinadi. Masalan,
1.2.2-chizmadagi
⃗a,⃗b,⃗c vektorlar kollinear vektorlardir. Shunga o’xshash 1.2.4-
chizmadagi
⃗a,⃗b,⃗c,⃗dva ⃗e vektorlar ham kollinear vektordan iborat, chunki ularni bir
boshlang’ich nuqtaga keltirganda, ular bir to’g’ri chiziqda yotadi.
Vektorning koordinatalari
A
1 ( x
1 , y
1 )
nuqta
⃗ a
vektorning boshi, A
2 ( x
2 , y
2 )
nuqta esa uning oxiri bo’lsin.
a1= x2− x1
, a2= y2− y1 sonlarni ⃗a vektorning koordinatalari deb ataymiz. Vektorning
koordinatalarini uning harfiy belgisi yoniga qo’yamiz, qaralayotgan holda
⃗a(a1,a2)
yoki to’g’ridan-to’g’ri (
⃗a1,⃗a2 ). Nol vektorning koordinatalari nolga teng.
10ab
d c
d c b
a
ab
cd
e

Ikki nuqta orasidagi masofani shu nuqtalarning koordinatalari
orqali ifodalovchi formuladan koordinatalari a
1 , a
2 dan iborat vektorning moduli√a12+a22
ga teng degan natija chiqadi.
1.2.1-teorema. Teng vektorlar mos ravishda teng koordinatalarga ega. Va
aksincha, agar vektorlarning mos koordinatalari teng bo’lsa, vektorlar teng bo’ladi.
Isboti.
A1(x1,y1) va A
2 ( x
2 , y
2 )
nuqtalar ⃗ a
vektorning boshi va oxiri bo’lsin. ⃗ a
vektorga teng
⃗a ΄ vektor va ⃗a vektorni parallel ko’chirishdan hosil qilingani uchun ⃗a
́vektorning boshi va oxiri mos ravishda
A1́(x1+c,y1+d) ,A2́(x2+c,y2+d) nuqtalardan
iborat bo’ladi. Bundan ikkala
⃗a va ⃗a ́vektorning bir xil x
2 − x
1 , y
2 − y
1 koordinatalarga
ega ekanligi ko’rinib turibdi.
Endi teskari tasdiqni isbotlaymiz.
⃗ A
1 A
2 va ⃗A1́A2́ vektorlarning mos
koordinatalari teng bo’lsin. Vektorlarning teng ekanini isbotlaymiz. x
1 ́
va
y1́ — A1́
nuqtaning koordinatalari,
x2́ va y2 ́ esa A2́ nuqtaning koordinatalari bo’lsin.
Teorema shartiga ko’ra:
x2− x1 = x
2 ́
− x
1 ́
, y2− y1 = y
2 ́− y
1 ́
.
Bundan
x
2 ́

¿x2+ ´x1− x1,y2 ́¿y2+y1́− y1 .
x ́ = x + x
1 ́ − x
1 , y ́ = y + y
1 ́ − y
1
formulalar bilan berilgan parallel ko’chirish A
1 nuqtani
A1́ nuqtaga, A
2 nuqtani esa
A
2 ́
nuqtaga o’tkazadi, ya’ni
⃗ A
1 A
2 va ⃗A1́A2́ vektorlar teng. Teorema isbotlandi.
1.2.1-masala. A(1;2), B(0;1), C(-2;2), nuqtalar berilgan. Shunday D ( x ; y )
nuqtani topingki,
⃗ AB va ⃗ CD
vektorlar teng bo’lsin.
Yechilishi:
⃗AB vektorning koordinatalari ( − 1 ; 1 )
bo’ladi. ⃗CD vektorning
koordinatalari ( x
+2;y-2).
⃗AB =⃗CD dan x + 2 = − 1 , y − 2 = − 1.
Bundan D nuqtaning
koordinatalarini topamiz:
x=−3,y=1
Vektorlarni qo’shish
Koordinatalari
a1,a2 va b1,b2 bo’lgan ⃗a va ⃗b vektorlarning yig’indisi deb,
koordinatalari a
1 + b
1 , a
2 + b
2 bo’lgan
⃗ c
vektorga aytiladi, ya’ni,
⃗
a( a
1 , a
2 ) + ⃗ b( b
1 , b
2 ) = ⃗ c( a
1 + b
1 , a
2 + b
2 )
11

har qanday ⃗a(a1,a2) ,⃗ b( b
1 , b
2 ) ,⃗ c( c
1 , c
2 ) , vektorlar uchun
⃗
a
+ ⃗
b = ⃗
b + ⃗a ⃗ a
+ ¿ + ⃗ c ¿
= ¿ + ⃗
b )+ ⃗ c
tengliklar o’rinli.
1.2.2-teorema. A, B, C nuqtalar qanday bo’lmasin
⃗AB +⃗BC =⃗AC
vektor tenglik o’rinlidir.
Isboti:
A(x1,y1) , B ( x
2 , y
2 ) , C ( x
3 , y
3 ) − ¿
berilgan nuqtalar bo’lsin. ⃗ AB
vektorning koordinatalari
x2− x1 , y2− y1,⃗BC vektorning koordinatalari x3− x2 , y3− y2
bo’ladi. Demak,
⃗AB +⃗BC vektorning koordinatalari x
3 − x
1 , y3− y1 . Bu esa ⃗ AC
vektorning koordinatalaridir. 1.2.1-teoremaga ko’ra
⃗AB +⃗BC va ⃗AC vektorlar teng.
Teorema isbotlandi.
1.2.2-teorema ixtiyoriy
⃗a va ⃗b vektorlar yig’indisini yasashning ushbu
usulini beradi.
Faraz qilaylik, biror A nuqta oldin A dan B ga AB bo’yicha, so’ngra B dan C
ga BC bo’yicha harakat qilsin. Natijada u nuqta A dan C ga keladi. SHuning uchun
⃗AB = ⃗a
va ⃗BC =⃗b vektorlarning yig’indisi uchun ⃗AC = ⃗c vektorni qabul qilish
tabiiydir. Buni e’tiborga olib, ikki
⃗ a
va ⃗
b vektorlarning yig’indisi deb, quyidagicha
hosil bo’lgan
⃗c vektorga aytiladi: berilgan ⃗AB = ⃗a vektorni B uchidan ⃗BC = ⃗b vektorni
yasab, so’ngra birinchi
⃗a vektorning boshini ikkinchi ⃗
b vektorning uchi bilan
tutashtiriladi. Hosil bo’lgan
⃗AC = ⃗c vektor − ¿
berilgan ⃗a va ⃗b vektorlarning yig’indisi
bo’ladi (1.2.5-chizma). Vektorlarni qo ’ shish amalining ishorasi uchun odatdagi
algebraik qo ’ shish ishorasi ishlatiladi , ya ’ ni
⃗a+⃗b=⃗c
12A C
B

A B
C
D1.2.5-chizma. Vektorlarni uchburchak usulida qo’shish⃗a
va ⃗
b vektorlar − ¿
qo’shiluvchi vektorlar va ⃗ c
vektor − ¿
geometrik yig’indi
yoki, qisqacha yig’indi deyiladi. Shuning bilan,
⃗a vektorga ⃗b vektorni qo’shish
uchun:
⃗ a
vektorning B uchiga ⃗
b vektorning boshini keltirib, so’ngra ⃗ a
vektorning
boshi
⃗b vektorning uchi C bilan tutashtirilsa, ⃗AC vektor ⃗a va ⃗b vektorlarning
yig’indisi bo’ladi.
Ikki vektor yig’indisini hosil qilishning bunday usuli vektorlarni
qo’shishning “uchburchak qoidasi” deb ataladi.
Umumiy uchga ega bo’lgan vektorlar uchun ularning yig’indisi shu
vektorlarga yasalgan parallelogrammning shu vektorlar orasidan chiquvchi
diagonali bilan tasvirlanadi( “parallelogram qoidasi”) (1.2.6-chizma).
1.2.6-chizma. Vektorlarni parallelogram usulida qo’shish
Haqiqatan ham,
⃗AB +⃗BC =⃗AC
, ⃗BC =⃗AD .
Demak
⃗AB +⃗AD =⃗AC
.
Endi vektorlarni qo’shishning ko’pburchak qoidasi bilan tanishsak. Biz soni
istalgancha bo’lgan vektorlarni ham qo’shishimiz mumkin, masalan,
⃗
a + ⃗ b + ⃗ c + ⃗ d + ⃗ e
Yig’indini topish uchun
⃗a vektorga ⃗b vektorni qo’shamiz so’ngra hosil
bo’lgan yig’indiga
⃗ c
vektorni qo’shamiz va shunga o’xshash ketma-ket davom etib,
⃗
a + ⃗ b + ⃗ c + ⃗ d yig’indiga ⃗ e
vektorni qo’shamiz.(1.2.7-chizma).
13

A BC
O
E D⃗ e
⃗d
⃗ c
⃗
a
⃗b
1.2.7-chizma. Vektorlarni ko’pburchak usulida qo’shish
Demak,
⃗
a , ⃗ b , ⃗ c , ⃗ d , ⃗ e vektorlarni qo’shish uchun ⃗a vektorning oxiriga ⃗
b
vektorni,
⃗b vektorning oxiriga ⃗c vektorni, ⃗c vektorning oxiriga ⃗d vektorni, ⃗d
vektorning oxiriga
⃗ e
vektorni keltirib, so’ngra avvalgi ⃗ a
vektorning boshi eng
keyingi
⃗e vektorning uchi bilan tutashtirilsa, izlangan ( ⃗j ) yig’indi vektor hosil
bo’ladi. Bu qoida “ Ko’pburchak qoidasi ” deyiladi. Vektorlar bir necha bo’lgan
holda ham assotsiativ qonuni o’z kuchini saqlaydi, ya’ni
⃗a+(⃗b+⃗c)+… +⃗t=¿
⃗
a + ⃗ b + ( ⃗ c + … + ⃗ t )
va shunga o’xshash.
Faraz qilaylik, qo’shiluvchi vektorlar
⃗a=⃗OA ,⃗b=⃗OB ,⃗c=⃗OC bo’lsin. Agar
1.2.8-chizmada ko’rsatilgandek uchala vektorlarda parallelepiped yasalsa,
⃗a+⃗b=⃗OA +⃗OB ;⃗a+⃗b+⃗c=⃗OE +⃗OC =⃗OD
ya’ni, bir tekislikda yotmagan uchta vektorni umumiy bir nuqtaga keltirganda, u
nuqtadan chiqqan yig’indi vektorni berilgan uch vektorda yasalgan
parallelepipedning shu nuqtadan chiqqan diagonali ifodalaydi.
14
⃗a
⃗b
⃗c
⃗
d
⃗ e
⃗j

1.2.8-chizma. Vektorlarni parallelepiped usulida qo’shish
Ikki yoki bir necha vektorni qo’shushda maxsus bir holni uchratish
mumkinki, u ham bo’lsa teng va yo’nalishlari qarama-qarshi bo’lgan vektorlarni
qo’shishdan iborat. Bunday vektorlarda parallelogramm yasab bo’lmaydi.
Yuqorida bir necha vektorni qo’shish uchun chiqarilgan umumiy qoidani tadbiq
qilganda shunday “yig’indi-vektor” hosil bo’ladiki, uning boshi oxiri bilan
birlashgan bo’ladi. Bunday maxsus “vektor” nol-vektor deyiladi va u odatda
algebradagi 0 ishorasi bilan belgilanadi, ya’ni (1.2.9-chizma).
1.2.9-chizma. Qarama-qarshi vektorlar
a +( − a ) = 0
Shuning uchun, agarda
⃗a+⃗b =0 bo’lsa, ⃗a=− ⃗b yozish mumkin.
Endi, ayirish amali qo’shish amaliga teskari amal tariqasida quyidagicha
aniqlanadi:
Ikkita
⃗ a
va ⃗
b vektorlarning ayirmasi deb, shunday uchinchi ⃗ c
vektorga
aytiladiki,
⃗b va ⃗c vektorlarning yig’indisi ⃗a ga teng bo’lsa, ya’ni ⃗a− ⃗b= ⃗c, agar
⃗b+⃗c= ⃗a
bo’lsa
Agar keyingi tenglikning ikkala tomoniga (
− ⃗b ) vektordan qo’shilsa,
⃗c= ⃗a− ⃗b
= ⃗a+¿ )
bo’ladi, ya’ni
⃗a vektordan ⃗b vektorni ayirish uchun ⃗c vektorga ( − ⃗b ) vektorni
qo’shish kerak.
⃗a
va ⃗b vektorlarning ayirmasini yasash uchun bu vektorlarni biror boshlang’ich O
nuqtaga ko’chirib, so’ngra
⃗
b vektorning B uchidan ⃗a vektorning A uchiga ⃗BA
15
B
C

vektor o’tkazilsa, shuning o’zi izlangan ⃗a− ⃗b vektor bo’ladi, chunki(1.2.10-
chizma).
1.2.10-chizma. Vektorlar ayirmasi
⃗BA =⃗BO +⃗OA
=
− ⃗ b + ⃗a = ⃗
a − ⃗ b
Shuning bilan,
⃗a va ⃗b vektorlarda yasalgan parallelogrammda diagonallaridan
biri u vektorlarning yig’indisini va ikkinchisi ayirmasini ifoda qiladi.
1.2.2-masala: Boshi umumiy bo’lgan
⃗AB va ⃗AC vektorlar berilgan bo’lsin
(1.2.5-chizma)
⃗AC −⃗AB =⃗BC ekanini isbotlang.
Yechilishi:
⃗AB +⃗BC =⃗AC tenglikka egamiz. Bu esa ⃗AC −⃗AB =⃗BC ekanini
bildiradi.
Vektorni skalyarga ko’paytirish
⃗a
vektorni biror λ skalyar (haqiqiy) ko’paytuvchiga ko’paytirish, shunday
yangi
⃗b vektor hosil qilish demakki,
⃗
b = λ ⃗ a
bo’lsin. Agar λ>0 bo’lsa,
⃗b vektorning yo’nalishi ⃗a vektorning yo’nalishi kabi
bo’ladi, agarda λ<0 bo’lsa, qarama-qarshisi bo’ladi. Har ikki holda ham
|λ⃗a|=|λ||⃗a|
.
Vektorning o’zgarmas songa ko’paytmasi distributivlik qonuniga
bo’ysunadi, ya’ni:
λ (
⃗ a + ⃗ b ) = λ ⃗ a
+λ ⃗
b ,
boshqacha qilib aytganda, oddiy algebra qoidasi bo’yicha qavslarni ochish
mumkin. Haqiqatda (1.2.11-rasm)
16 AO

B
C
AO λ⃗OA = ⃗ a , ⃗ O A
1 = λ⃗a ⃗AC = ⃗b,⃗A1C1= λ⃗b;
bundan
⃗O A1
= λ ⃗ OA ⃗ A
1 C
1 = λ ⃗ AC ,
ya’ni OAC va O
A1C1 uchburchaklar o’xshash, demak,
⃗
O C
1 = λ⃗OC ,
shuning uchun:
λ
⃗ a
+λ ⃗
b = λ ( ⃗ a + ⃗ b )
.
1.2.11-chizma. Songa ko’paytirilgan vektor
Uzunligi (moduli) birga teng bo’lgan vektor birlik vektor deyiladi. Vektorni
skalyarga ko’paytirish tushunchasidan foydalanib, har qanday vektorni shu
yo’nalishdagi birlik vektor yordami bilan ifoda qilish mumkin, masalan,
⃗a vektorni
⃗a= a⃗a1
ko’rinishda yozish mumkin,
a bunda ⃗a vektorning uzunligi va ⃗a1 uning birlik
vektori, ya’ni yo’nalishi
⃗a vektorning yo’nalishi kabi bo’lgan birlik vektor.
Vektorni songa bo’lish
Vektorni songa bo’lish amali quyidagicha ta’rif qilinadi:
⃗a vektorni λ (λ ≠0)
songa bo’lish, shunday
⃗b vektorni topish demakki, uni λ ga ko’paytirganda ⃗a vektor
hosil bo’lsin, ya’ni
λ⃗b= ⃗a
17

Shuning bilan, bu amal vektorni songa ko’paytirish amaliga teskari bo’lgan
amaldan iborat. Agar bu tenglikning ikkala tomoni 1
λ ga ko’paytirilsa, u holda
⃗b= ⃗a·
1
λ ,
ya’ni vektorni (nolga teng bo’lmagan) songa bo’lish uchun u vektorni shu sonning
teskarisiga ko’paytirilsa kifoya. Algebradagi kabi
⃗a vektorni λ songa bo’lish
natijasi
⃗a
λ yoki ⃗ a : λ
ko’rinishda yoziladi.
Agar λ>0 bo’lsa, yo’nalishi
⃗a vektorning yo’nalishi kabi bo’ladi, agar λ<0
bo’lsa, unga qarama-qarshi bo’ladi.
Agar ikki vektor
⃗a va ⃗b
α
⃗ a
+β ⃗
b =0 (1.2.1)
chiziqli munosabat bilan bog’langan bo’lsa, u holda
⃗a va ⃗b vektorlar kollinear
bo’ladi. Haqiqatda, faraz qilaylik, α≠0 bo’lsin. Bu holda
⃗a
= − β
α ⃗ b
,
bu esa
⃗ a
va ⃗
b vektorlarning kollinearligini ko’rsatadi. Aksincha, agar ⃗ a
va ⃗
b
vektorlar kollinear bo’lsa u holda
⃗a ning ⃗b ga nisbatini λ faraz qilib,
⃗a
= λ⃗b yoki ⃗a− λ⃗b= 0
yozish mumkin, bu esa chiziqli munosabatning xususiy holidan iborat.
Agar
⃗a va ⃗
b vektorlar kollinear bo’lmasa u holda vektor
⃗
c = α ⃗ a + β ⃗ b ( 1.2 .2 )
⃗a
va ⃗b vektorlar bilan aniqlangan tekislikka parallel bo’ladi, chunki bir tekislikdagi
⃗
a
va ⃗
b vektorlarning yig'indisi shu tekislikning o'zida bo'ladi. Bu holda ⃗a , ⃗
b va ⃗ c
vektorlar komplanar vektorlar, ya’ni bir tekislikka parallel bo’lgan vektorlar
deyiladi.
Aksincha, kollinear bo’lmagan
⃗a va ⃗b vektorlarga komplanar bo’lgan har
qanday
⃗ c
vektorni (1.2.2) ravishda ifoda qilish mumkin. Buni isbot qilish uchun ⃗ a
, ⃗
b
,
⃗c vektorlarning uchalasini biror umumiy O nuqtaga ko’chiramiz (1.2.12-chizma).
So’ngra
⃗ c
vektorning C uchidan ⃗a va ⃗
b vektorlarga parallel qilib CD va CE ni
18

O⃗cC
D
B
F Ao’tkazamiz.Bu holda
⃗a va ⃗b vektorlarga kollinear bo’lgan α⃗ava β⃗b vektorlarning
geometrik yig’indisi
⃗ c
bo’ladi, ya’ni
⃗c= α⃗a+β⃗b.
1.2.12-chizma. Komplanar vektorlar
1.2.12 − ¿
chizmada:
α= − OE
OA ;
β=
−OD
OB
faraz qilinadi.
C vektorning (1.2.2) kabi ifoda qilinishi yoki ikkiga ajralishi bir qiymatli
bo’ladi. Haqiqatan,
⃗c= α⃗a+β⃗b
, ⃗c= α'⃗a+β'⃗b
faraz qilinsa, bu holda
0 =
( α − α ' )⃗
a + ( β − β '
) ⃗ b
bo’lar edi. Ikkinchi tomondan
⃗a va ⃗b vektorlar parallel bo’lmagani uchun
α− α'=0,β− β'=0,
yoki
α= α',β= β'.
Bundan shunday natija kelib chiqadi: uchta komplanar vektor hamavaqt o’zaro
chiziqli munosabat bilan bog’langandir:
α⃗a+β⃗b+γ⃗c=0
.
Aksincha, agar bu munosabat bajarilsa,
⃗ a
, ⃗
b , ⃗ c
vektorlar komplanar bo’ladi.
Agar uchta
⃗a , ⃗b , ⃗c vektorlar komplanar bo’lmasa, u holda har bir ⃗d vektorni
⃗d= α⃗a+β⃗b+γ⃗c(1.2 .3)
19

⃗cko’rinishda uchtaga ajratish mumkin. Buning mumkinligi 1.2.13-chizmada yaqqol
ko’rinmoqda.
1.2.13-chizma. Komplanar bo’lmagan vektorlar
Shu bilan birga (1.2.3) yoyilma bir qiymatli aniqlangan. Haqiqatdan, ham
yoyilmani
⃗
d = α ⃗ a + β ⃗ b + γ ⃗ c ,
⃗d= α'⃗a+β'⃗b+γ'⃗c
deb faraz qilsak, u holda ularning ayirmasi
0 =
( α − α ' )⃗
a + ( β − β ' )⃗
b + ( γ − γ ' )⃗
c
bo’lar edi va agar
α − α '
,
β − β '
, γ − γ '
ayirmalardan hech bo’lmaganda birortasi nolga
teng bo’lmasa,
⃗a , ⃗
b , ⃗ c
vektorlar komplanar bo’lar edi, bu esa qilingan farazga zid
bo’ladi. Shuning uchun
α= α',
β= β',γ=γ'.
Vektorlarning skalyar ko’paytmasi
⃗a(a1,a2)
,⃗b(b1,b2) vektorlarning skalyar ko’paytmasi deb a
1 b
1 + a
2 b
2 songa
aytiladi. Vektorlarning skalyar ko’paytmasi uchun ham sonlarning ko’paytmasi
singari yozuvdan foydalaniladi.
⃗a·⃗a skalyar ko’paytma ⃗
a 2
kabi belgilanadi va
⃗a2=|⃗a|2
tenglik o’rinli
20

y x
O abVektorlarning skalyar ko’paytmasi ta’rifidan, har qanday ⃗a(a1,a2) ,
⃗
b( b
1 , b
2 ) ,⃗ c( c
1 , c
2 ) vektorlar uchun
(
⃗a+⃗b ) ⃗c= ⃗a⃗c+⃗b⃗c
tenglik o’rinli. Haqiqatan tenglikning chap qismi
(
a1+b1¿c1+(a2+b2)c2
dan, o'ng qismi esa
a1c1+a2c2+¿
b1c1+b2c2
dan iborat. Soddalashtirgandan so’ng ularning teng ekanligini ko’rishimiz mumkin.
Noldan farqli
⃗AB ,⃗AC vektorlar orasidagi burchak deb ∠BAC ga aytiladi.
Ixtiyoriy ikkita
⃗
a va ⃗ b vektorlar orasidagi burchak deb bosh nuqtasi umumuiy va
o’zlari shu vektorlarga teng vektorlar orasidagi burchakka aytiladi. Bir xil
yo’nalgan vektorlar orasidagi burchak nolga teng hisoblanadi.
1.2.3-teorema: Vektorlarning skalyar ko’paytmasi ular modullari bilan ular
orasidagi burchak kosinusi ko’paytmasiga teng.
Isboti.
⃗ava ⃗b−¿ berilgan vektorlar va φ − ¿
ular orasidagi burchak bo’lsin.
Ushbularga egamiz:
(⃗
a + ⃗ b) 2
= (⃗ a + ⃗ b)(⃗ a + ⃗ b) = (⃗ a + ⃗ b) ·⃗ a + (⃗ a + ⃗ b) ·⃗ b = ¿
¿⃗a⃗a+⃗b⃗a+⃗a⃗b+⃗b⃗b= ⃗a2+2⃗a⃗b+⃗b2
yoki
|⃗a+⃗b|2=|⃗a|2+|⃗b|2+2⃗a⃗b
Bundan
⃗a⃗b skalyar ko’paytma ⃗a,⃗b va ⃗a+⃗b vektorlar uzunliklari orqali
ifodalanishi ko’rinib turibdi, koordinatalar sistemasini maxsus tanlashdan skalyar
ko’paytma o’zgarmaydi. Koordinatalarning bu sistemasini 1.2.14-chizmada
ko’rsatigandek olamiz.
21

1.2.14-chizma. Vektorlarni skalyar ko’paytirish
Koordinatalar sistemasini bunday tanlashda ⃗a vektorning koordinatalari |⃗ a|
va 0dan,
⃗b vektorning koordinatalari |⃗b|cos φ , |⃗b|sin φ dan iborat. Skalyar ko’paytma
esa ushbuga teng:
⃗
a⃗ b = |⃗ a||⃗ b| cos φ + 0 · |⃗ b| sin φ = |⃗ a||⃗ b| cos φ
Teorema isbotlandi.
1.2.3-teoremadan ushbu xulosa chiqadi: agar vektorlar perpendikulyar
bo’lsa, ularning skalyar ko’paytmasi nolga teng. Aksincha, noldan farqli
vektorlarning skalyar ko’paytmasi nolga teng bo’lsa,vektorlar perpendikulyar
bo’ladi.
1.2.3-masala:
⃗a(2;1) va ⃗ b ( 0 ; 1 )
vektorlar berilgan. Shunday λ sonni topingki,
⃗
a + λ ⃗ b vektor ⃗
b vektorga perpendikulyar bo’lsin.
Yechish: Bu yerda
⃗
b(⃗ a + λ ⃗ b) = 0 ⃗a⃗b+λ⃗b2= 0
bundan
λ= −⃗a⃗b
⃗b2 =−1
1 =−1.
Ikki vektorning vektorial ko’paytmasi
Faraz qilaylik, ikkita
⃗ava ⃗b vektorlar berilgan bo’lsin. ⃗avektorning ⃗b vektorga
vektorial ko’paytmasi deb, shunday uchinchi
⃗ c vektorga
aytiladiki, u vektor
quyidagicha aniqlanadi:
1)
⃗ c vektorning
uzunligi ⃗
a va ⃗ b vektorlar uzunliklarining ular orasidagi
burchakning sinusi bilan ko’paytmasiga teng, ya’ni
|⃗c|=ab sin (⃗a,⃗b).
Bu ta’rifga ko’ra
⃗c vektorning uzunligi ⃗ava ⃗b vektorlarda yasalgan
parallelogrammning yuzini ifodalovchi son bilan ifoda qilinadi;
2)
⃗cvektorning yo’nalishi ⃗ava ⃗b vektorlarga qurilgan parallelogrammning
22

3) tekisligiga perpendikulyar bo’lib, (1.2.15-chizma)
1.2.15-chizma. Vektorlarning vektorial ko’paytmasi⃗avektor
ning ⃗bvektor ga vektorial ko’paytmasi:
[⃗
a⃗ b]
ravishda belgilanadi, ya’ni
⃗
c = [⃗ a⃗ b]
Uch vektorning aralash ko’paytmasi
⃗ava ⃗b
vektorlarning vektorial ko’paytmasining uchinchi ⃗c vektorga skalyar
ko’paytmasiga uch vektorning aralash ko’paytmasi deyiladi.
[⃗
a⃗ b]⃗ c ( 1.2 .4 )
⃗ava ⃗b
vektorlarning [⃗a⃗b] vektorial ko’paytmasi vektor bo’lgani uchun, bu
vektorning
⃗c vektorga skalyar ko’paytmasi skalyar bo’ladi, demak, ⃗a,⃗b , ⃗c
vektorlarning (1.2.4) aralash ko’paytmasi skalyardan iborat.
Bu ko’paytma oddiy geometrik ma’noga egadir. Uchala vektor
⃗a,⃗b , ⃗c biror
umumiy O nuqtaga keltirilganda, ularning o’rinlari 1.2.16-chizmadagi kabi bo’lsin.
23

1.2.16-chizma. Uch vektorning aralash ko’paytmasi
Qirralari berilgan vektorlardan iborat parallelepiped yasaymiz.⃗ava ⃗b
vektorlarda yasalgan parallelogrammning yuzi
|[⃗a⃗b]|
bo’ladi. Ikkinchi tomondan
[⃗a⃗b] vektor ⃗ava ⃗b vektorlarga qurilgan
parallelogrammning tekisligiga perpendikulyar bo’lgani uchun
⃗ c
vektorni [⃗a⃗b]
vektorning yo’nalishiga proyeksiyasini olib, parallelepipedning balandligini hosil
qilish mumkin.
Natijada
V =
[⃗ a⃗ b]⃗ c ( 1.2 .5 )
aralash ko’paytma
⃗a,⃗b , va ⃗ c
vektorlarda yasalgan parallelepipedning hajmini
ifodalaydi.
⃗a,⃗b
, va ⃗c vektorlar o’ng sistema tashkil qilganda, bu ko’paytma musbat va
aks holda manfiy bo’ladi. Shu bilan birga bu yerda
⃗a,⃗b , ⃗c vektorlarni ko’paytirish
tartibiga diqqat qilish kerak, chunki uchala ko’paytuvchidan ikkitasining o’rinlari
o’zaro almashtirilsa, ko’paytmaning ishorasi qarama-qarshi bo’ladi, masalan:
[⃗
a⃗ b]⃗ c = − [⃗ b⃗ a]⃗ c ( 1.2 .6 )
Lekin
⃗a,⃗b , ⃗c vektorlarni doiraviy almashtirganda (ya’ni ⃗a ni ⃗b ga, ⃗b ni ⃗c ga, ⃗c ni ⃗a
ga almashtirganda) aralash ko’paytma o’zgarmaydi, masalan:
[⃗a⃗b]⃗c=−[⃗b⃗a]⃗c=[⃗c⃗a]⃗b(1.2 .7)
chunki bundan asosiy sistema o’zgarmaydi.
Agarda
⃗a,⃗b , ⃗c vektorlar komplanar bo’lsa, bu holda [⃗
a⃗ b] vektor ⃗c vektorga
perpendikulyar bo’lgani uchun
[⃗
a⃗ b]⃗ c = 0 ( 1.2 .8 )
24O

geometriya nuqtai nazaridan, albatta shunday bo’lishi kerak, chunki ⃗a,⃗b , ⃗c
vektorlar komplanar bo’lganda parallelepipedning hajmi nolga aylanadi.
Xususiy holda uchala vektordan ikkitasi o’zaro teng bo’lsa, u holda aralash
ko’paytma nolga aylanadi, masalan:
[⃗a⃗a]⃗b=[⃗a⃗b]⃗a=[⃗b⃗a]⃗a=0
Aksincha, (1.2.8) tenglik bajarilganda parallelepipedning hajmi nolga teng
bo’ladi va bu holda: yo uchala vektordan biri nolga teng yoki ulardan ikkitasi
kollinear yoki ular komplanar bo’ladi.
Xulosa
Birinchi bob yordamchi xarakterga ega bo’lib, o’rganilgan mavzuni
yoritishda zarur bo’lgan tushunchalar, vektorlar haqida ma’lumot, vektorlar
yig’indisi, skalyar ko’paytma, vektorlar ko’paytmasiva boshqa bir qancha
ma’lumotlar keltirilgan.
25

A
C
BMK L
EII. Geometriya masalalarini yechishda vektorlarning qo’llanilishi
2.1. Planimetrik masalalarni yechishda vektorlar tadbiqi
2.1.1-masala .ABC uchburchakning BC tomonida K nuqta shunday
joylashganki, BM =2 CM , K va L nuqtalar mos ravishda AC va AB tomonlardan
tanlab olingan, bunda AK =2 CK , BL =3 AL , KL chiziq AM kesmani qanday
nisbatdagi bo’laklarga ajratadi?
Yechish:
⃗AB va ⃗AC vektorlarni qisqacha ⃗a va ⃗b orqali belgilab olamiz. ⃗AE = x
⃗
AM ,
⃗
¿ = y ⃗LK bo’lsin.
2.1.1-chizma. Uchburchak ichidagi chiziqlar munosabati
⃗AM = ⃗a+2
3
⃗BC =⃗a+2
3(⃗b− ⃗a)= 1
3⃗a+2
3
⃗b
⃗
AE = x
3 ⃗ a + 2 x
3 ⃗ b
boshqa tomondan
⃗AE =⃗AL +¿
y ⃗LK = 1
4⃗a +y( 2
3 ⃗ b − 1
4 ⃗ a
)= 1
4 (1-y) ⃗ a + 2 y
3 ⃗ b
2 ta nokollinear vektorlar bo’yicha vektorni yoyilmasi yagona ko’rinishda
bo’lganidan quyidagi tenglamalar sistemasi hosil bo’ladi:
x
3= 1
4(1− y)2x
3 = 2y
3
bu yerdan x=3/7. Izlanayotgan nisbat
AE : EM=3:4 ga
teng.
Javob:
AE : EM=3:4
26

B
A CMA
B
CO2.1.2 masala. Ixtiyoriy ABC uchburchakda ichki burchaklar A, B, C bo’lsa,
cos A + cos B + cos C ≤
3
2 munosabat o’rinli ekanligini isbot qiling.
Yechish: O nuqta ABC uchburchakka ichki chizilgan aylana markazi
bo’lsin (2.1.2-chizma).
2.1.2-chizma.Uchburchakka ichki chizilgan aylana
|⃗ O A
1 + ⃗ O B
1 + ⃗ O C
1 | ≥c
Faraz qilaylik,
|⃗ O A
1 | = r
bundan
|⃗O A1|=|⃗O B1|=|⃗O C1|= r|⃗
O A
1 + ⃗ O B
1 + ⃗ O C
1 | 2
≥ 0
⃗O A12+⃗O B12+⃗OC12+2·|⃗O A1|·|⃗O B1|·cos (180 −C )+2·|⃗O A1|·|⃗O C1|··cos (180 − B)+2·|⃗O B1|·|⃗O C1|·cos (180 − A)≥0
3 r 2
− 2 r 2
( cos C + cos B + cos A ) ≥ 0
cos C + cos B + cos A ≤ 3
2
2.1.3 masala . ABC uchburchakning A, B, C burchaklari berilgan bo’lib, M
nuqta BC tomonning o’rtasi bo’lsa, BAM burchakni hisoblang.
Yechish: Faraz qilaylik,
¿BAM =φ (2.1.3-chizma) AB =c,AC =b,BC =a
bo’lsin.
27

B
C
DO
A 2.1.3-chizma. Uchburchak va uning medianasi⃗
AM ↑ ↑ ( ⃗ AB + ⃗ AC )
bo’lgani uchun
cos φ= (⃗AB ·(⃗AB +⃗AC ))
|⃗AB |·|⃗AB +⃗AC |=
⃗AB 2+(⃗AB ,⃗AC )
c·√c2+b2+2·b·ccos A
=¿ c+b·cos A
√c2+b2+2·b·ccos A
va b
c = sin B
sin C
dan
cos φ = sin C + sin B · sin A
√
sin 2
B + sin 2
C + sin 2
A .
Demak,
φ = arc cos sin C + sin B · sin A
√
sin 2
B + sin 2
C + sin 2
A
Javob:
¿arc cos sin C+sin B·sin A
√sin 2B+sin 2C+sin 2A .
2.1.4-masala: Parallelogramm diagonallari kvadratlari yig’indisi uning
barcha tomonlari kvadratlari yig’indisiga tengligini isbotlang.
Yechish:
⃗ AB = ⃗ DC = ⃗ a
, ⃗
AD = ⃗ BC = ⃗ b , ⃗ AC = ⃗ d
1 , ⃗ BD = ⃗ d
2 , ¿ BAD = φ
bo’lsin (2.1.4-
chizma).
2.1.4-chizma. ABCD parallelogramm
28

A
C BH{
⃗a+⃗b=⃗d1
⃗a−⃗b=⃗d2
⇒
{
⃗a2+2·|⃗a|·|⃗b|·cos φ+⃗b2=|⃗d1|2
⃗a2−2·|⃗a|·|⃗b|·cos φ+⃗b2=|⃗d2|2⇒ 2·⃗a2+2·⃗b2=¿⃗d12+⃗d22⇒ ⃗d12+⃗d22=2·(⃗a2+⃗b2).2.1.5-masala: Uchburchak balandliklari bitta nuqtada kesishishini isbotlang.
Yechish: H -uchburchakning A va B uchlaridan o’tkazilgan ikki
balandlikning kesishish nuqtasi bo’lsin (2.1.5-chizma). Demak, H nuqta uchinchi
balandlikka tegishli ekanligini isbotlash kerak, ya’ni
CH ⊥AB .
2.1.5-chizma. ABC uchburchak
⃗AH ⊥⃗BC
va ⃗BH ⊥⃗CA ekanligidan
⃗
AH · ⃗ BC = 0
, ⃗ BH · ⃗ CA = 0
.
⃗BC =⃗BH +⃗HC =⃗BH −⃗CH
, ⃗CA =⃗CH −⃗AH . ⃗
AH · (⃗ BH − ⃗ CH ) = 0 , ⃗
BH · (⃗ CH − ⃗ AH ) = 0
Tengliklarni qo’shib
⃗CH ·(⃗BH −⃗AH )=0
ni hosil qilamiz, bundan
⃗CH ·⃗BA = 0.
Demak, uchala balandlik bir nuqtada kesishadi.
2.1.6-masala: Uchburchak tomonlari a, b va c ga teng. a tomoniga
o’tkazilgan mediana m
a = 1
2
√ 2 · c 2
+ 2 · b 2
− a 2
formula bilan hisoblanishini isbotlang.
Yechish:
BC = a,CA =b,AB =c,AM = ma . M nuqta ABC uchburchak BC
tomonining o’rtasi bo’lsin. AM chiziqni biror D nuqtagacha davom ettirib, ABCD
parallelogram hosil qilamiz (2.1.6-chizma).
29

B
C
DM
A
2.1.6-chizma. ABC uchburchakni parallelogrammga to’ldirish
Vektorlarni qo’shish va ayirish qoidalariga asoslanib quyidagilarni hosil
qilamiz:⃗
AB + ⃗ AC = 2 · ⃗ AM
|⃗
AB | 2
− 2 · |⃗ AB | ·|⃗ AC | · cos α + |⃗ AC | 2
= 4 · |⃗ AM | 2⃗AC −⃗AB =⃗BC
|⃗
AC | 2
− 2 · |⃗ AC | ·|⃗ AB | · cos α + |⃗ AB | 2
= |⃗ BC | 2
|⃗
c| 2
− 2 · |⃗ b| ·|⃗ c| · cos α + |⃗ b| 2
= 4 · |⃗ m
a | 2|⃗b|2+2·|⃗b|·|⃗c|·cos α+|⃗c|2=|⃗a|2
2·|⃗b|·|⃗c|·cos α=|⃗a|2−|⃗b|2−|⃗c|2
Hosil bo’lgan tenglikdan foydalanib quyidagiga ega bo’lamiz:
|⃗
c| 2
− |⃗ a| 2
+ |⃗ b| 2
+ |⃗ c| 2
+ |⃗ b| 2
= 4 · |⃗ m
a | 2
⇒
⇒ 2 ·
|⃗ b| 2
+ 2 · |⃗ c| 2
− |⃗ a| 2
= 4 · |⃗ m
a | 2
bundan,
ma= 1
2√2·c2+2·b2−a2
kelib chiqadi
2.1.7-masala: ABCD qavariq to’rtburchakning AC va BD diagonallari F
nuqtada kesiahadi. Agar,
| AF | = | CF | = 2 , | BF | = 1 , | DF | = 4 , ∠ BFC = π
3 bo’lsa AB va DC
tomonlar orasidagi burchakni toping.
Yechish:
| AF | = | CF | = 2 , | BF | = 1 , | DF | = 4 , ∠ BFC = π
3 , ( AB DC )= φ
bo’lsin (2.1.7-
chizma).
⃗
AB = ⃗ AF + ⃗ FB
|⃗AB |= √(⃗AF +⃗FB )2=√⃗AF 2+2·|⃗AF |·|⃗FB |·cos 60 °+⃗FB 2=¿√4+2·2·1·1
2+1=√7
30

A B
C
DF
M
AB C
DNR S
Q P2.1.7-chizma. Ixtiyoriy qavariq to’rtburchak⃗DC =⃗DF +⃗FC
|⃗
DC | = √ ( ⃗ DF + ⃗ FC ) 2
= √⃗ DF 2
+ 2 · |⃗ DF | ·|⃗ FC | · cos 60 ° + ⃗ FC 2
= ¿
√ 16 + 2 · 4 · 2 · 1
2 + 4 = 2 √ 7
⃗
AB · ⃗ DC = (⃗ AF + ⃗ FB ) ·(⃗ DF + ⃗ FC ) = 4 + 4 + 4 + 1 = 13
cos φ= ⃗AB ·⃗DC
|⃗AB |·|⃗DC |= 13
√7·2√7= 13
14 φ=arc cos 13
14 .
Javob: φ = arc cos 13
14 .
2.1.8- masala:
M va N nuqtalar mos ravishda ABCD to’rtburchakning AB va
CD
tomonlarning o’rta nuqtalari bo’lsin. AMND
va
BMNC to’rtburchaklar
diagonallarining o’rta nuqtalari parallelogram uchlari bo’lishini va ular bir chiziqda
yotishini isbotlang.
Yechish:
P , Q – AMND to’rtburchakning AN va DM diagonallarining
o’rtalari,
R , S – BMNC to’rtburchakning BN
va CM
diagonallarining o’rtalari
bo’lsin (2.1.8-chizma).
31

2.1.8-chizma. ABCD qavariq to’rtburchak
Chiziqni teng ikkiga bo’lish formulasidan⃗OM = 1
2(⃗OA +⃗OB ),
⃗ON = 1
2(⃗OC +⃗OD ),
bu yerda O – ixtiyoriy nuqta.
Bu formulani P , Q , R , S
nuqtalar uchun qo’llab, mos ravishda quyidagi
tengliklarni olamiz:
⃗
OP = 1
2 (⃗ OA + ⃗ ON ) = ⃗ OM = 1
2 (⃗ OA + 1
2 (⃗ OC + ⃗ OD )) = 1
2 ⃗ OA + 1
4 ⃗ OC + 1
4 ⃗ OD ,
⃗
OQ = 1
4 ⃗ OA + 1
4 ⃗ OB + 1
2 ⃗ OD ,
⃗¿= 1
4
⃗OC +1
2
⃗OB +1
4
⃗OD ,
⃗
OS = 1
4 ⃗ OA + 1
4 ⃗ OB + 1
2 ⃗ OC .
Bu yerdan
⃗
PQ = ⃗ OQ − ⃗ OP = 1
4 ( − ⃗ OA + ⃗ OB − ⃗ OC + ⃗ OD ) ,
⃗
SR = ⃗ ¿ − ⃗ OS = 1
4 ( − ⃗ OA + ⃗ OB − ⃗ OC + ⃗ OD ) .
Shunday qilib,
⃗PQ =⃗SR . Bu yerdan PQ va SR chiziqlarning tengligi va ular
parallel chiziqlarda yoki bir chiziqda yotishi kelib chiqadi. Birinchidan PQRS
to’rtburchak parallelogram ekanligi (qarama-qarshi tomonlari teng va parallel),
ikkinchidan P , Q , R , S
nuqtalar bir chiziqda yotishi kelib chiqadi.
32

ABP
C
D N
M2.1.9-masala: M va N nuqtalar mos ravishda ABCD to’rtburchakning AD va
BC
tomonlarning o’rta nuqtalari bo’lsin. AB
va CD
tomonlarni davom ettirish
natijasida ular
P nuqtada kesishadi. ABCD to’rtburchak faqat trapetsiya bo’lganda
M , N va P
nuqtalar bir chiziqda yotishini isbotlang.
Yechish:
AD va BC ABCD - trapetsiya asoslari, N − BC tomon o’rtasi, M − AD
tomon o’rtasi bo’lsin (2.1.9-chizma). Uchburchak
CPB va uchburchak DPA
o’xshashligidan,
⃗PA = λ⃗PB ,⃗PD = λ⃗PC . Ikki tenglikni qo’shsak:
⃗PA +⃗PD = λ(⃗PB +⃗PC ).
Chiziqni teng ikkiga bo’lish formulasidan
⃗
PM = 1
2 (⃗ PA + ⃗ PD ) ,
⃗
PN = 1
2 (⃗ PB + ⃗ PC ) .
Shunday qilib,
⃗PM = λ⃗PN , demak, M ,N va P nuqtalar bir chiziqda yotadi.
2.1.9-chizma. ABCD to’rtburchak yon tonlarini davom ettirishdan hosil
bo’lgan ADP uchburchak
33

A
B
C2.1.10-masala: l1 va l2 chiziqlarni uchta parallel chiziq mos ravishda A,B,C
va
A1,B1,C1 nuqtalarda kesib o’tadi. AC
CB = A1C1
C1B1 nisbat bajarilishini isbotlang.
Yechish: Masala shartiga ko’ra,
⃗BB1= β⃗AA1,⃗C C1= γ⃗AA1.
⃗
AC = λ ⃗ CB , ⃗ A
1 C
1 = λ
1 ⃗ C
1 B
1 ,
λ≠−1,λ1≠−1
bo’lsin.
λ= λ1 ekanini isbot qilish kerak.
Agar
A va A1 nuqtalar ustma-ust tushmasa ⃗AB va ⃗ A A
1 vektorlar kollinear
emas.
⃗ AC , ⃗ CB va ⃗ A
1 C
1 , ⃗ C
1 B
1 vektorlarni bu vektorlar bo’yicha yig’indiga yoyamiz.
⃗AC = λ⃗CB
tenglikning ikkala tomoniga ⃗CB vektorni qo’shamiz, u holda
⃗AB = (1+λ)⃗CB .
2.1.10-chizma. Ikki chiziqni kesib o’tgan parallel to’g’ri chiziqlar
Bu yerdan
⃗
CB = 1
1 + λ ⃗ AB , ⃗ AC = λ
1 + λ ⃗ AB .
Vektorlarni qo’shishning uchburchak qoidasini qo’llab, quyidagiga ega bo’lamiz:
⃗AB1=⃗AB +⃗BB1=⃗AB +β⃗AA1
,
34

B
G⃗A C
1 = ⃗ AC + ⃗ C C
1 = ⃗ AC + γ ⃗ A A
1 = λ
1 + λ ⃗ AB + γ ⃗ A A
1 .
Bundan
⃗
A
1 C
1 = ⃗ A C
1 − ⃗ A A
1 = λ
1 + λ ⃗ AB + ( γ − 1 )⃗ A A
1 ,
⃗
C
1 B
1 = ⃗ A B
1 − ⃗ A C
1 = ( 1 − λ
1 + λ )⃗ AB + ( β − γ )⃗ A A
1 = 1
1 + λ ⃗ AB + ( β − γ )⃗ A A
1 .
Endi,
⃗ A
1 C
1 = λ
1 ⃗ C
1 B
1 tenglikdan foydalanib keyingi ifodani hosil qilamiz
λ
1 + λ
⃗ AB + ( γ − 1 )⃗ A A
1 = λ
1
1 + λ ⃗ AB + λ
1 ( β − γ )⃗ A A
1 .
Mos vektorlar oldidagi koeffitsiyentlarni tenglashtiramiz
λ
1 + λ = λ
1
1 + λ , γ − 1 = λ
1
( β − γ ) .
Birinchi tenglikdan
λ = λ
1
va

AC
CB = A
1 C
1
C
1 B
1
tenglik o’rinli bo’ladi.
Shu bilan birga ikinchi tenglikdan
λ,βva γ orasidagi
γ = 1 + λβ
1 + λ
munosabatni ko’rishimiz mumkin.
2.1.11-masala: Uchburchakning medianalari bir nuqtada kesishishini va
kesishish nuqtasida uchburchak uchidan hisoblaganda 2 : 1
nisbatda bo’linishini
isbotlang.
Yechish: Faraz qilaylik ABC
uchburchakning A A
1 va B B
1 medianalari G
nuqtada kesishsin (2.1.11-chizma).Isbot qilish kerak:
1) uchburchakning uchinchi medianasi C C
1 ham G nuqta orqali o’tishini;
2) uchala mediana G nuqtada uchburchak uchidan hisoblaganda
2:1 nisbatda
bo’linishini.
35

A CG
2.1.11-chizma ABC uchburchak va uning medianalari
Shartga ko’ra A1,B1,C1−¿ nuqtalar mos ravishda BC ,CA va AB tomonlarning
o’rtalari, shunga ko’ra
⃗
O A
1 = 1
2 (⃗ OB + ⃗ OC ) ,⃗ O B
1 = 1
2 (⃗ OC + ⃗ OA ) ,⃗ O C
1 = 1
2 (⃗ OA + ⃗ OB ) ,
bu yerda O – ixtiyoriy nuqta. G nuqta har doim
AA1 , BB1 chiziqlarga tegishli
ekanligidan ushbu bo’linish munosabati kelib chiqadi.
⃗OG =
⃗OA +λ⃗O A1
1+λ ,⃗OG =
⃗OB +μ⃗O B1
1+λ
yoki
⃗OG = 2⃗OA +λ(⃗OB +⃗OC )
1+λ ,⃗OG = 2⃗OB +μ(⃗OC +⃗OA )
2(1+μ) .
O- ixtiyoriy nuqta bo’lgani uchun,
⃗ OG
vektorni yoyib quyidagini hosil qilamiz:
2
1 + λ = μ
1 + μ , λ
1 + λ = 2
1 + μ , λ
1 + λ = μ
1 + μ .
Bu yerdan
λ= μ= 2 ekanligi kelib chiqadi, demak,
⃗
OG = 1
3 (⃗ OA + ⃗ OB + ⃗ OC ) .
⃗
CG va ⃗ C C
1 vektorlar kollinearligidan quyidagi munosabatni topishimiz mumkin:
⃗
CG = ⃗ OG − ⃗ OC = 1
3 (⃗ OA + ⃗ OB + ⃗ OC ) − ⃗ OC = 1
3 (⃗ OA + ⃗ OB − 2 ⃗ OC ) = ¿ 1
3 (⃗ OA − ⃗ OC ) + 1
3 (⃗ OB − ⃗ OC ) = 1
3 (⃗ CA + ⃗ CB ) .
Bu yerdan
⃗ CG = 2
3 ⃗ C C
1 .
Tenglikdan G nuqta C C1 medianada yotishi va medianani C
uchidan hisoblaganda 2 : 1
nisbatda bo’lishini ko’rishimiz mumkin.
2.1.12-masala: D nuqta ABC teng yonli uchburchak AB asosining o’rta
nuqtasi, DM chiziq BC tomonga perpendikulyar (
M BC ϵ ), N −¿ DM chiziqning
o’rtasi.
AM va CN chiziqlarning perpendirulyar ekanini isbotlang.
36

A C
BM
D NYechish: ⃗CA va ⃗CB vektorlarni bazis vektorlar orqali quyidagicha ifodalab
olamiz
⃗CA = ⃗a,⃗CB = ⃗b , |⃗
a| = |⃗ b| = a (uchburchak ABC teng yonli) (2.1.12-chizma). U
holda masala shartiga ko’ra,
⃗
CM = α ⃗ b , ⃗ CD = 1
2 (⃗ a + ⃗ b) .
Bu yerdan
⃗DM =⃗CM −⃗CD = −1
2 ⃗a+(α− 1
2)⃗b,
⃗
AM = ⃗ CM − ⃗ CA = α ⃗ b − ⃗ a .
2.1.12-chizma. Teng yonli uchburchak
⃗CB va ⃗DM
vektorlarning ortogonal ekanligidan
⃗
CB · ⃗ DM = − α
2 ⃗ a⃗ b + ( α 2
− α
2 )⃗ b 2
= − α
2 ⃗ a⃗ b + ( α 2
− α
2 )⃗ a 2
= 0 ,
bundan quyidagi tenglik kelib chiqadi
⃗
a⃗ b = ( 2 α − 1 ) a 2
.
N nuqta DM chiziqning o’rtasi bo’lgani uchun
⃗
CN = 1
2 (⃗ CD + ⃗ CM ) = 1
2 ( 1
2 (⃗ a + ⃗ b) + α ⃗ b) = 1
4 ⃗ a + ( α
2 + 1
4 )⃗ b .
⃗AM va ⃗CN
vektorlarning skalyar ko’paytmasini topamiz:
⃗AM ·⃗CN =(α⃗b− ⃗a)(
1
4⃗a+(
α
2+1
4)⃗b)=¿α
4
⃗b⃗a+α(
α
2+1
4)⃗b2− 1
4⃗a2−(
α
2+1
4)⃗a⃗b.
⃗
a 2
= ⃗ b 2
= a 2
, ⃗ a⃗ b = ⃗ b⃗ a = ( 2 α − 1 ) a 2
37

A
BCekanini hisobga olsak,⃗AM ·⃗CN = α
4(2α−1)a2+α(
α
2+1
4)⃗a2− 1
4⃗a2−(
α
2+1
4)(2α−1)a2=¿⃗a2
(
α2
2− α
4+α2
2+α
4− 1
4− α2+α
2− α
2+1
4)= 0.
Demak,
⃗AM va ⃗CN vektorlarning ortogonalligidan AM va CN chiziqlarning
perpendikulyar ekanligi kelib chiqadi.
2.1.13-masala:
ABC uchburchakda C C1−¿ uning balandligi. C1 nuqta AB
tomonni qanday nisbatda ajratishini toping.
Yechish: Shartga ko’ra
C C1⊥AB dan, ⃗ C C
1 · ⃗ AB = 0
bo’ladi (2.1.13-chizma).
⃗
AB = ⃗ CB − ⃗ CA = ⃗ a − ⃗ b⃗ C C
1 (⃗ a − ⃗ b) = 0.
Bu yerdan
⃗
C C
1 · ⃗ a = ⃗ C C
1 · ⃗ b .
C1
nuqta AB
tomonni A uchidan hisoblaganda λ
nisbatda bo’lsin, u vaqtda
⃗C C1= ⃗CA +λ⃗CB
1+λ
yoki
⃗
C C
1 = ⃗ b + λ ⃗ a
1 + λ .
2.1.13-chizma. ABC Uchburchak va uning balandligi
38

FAgar oxirgi tenglikning ikkala tomonini dastlab ⃗a vektorga skalyar
ko’paytirsak, so’ng
⃗b vektorga skalyar ko’paytirsak bir xil natija olamiz; shuning
uchun
⃗
a⃗ b + λ ⃗ a 2
= ⃗ b 2
+ λ (⃗ a⃗ b) .
Bundan kelib chiqadiki,
λ= ⃗b2−⃗a⃗b
⃗a2−⃗a⃗b.
Agar
⃗a⃗b= ab cos C= 1
2(a2+b2− c2) ekanligini inobatga olsak, λ
uchun quyidagi
tenglik o’rinli
λ = b 2
+ c 2
− a 2
a 2
+ c 2
− b 2 .
Oxirgi formula
λ ni uchburchak ABC
ning tomonlari orqali topilgan ifodasidir.
Ba’zi masalalrni yechishda bu nisbatning uchburchak burchaklari orqali
yozilgan formulasidan foydalanish qulay. Shunday qilib
λ= ⃗b2−⃗a⃗b
⃗a2−⃗a⃗b=
⃗b(⃗b− ⃗a)
⃗a(⃗a− ⃗b)= ⃗CA ·⃗BA
⃗CB ·⃗AB = ⃗AC ·⃗AB
⃗BC ·⃗BA = bc cos A
ac cos B= bcos A
acos B'
sinuslar teoremasidan b
a = sin B
sin A ,
bundan esa
λ = tan B
tan A .
Javob: λ = tan B
tan A .
2.2. Stereometrik masalalarni yechishda vektorlar tadbiqi
2.2.1-masala: ABCD
A1B1C1D1 birlik kubda yoqlarining diagonallari A D1 va
D
1 B
1 da mos ravishda E va F nuqtalar olingan.Bunda, D
1 E = 1
3 A D
1 , D
1 F = 2
3 D
1 B
1 .
EF chiziq uzunligini toping.
Yechish.
⃗AD = ⃗a,⃗AB = ⃗b,⃗AA1= ⃗c bo’lsin. (2.2.1-chizma), bu yerda |⃗ a| = ¿
|⃗
b| = |⃗ c| = ¿ 1, ⃗
a · ⃗ b = ⃗ a · ⃗ c = ⃗ b · ⃗ c =0. ⃗FE vektorni ⃗a,⃗b,⃗c bazis vektorlar orqali ifodalaymiz:
.
39

B
C
DE
2.2.1-chizma. Birlik kub⃗
EF = ⃗ EA + ⃗ A B
1 + ⃗ B
1 F = − 2
3 (⃗ a + ⃗ c) + (⃗ b + ⃗ c) + 1
3 (⃗ a − ⃗ b) = ¿ − 1
3 ⃗ a + 2
3 ⃗ b + 1
3 ⃗ c
Vektor modulini topish formulasi bo’yicha
|⃗
FE | = √⃗ FE 2
=
√( − 1
3 ⃗ a + 2
3 ⃗ b + 1
3 ⃗ c) 2
= ¿ = √ 1
9 ⃗ a 2
+ 4
9 ⃗ b 2
+ 1
9 c 2
− 1
9 ⃗ a · ⃗ b + 2
9 ⃗ b · ⃗ c − 1
9 ⃗ a · ⃗ c = ¿ ¿
¿√
1
9+4
9+1
9=¿√6
3 .¿
.
Javob :
√ 6
3 .
Ko’rsatma.
⃗ FE
bazis vektorning koordinatalari { − 1
3 ; 2
3 ; 1
3 } ,
|⃗
AB | = √ a 2
+ b 2
+ c 2
formula bo’yicha chiziq uzunligini topishimiz mumkin, bu
yerda
|⃗AB |= √
1
9+4
9+1
9= √6
3
2.2.2-masala: ABCD EF A
1 B
1 C
1 D
1 E
1 F
1 oltiburchakli to’g’ri prizmada barcha
qirralari uzunligi 2 ga teng. A nuqtadan
C1 nuqtagacha bo’lgan masofani toping.
Yechish.
⃗ A
1 B
1 = ⃗ a
⃗ B
1 C
1 = ⃗ b
⃗ A
1 A = ⃗ c
bo’lsin (2.2.2-chizma), bu yerda |⃗ a| = ¿
|⃗
b| = |⃗ c| = ¿ 2, ⃗a·⃗c= ⃗b·⃗c =0, ⃗a·⃗b=2 .⃗ C
1 A
vektorni ⃗a,⃗b,⃗c vektorlar orqali ifodalaymiz:
⃗C1A=⃗C1A1+⃗A1A⃗A1C1=⃗a+⃗b
bundan
40

BA
D CA B C
D
EF⃗C1A= ⃗c−⃗a−⃗b
2.2.2-chizma. Oltiburchakli to’g’ri prizma
|⃗
C
1 A | = √⃗ C
1 A 2
= ¿ √ ( ⃗ c − ⃗ a − ⃗ b ) 2
= ¿ √⃗ c 2
+ ⃗ a 2
+ ⃗ b 2
− 2 · ⃗ c · ⃗ a − 2 · ⃗ c · ⃗ b + 2 · ⃗ a · ⃗ b = √ 4 + 4 + 4 + 2 · 2 = √ 16 = 4. ¿
Javob: 4
2.2.3-masala: ABC
D A1B1C1D1 birlik kubda A nuqtadan B1D1 chiziqqacha
bo’lgan masofani toping.
Yechish:
⃗ D
1 A
1 = ⃗ a
⃗ A
1 B
1 = ⃗ b
⃗ A A
1 = ⃗ c
bo’lsin (2.2.3-rasm), bu yerda
|⃗
a| = ¿
|⃗b|=|⃗c|=¿ 1, ⃗
a · ⃗ b = ⃗ a · ⃗ c = ⃗ b · ⃗ c =0. ⃗ A O
1 vektorni ⃗
a , ⃗ b , ⃗ c bazis vektorlar orqali
ifodalaymiz:
⃗D1A=⃗a+⃗c⃗D1B1=⃗D1A1+⃗A1B1= ⃗a+⃗b⃗D1O1= ⃗a+⃗b
2 .
41

C12.2.3-chizma . B irlik kub
⃗
A O
1 = − ⃗ a − ⃗ c + ⃗ a + ⃗ b
2 = ⃗ b − ⃗ a
2 − ⃗ c
|⃗AO1|=√⃗AO12=√(⃗b− ⃗a
2 −⃗c)
2
=√
⃗a2
4+⃗b2
4+⃗c2− ⃗a·⃗b
2 − ⃗b·⃗c+⃗a·⃗c=¿√
1
4+1
4+1= √
3
2
Javob: √
3
2
2.2.4-masala: ABC A
1 B
1 C
1 uchburchakli to’g’ri prizmada balandligi 1 ga,
asos tomonlari 2 ga teng.
A1 nuqtadan BC1 chiziqqacha bo’lgan masofani toping.
Yechish:
⃗ A A
1 = ⃗ B B
1 = ⃗ a
, ⃗B1C1=⃗b , ⃗ AB = ⃗ A
1 B
1 = ⃗ c
bo’lsin (2.2.4-chizma), |⃗a|= 1 ,
|⃗
b| = |⃗ c| = 2 , ⃗
a · ⃗ b = ⃗ a · ⃗ c = 0 , asos muntazam uchburchak bo’lganligi uchun ⃗
b · ⃗ c = − 2 .
2.2.4-chizma. Uchburchakli to’g’ri prizma
⃗AO
vektorni ⃗a , ⃗b , ⃗c vektorlar orqali ifodalaymiz. ⃗ B C
1 = ⃗ a + ⃗ b
, ⃗BC1 va ⃗BO
kollinear vektor bo’lgani uchun
42

⃗BO = x ( ⃗ a + ⃗ b )
⃗AO =⃗c+x(⃗a+⃗b)⃗
AO ⊥ ⃗ B C
1 bo’lgani uchun
⃗AO ·⃗BC1=0⇒ (⃗c+x(⃗a+⃗b))·(⃗a+⃗b)⃗b·⃗c+x·⃗a·⃗b+x·⃗b2+⃗a·⃗c+x·(⃗a2+⃗a·⃗b)= 0
bu yerdan
x
noma’lum koeffitsientni topsak,
x = −
⃗ b⃗ c − ⃗ a⃗ c
2
⃗ a⃗ b + ⃗ a 2
+ ⃗ b 2 = 1
2 · 2 · 2
1 + 4 = 2
5
⃗BO = 2
5(⃗a+⃗b).
Demak
⃗AO =⃗c+2
5(⃗a+⃗b)
⃗AO =√⃗c2+2
5⃗a2+2
5
⃗b2+2·2
5·⃗c⃗a+2·2
5·⃗c⃗b+2·2
5·2
5·⃗a⃗b=¿√4+ 4
25 +16
25 −2·2·2·2
5·1
2= 4
√5= 4√5
5
Javob: 4
√ 5
5
2.2.5-masala: Uchi D bo’lgan ABCD uchburchakli piramidada barcha yassi
burchaklari π
3 ga teng. P, M va K nuqtalar mos ravishda AD, BD va BC qirralarning
o’rtalari. M nuqtadan PK chiziqqacha bo’lgan masofani toping.
Yechish:
⃗DA = ⃗a , ⃗
DB = ⃗ b , ⃗ DC = ⃗ c
bo’lsin (2.2.5-chizma). Quyidagi jadvalda
bazis vektorlar ko’paytmasi keltirilgan:
⃗a ⃗
b ⃗c
⃗
a
4 4 3
⃗
b
4 16 6
⃗
c
3 6 9
Agar MH
⊥PK , bo’lsa, bu yerda H ∈PK , (2.2.5-chizma), ⃗ PH
va ⃗PK kollinear
vektor ekanligidan
⃗PH = x·⃗PK tenglikni hosil qilamiz. ⃗PK vektorni ko’pburchak
qoidasiga ko’ra
⃗a , ⃗b va ⃗c bazis vektorlar orqali ifodalaymiz
43

A D
M P
H
B C
K⃗PK = ⃗ PD + ⃗ DM + ⃗ MK = − 1
2 ⃗ a + 1
2 ⃗ b + 1
2 ⃗ c ,
demak,
⃗PH = 1
2x(− ⃗a+⃗b+⃗c).
Endi ⃗
MH vektorni ifodalaymiz:
⃗MH =⃗MP +⃗PH =⃗DP −⃗DM +⃗PH = 1
2⃗a− 1
2
⃗b+1
2x(− ⃗a+⃗b+⃗c).⃗MH
va ⃗PK
perpendikulyar vektorlar bo’lgani uchun
⃗ MH · ⃗ PK = 0
yoki
((1− x)⃗a+(x−1)⃗b+x⃗c)(−⃗a+⃗b+⃗c)=0.
2.2.5-chizma. ABCD Uchburchakli to’g’ri piramida
Bazis vektorlarni ko’paytirish jadvalidan foydalanib,quyidagi tenglikni hosil
qilamiz:
(
1 − x )( − 4 + 4 + 3 + 4 − 16 − 6 ) + x ( − 3 + 6 + 9 ) = 0
bu yerda x = 5
9 .
Endi
⃗
MH = 1
2 ⃗ a − 1
2 ⃗ b + 1
2 · 5
9 ( − ⃗ a + ⃗ b + ⃗ c) = 2
9 ⃗ a − 2
9 ⃗ b + 5
18 ⃗ c = 1
18 ( 4 ⃗ a − 4 ⃗ b + 5 ⃗ c) .
Bundan
|⃗
MP | = 1
18 √( 4 ⃗ a − 4 ⃗ b + 5 ⃗ c) 2
= ¿ √ 16 · 4 + 16 · 16 + 25 · 9 − 32 · 4 + 40 · 3 − 40 · 6
18 = ¿
¿√
297
324 =√
11
12 .
Javob: √
11
12 .
44

C
D E
A B
P Q
F2.2.6-masala: ABCD A1B1C1D1 kubda EF va PQ chiziqlar orasidagi
burchakni toping, bu yerda E, F, P, Q -mos ravishda
D D1 , BC, A A
1 va B
1 C
1
qirralarning o’rta nuqtalari.
Yechish:
⃗AD = ⃗a , ⃗
AB = ⃗ b , ⃗ A A
1 = ⃗ c
bo’lsin (2.2.6-chizma), bu yerda |⃗ a| = ¿
|⃗
b| = |⃗ c| = ¿ 1, ⃗
a · ⃗ b = ⃗ a · ⃗ c = ⃗ b · ⃗ c =0.
2.2.6-chizma. ABC
D A1B1C1D1 kub
Endi
⃗
EF = ⃗ ED + ⃗ DC + ⃗ CF = − 1
2 ⃗ c + ⃗ b − 1
2 ⃗ a
⃗PQ =⃗P A1+⃗A1B1+⃗B1Q= 1
2⃗c+⃗b+1
2⃗a.
Bu tenglikdan quyidagilarni aniqlaymiz:
⃗
PQ · ⃗ EF = ( 1
2 ⃗ c + ⃗ b + 1
2 ⃗ a)( − 1
2 ⃗ c + ⃗ b − 1
2 ⃗ a) = ¿
¿
⃗ b 2
− 1
4 ⃗ c 2
− 1
4 ⃗ a 2
= 1 − 1
4 − 1
4 = 1
2 ,
|⃗PQ |=√(
1
2⃗c+⃗b+1
2⃗a)
2
=√
1
4⃗c2+⃗b2+1
4⃗a2=√
1
4+1+1
4=√
3
2,
|⃗EF |=√(
−1
2 ⃗c+⃗b− 1
2⃗a)
2
=√
1
4⃗c2+⃗b2+1
4⃗a2=√
1
4+1+1
4=√
3
2,
Formulada o’rniga qo’yib, quyidagi qiymatni qabul qilamiz:
45

A1
CE
KCcos φ =
|⃗ PQ · ⃗ EF |
|⃗
PQ | ·|⃗ EF | = 1
2 : 3
2 = 1
3
bundan φ = arc cos 1
3 , bu yerda
φ−¿ izlangan burchak.
Javob: arc cos 1
3 .
2.2.7-masala: ABC
A1B1C1 uchburchakli to’g’ri prizmada AB va B1C1
qirralarda mos ravishda E va K nuqtalar shunday olinganki, AE : EB = 1 : 2
,
B1K :K C1=5:1
. Agar prizma asos tomonlari 6 ga, yon qirralari 2 ga teng bo’lsa, EK
chiziq uzunligini toping.
Yechish:
⃗ A A
1 = ⃗ a
, ⃗
CB = ⃗ b , ⃗ AB = ⃗ c
, ⃗AC = ⃗d bo’lsin (2.2.7-chizma), |⃗ a| = 2
,
|⃗b|=|⃗c|=|⃗d|=6
, ⃗a·⃗b= ⃗a·⃗c= ⃗a·⃗d= 0 , asos muntazam
uchburchak bo’lganligi uchun
⃗
b · ⃗ c = ⃗ c · ⃗ d = 18 , ⃗
b · ⃗ d = − 18.
⃗
EK = ⃗ E A
1 + ⃗ A
1 K
⃗
E A
1 = − 1
3 ⃗ c + ⃗ a
⃗ A
1 K = ⃗ d + 1
6 ⃗ b
2.2.7-chizma. Uchburchakli to’g’ri prizma
|⃗
E A
1 | = √ ( − 1
3 ⃗ c + ⃗ a ) 2
= 2 √ 2 |⃗
A
1 K | = √ (
⃗ d + 1
6 ⃗ b ) 2
= √ 31
⃗E A1·⃗A1K=(
−1
3 ⃗c+⃗a)·(⃗d+1
6
⃗b)=− 7
46

A B
C
DP
Q|⃗EK |=√(⃗E A1+⃗A1K)2=√8−14 +31 =5.Javob: 5
2.2.8-masala: Kubning ikki qo’shni yoqlarining kesishmaydigan
diagonallari orasidagi masofani toping. Kubning barcha qirralari uzunliklari a ga
teng.
Yechish: ABC D A
1 B
1 C
1 D
1 kubning
A1C1 va AD1 diagonallari orasidagi
masofani topamiz (2.2.8-chizma).
⃗ A
1 C
1 = ⃗ q
1 , ⃗AD1=⃗q2 va ⃗AA1=⃗m vektorlarni
kiritamiz. Bu yerda
|⃗q1|=|⃗q2|= a√2,|⃗m|=a,∠(⃗q1,⃗q2)=60 °,∠(⃗q1,⃗m)=90 °,∠(⃗q2,⃗m)= 45 °,
⃗
q
1 · ⃗ q
2 = |⃗ q
1| ·|⃗ q
2| · cos 60 ° = a 2
⃗
q
1 · ⃗ m = |⃗ q
1| ·|⃗ m| · cos 90 ° = o
⃗
q
2 · ⃗ m = |⃗ q
2| ·|⃗ m| · cos 45 ° = a 2
2.2.8-chizma. ABC
D A1B1C1D1 kub
QP chiziq
A1C1 va AD1 ayqash chiziqlarning umumiy perpendikulari bo’lsin.
⃗QP = x·⃗q1+⃗m+y·⃗q2
⃗
QP
vektorning ⃗q1 va ⃗ q
2 vektorlarga perpendikularlik shartidan quyidagini hosil
qilamiz
{
(x·⃗q1+⃗m+y·⃗q2)·⃗q1= 0,
(x·⃗q1+⃗m+y·⃗q2)·⃗q2=0
⇔ {
x·⃗q12+⃗m·⃗q1+y·(⃗q2·⃗q1)=0,
x·(⃗q2·⃗q1)+⃗m·⃗q2+y·⃗q22= 0
⇔ {
a2(2x+y)=0,
a2(x+1+2y)=0
⇔ {
2x+y=0,
x+1+2y=0.
47

A B
C
D
MBu yerdan x = 1
3 , y = − 2
3 .
Endi|⃗
QP | = √ ( 1
3 ⃗ q
1 + ⃗ m − 2
3 ⃗ q
2 ) 2
= ¿ = √⃗ q
1 2
+ 9 ⃗ m 2
+ 4 ⃗ q
2 2
+ 6 (⃗ q
1 · ⃗ m) − 12 (⃗ q
2 · ⃗ m) − 4 ( ⃗ q
1 · ⃗ q
2 )
3 = ¿ ¿
¿a√2+9+8+0−12 −4
3 = a√3
3 .
Javob: a
√ 3
3 .
2.2.9-masala: ABC
D A1B1C1D1 birlik kubda A nuqtadan B D A1 tekislikkacha
bo’lgan masofani toping.
Yechish :
⃗ BC , ⃗ D A
1 , ⃗ B A
1 vektorlarni ⃗a,⃗b,⃗c bazis vektorlar orqali ifodalaymiz:
⃗
BC = ⃗ b − ⃗ a , ⃗ D A
1 = ⃗ c − ⃗ b , ⃗ B A
1 = ⃗ c − ⃗ a
.
AM ⊥ BD A
1 bo’lsin, bu yerda M
∈BD A1 . Vektor
⃗
A
1 M = x · ⃗ A
1 B + y · ⃗ A
1 D ,
⃗
AM = ⃗ A A
1 + ⃗ A
1 M = ⃗ A A
1 + x · ⃗ A
1 B + y · ⃗ A
1 D .
{
⃗AM ⊥⃗A1B
⃗AM ⊥⃗A1D
⇔ {
⃗AM ·⃗A1B=0
⃗AM ·⃗A1D=0
⇔ {
(⃗AA1+x·⃗A1B+y·⃗A1D)·⃗A1B=0
(⃗AA1+x·⃗A1B+y·⃗A1D)·⃗A1D=0
⇔ ⇔
{
(x·⃗A1B2+y·⃗A1D ·⃗A1B)+⃗AA1·⃗A1B=0
(x·⃗A1B·⃗A1D+y·⃗A1D2)+⃗AA1·⃗A1D=0
48

C1B
CM2.2.9-chizma. ABC
D A1B1C1D1 birlik kub
Shunday qilib
⃗AA1·⃗A1B= ⃗c·(⃗a− ⃗c)=−⃗c2=−1⃗
A A
1 · ⃗ A
1 D = ⃗ c · (⃗ b − ⃗ c) = − ⃗ c 2
= − 1
⃗
A
1 D · ⃗ A
1 B = (⃗ b − ⃗ c) ·(⃗ a − ⃗ c) = ⃗ c 2
= 1 ⃗ A
1 B 2
= (⃗ a − ⃗ c) 2
= ⃗ a 2
+ ⃗ c 2
= 2
⃗
A
1 D 2
= (⃗ b − ⃗ c) 2
= ⃗ b 2
+ ⃗ c 2
= 2
{
(x·2+y·(−1))−1=0
(x·1+2·y)−1=0
⇔ {
2x− y=1
x+2y=1⇔
{
x= 1
3
y= 1
3
Bu natijadan quyidagini olamiz
⃗
AM = ⃗ c + 1
3 · (⃗ a − ⃗ c) + 1
3 · (⃗ b − ⃗ c) = 1
3 ⃗ a + 1
3 ⃗ b + 1
3 ⃗ c ,
|⃗
AM | = √( 1
3 ⃗ a + 1
3 ⃗ b + 1
3 ⃗ c) 2
= √ 1
9 + 1
9 + 1
9 =
√ 3
3
Javob:
√ 3
3 .
2.2.10-masala: ABC D A
1 B
1 C
1 D
1 kubning barcha qirralari
√ 3
ga teng.
Kubning C uchidan B
D A1 tekislikkacha bo’lgan masofani toping.
Yechish:
⃗ AB = ⃗ a
, ⃗
BC = ⃗ b , ⃗ A A
1 = ⃗ c
bo’lsin (2.2.10-chizma), bu yerda |⃗ a| = ¿
|⃗
b| = |⃗ c| = √ 3 , ⃗a·⃗b= ⃗a·⃗c= ⃗b·⃗c =0. ⃗ BD , ⃗ D C
1 , ⃗ B C
1 vektorlarni ⃗a,⃗b,⃗c bazis vektorlar orqali
ifodalaymiz:
⃗
BD = ⃗ b − ⃗ a , ⃗ D C
1 = ⃗ a + ⃗ c , ⃗ B C
1 = ⃗ c + ⃗ b .
CM
⊥BD C1 bo’lsin, bu yerda M ∈BD C1 . Vektorlarning chiziqli bog’langanligidan:
⃗C1M = x·⃗C1B+y·⃗C1D
,
⃗
MC = ⃗ M C
1 + ⃗ C
1 C = ⃗ C
1 C + x · ⃗ BC
1 + y · ⃗ DC
1 .
49

A D
2.2.10-chizma. ABCD A1B1C1D1 kub
{
⃗MC ⊥⃗D C1
⃗MC ⊥⃗BC1
⇔ {
⃗MC ·⃗D C1=0
⃗MC ·⃗BC1=0
⇔ {
(⃗C1C+x·⃗BC 1+y·⃗DC 1)·⃗DC 1=0
(⃗C1C+x·⃗BC 1+y·⃗DC 1)·⃗BC1=0
⇔
⇔
{
( x · ⃗ B C
1 · ⃗ DC
1 + y · ⃗ DC
1 2 )
+ ⃗ CC
1 · ⃗ DC
1 = 0
(
x · ⃗ BC
1 2
+ y · ⃗ DC
1 · ⃗ B C
1 ) + ⃗ CC
1 · ⃗ BC
1 = 0
⃗
B C
1 · ⃗ DC
1 = (⃗ c + ⃗ b) ·(⃗ a + ⃗ c) = ⃗ c 2
= 3 ⃗CC 1·⃗DC 1=−⃗c·(⃗a+⃗c)=− ⃗c2=−3
⃗
CC
1 · ⃗ BC
1 = − ⃗ c · (⃗ c + ⃗ b) = − ⃗ c 2
= − 3 ⃗DC 12=(⃗a+⃗c)2=⃗a2+⃗c2=6
⃗
BC
1 2
= ( ⃗ c + ⃗ b ) 2
= ⃗ c 2
+ ⃗ b 2
= 6
{
(x·3+y·6)−3= 0
(x·6+y·3)−3= 0⇔ {
x+2y=1
2x+y=1⇔
{
x= 1
3
y= 1
3
⃗
MC = 1
3 · (⃗ c + ⃗ b) + 1
3 · (⃗ a + ⃗ c) − ⃗ c = 1
3 ⃗ a + 1
3 ⃗ b − 1
3 ⃗ c ,
|⃗
AM | = √( 1
3 ⃗ a + 1
3 ⃗ b − 1
3 ⃗ c) 2
= √ 3
9 + 3
9 + 3
9 = 1.
Javob:
1 .
2.2.11-masala: ABC A
1 B
1 C
1 uchburchakli to’g’ri prizmada M nuqta A A
1 qirra
o’rtasi, K nuqta B
B1 qirra o’rtasi. Agar A A1= 6 , AB=4 bo’lsa, A1 uchdan CMK
tekislikkacha bo’lgan masofani toping.
Yechish:
⃗AA1=⃗a , ⃗AC = ⃗b,⃗AB = ⃗c bo’lsin, bu yerda |⃗a|= ¿ 6 |⃗
b| = |⃗ c| = 4 ,
⃗
a · ⃗ b = ⃗ a · ⃗ c = 0 , ⃗ b · ⃗ c =8. Yuqoridagilardan foydalangan holda ⃗ MC = ⃗ a
2 + ⃗ b
, ⃗MK = ⃗c ekanini
bilamiz (2.2.11-chizma).
A1 O ⊥MKC bo’lsin, bu yerda O ∈MKC . Vektorlarning
chiziqli bog’langanligidan
⃗MO = x·⃗MK +y·⃗MC ,
⃗A1O=⃗A1M +⃗MO =⃗A1M +x·⃗MK +y·⃗MC .
50

CA BM K
O
2.2.11-chizma. Uchburchakli to’g’ri prizma{
⃗A1O ⊥⃗MK
⃗A1O ⊥⃗MC
⇔ {
⃗A1O ·⃗MK = 0
⃗A1O·⃗MC =0
⇔ {
(⃗A1M +x·⃗MK +y·⃗MC )·⃗MK = 0
(⃗A1M +x·⃗MK +y·⃗MC )·⃗MC = 0
⇔ ⇔
{{
(x·⃗MK 2+y·⃗MC ·⃗MK )+⃗A1M ·⃗MK =0
(x·⃗MK ·⃗MC +y·⃗MC 2)+⃗A1M ·⃗MC = 0
⃗MC ·⃗MK =(
⃗a
2+⃗b)·⃗c=8
,
⃗
A
1 M · ⃗ MK = ⃗ a
2 · ⃗ c = 0 ,
⃗
A
1 M · ⃗ MC = ⃗ a
2 ·
(
⃗ a
2 + ⃗ b) = 9 , ⃗MK 2= ⃗c2=16 ⃗MC 2=(
⃗a
2+⃗b)
2
= 25
{
(x·16 +y·8)= 0
(x·8+y·25 )+9=0⇔ {
8x+4y=0
8x+25 y=− 9⇔
{
x= 3
14
y=−3
7
Topilgan noma’lum
koeffitsiyentlar x va y
ning qiymatlaridan foydalanib quyidagilarni topamiz
⃗
A
1 O = 3
14 · ⃗ c − 3
7 · (
⃗ a
2 + ⃗ b) +
⃗ a
2 = 2
7 ⃗ a − 3
7 ⃗ b + 3
14 ⃗ c ,

|⃗
AM | = √( 2
7 ⃗ a − 3
7 ⃗ b + 3
14 ⃗ c) 2
= ¿ 1
14 · √ 16 · 36 + 36 · 16 + 9 · 16 − 2 · 3 · 6 · 4 · 4 · 1
2 = 6
√ 7
7 .
Javob: 6
√ 7
7 .
51

A B C
DS
D
AC
B M2.2.12-masala. SABCD to’rtburchakli to’g’ri piramidada asos tomonlari 1
ga , yon qirralari
√ 3
2 ga teng. C nuqtadan SA chiziqqacha bo’lgan masofani toping.
Yechish:
⃗SC = ⃗a , ⃗CA = ⃗b, bo’lsin, bu yerda |⃗a|= √3
2 , |⃗
b| = √ 2 . Demak, ⃗SA = ⃗a+⃗b ,
⃗
SM = x ( ⃗ a + ⃗ b )
, ⃗
CM = x (⃗ a + ⃗ b) − ⃗ a . ⃗ CM ⊥ ⃗ SM bo’lgani uchun, ⃗CM ·⃗SM =0 (2.2.12-chizma).
(
x (⃗ a + ⃗ b) − ⃗ a)( x ( ⃗ a + ⃗ b ) ) = 0
x 2
( ⃗ a + ⃗ b ) 2
− x (⃗ a 2
+ ⃗ a · ⃗ b) = 0 (⃗a+⃗b)2= ⃗a2+2·⃗a·⃗b+⃗b2 ⃗a·⃗b=−1
x =
⃗ a 2
+ ⃗ a · ⃗ b
⃗
a 2
+ 2 · ⃗ a · ⃗ b + ⃗ b 2 = 3
4 − 1
3
4 − 2 + 2 = − 1
3 ,
2.2.12-chizma. SABCD To’rtburchakli to’g’ri piramida
⃗
CM = − 1
3 · (⃗ a + ⃗ b) − ⃗ a = − 1
3 ( 4 ⃗ a + ⃗ b)|⃗ CM | = 1
3 √( 4 ⃗ a + ⃗ b) 2
= 1
3 √ 16 ⃗ a 2
+ 2 · 4 · ⃗ a · ⃗ b + ⃗ b 2
= ¿
¿1
3√16 ·3
4−8+2=√
2
3
Javob:
√ 2
3 .
2.2.13-masala: ABC D A
1 B
1 C
1 D
1 birlik kubda A D
1 va DM chiziqlar orasidagi
burchakni toping. Bu yerda M
− D1C1 qirra o’rtasi.
Yechish:
⃗ A
1 D
1 = ⃗ a
, ⃗D1C1=⃗b , ⃗ A
1 A = ⃗ c
bo’lsin (2.2.13-chizma), bu yerda
|⃗
a| = |⃗ b| = |⃗ c| = ¿ 1 ⃗
a · ⃗ b = ⃗ a · ⃗ c = ⃗ b · ⃗ c = 0 .
⃗
A D
1 = ⃗ A A
1 + ⃗ A
1 D
1 = − ⃗ c + ⃗ a⃗DM =⃗D D1+⃗D1M =− ⃗c+⃗b
2
52

B
C
D EM
2.2.13-chizma . ABC D A
1 B
1 C
1 D
1 birlik kub⃗
A D
1 · ⃗ DM = ( − ⃗ c + ⃗ a) ·( − ⃗ c + ⃗ b
2
) = 1 |⃗AD1|=|− ⃗c+⃗a|= √2|⃗DM |=|− ⃗c+⃗b
2|= √5
2
cos φ =
⃗ A D
1 · ⃗ DM
|⃗
A D
1 | ·|⃗ DM | = 1 √
2 · √ 5
2 = √ 2
5 φ=arc cos √
2
5.
Javob: φ = arc cos
√ 2
5 .
2.2.14-masala: ABC D A
1 B
1 C
1 D
1 birlik kubning C C
1 qirrasida E nuqta
shunday belgilab olinganki, bunda
CE :EC1=1:2 BE va A C1 chiziqlar orasidagi
burchakni toping .
Yechish:
⃗AB = ⃗a , ⃗BC =⃗b , ⃗ A A
1 = ⃗ c
bo’lsin (2.2.14-chizma), bu yerda |⃗a|= ¿
|⃗
b| = |⃗ c| = 1 , ⃗a·⃗b= ⃗a·⃗c= ⃗b·⃗c =0. ⃗BE =⃗BC +⃗CE =⃗b+⃗c
3 ⃗ A C
1 = ⃗ AC + ⃗ C C
1 = ⃗ a + ⃗ b + ⃗ c
53

B
C
D2.2.14-chizma. ABCD A1B1C1D1 birlik kub
|⃗
BE | = √ (
⃗ b + ⃗ c
3 ) 2
=
√
⃗ b 2
+ 2 · ⃗ b · ⃗ c
3 + ⃗ c
9 2
=
√ 1 + 1
9 =
√ 10
3
|⃗
A C
1 | = √ ( ⃗ a + ⃗ b + ⃗ c ) 2
= √⃗ a 2
+ + ⃗ b 2
+ ⃗ c 2
+ 2 · ⃗ a · ⃗ b + 2 · ⃗ a · ⃗ c + 2 · ⃗ b · ⃗ c = √ 1 + 1 + 1 = √ 3
⃗BE ·⃗AC1=(⃗b+⃗c
3)·(⃗a+⃗b+⃗c)= ⃗b·⃗a+⃗b2+⃗b·⃗c+⃗c
3·⃗a+⃗c
3·⃗b+⃗c2
3= ¿1+1
3= 4
3
cos φ=
⃗BE ·⃗AC1
|⃗BE |·|⃗AC1|
=
4
3
√10
3 ·√3
= 4
√30 .
Javob:
4
√30 .
2.2.15-masala: To’rtburchakli to’g’ri ABC
D A1B1C1D1 prizmada asos
tomonlari 12 ga, yon qirralar uzunligi 5 ga teng. AC va
BC1 chiziqlar orasidagi
burchakni toping.
Yechish:
⃗AB = ⃗a , ⃗BC =⃗b , ⃗ A A
1 = ⃗ c
bo’lsin (2.2.15-chizma), bu yerda |⃗a|= ¿
|⃗
b| = 12 , |⃗ c| = 5 , ⃗a·⃗b= ⃗a·⃗c= ⃗b·⃗c =0. ⃗AC = ⃗a+⃗b ⃗ B C
1 = ⃗ b + ⃗ c
.
2.2.15-chizma. To’rtburchakli to’g’ri prizma
|⃗
AC | = √(⃗ a + ⃗ b) 2
= √⃗ a 2
+ 2 · ⃗ a · ⃗ b + ⃗ b 2
= √ 12 2
+ 12 2
= 12 √ 2
|⃗BC1|=√(⃗b+⃗c)2=√⃗b2+2·⃗b·⃗c+⃗c2= √12 2+52=13
⃗
AC · ⃗ B C
1 = (⃗ a + ⃗ b) ·(⃗ b + ⃗ c) = ⃗ a · ⃗ b + ⃗ a · ⃗ c + ⃗ b 2
+ ⃗ b · ⃗ c = 144
54

B
C
Dcos φ =⃗ AC · ⃗ B C
1
|⃗
AC | ·|⃗ B C
1 | = 144
12 √ 2 · 13 = 6
√ 2
13 .
Javob: 6
√ 2
13 .
2.2.16-masala: ABC D A
1 B
1 C
1 D
1 kubda A B
1 C
va B C
1 D
tekisliklar orasidagi
burchakni toping.
Yechish:
⃗ AD = ⃗ a
, ⃗AB = ⃗b , ⃗ A A
1 = ⃗ c
bo’lsin (2.2.16-chizma), bu yerda |⃗ a| = ¿
|⃗
b| = |⃗ c| = 1 , ⃗a·⃗b= ⃗a·⃗c= ⃗b·⃗c =0. ⃗ B D
1 va ⃗CA 1 vektorlar mos ravishda A B1C va B C1D
tekisliklar normali, bunga ko’ra
⃗BD1⊥AB1C va ⃗C A1⊥BC1D . Bundan
2.2.16 - chizma. ABC
D A1B1C1D1 kub
⃗
B D
1 = ⃗ a − ⃗ b + ⃗ c⃗ C A
1 = − ⃗ a − ⃗ b + ⃗ c , ⃗BD1·⃗C A1=(⃗a− ⃗b+⃗c)·(−⃗a−⃗b+⃗c)=− ⃗a2+⃗b2+⃗c2=1
|⃗
B D
1 | = √(⃗ a − ⃗ b + ⃗ c) 2
= √⃗ a 2
+ ⃗ b 2
+ ⃗ c 2
= √ 3 ,
|⃗
C A
1 | = √( − ⃗ a − ⃗ b + ⃗ c) 2
= √⃗ a 2
+ ⃗ b 2
+ ⃗ c 2
= √ 3
cos φ=
⃗BD1·⃗C A1
|⃗BD1|·|⃗C A1|
= 1
√3·√3= 1
3.
Bu yerdan φ = arc cos 1
3 , bunda φ − ¿
izlangan burchak.
Javob: φ = arc cos 1
3
2.2.17-masala: ABC
D A1B1C1D1 parallelepipedda AB = 6 , BC = 6 , C C
1 = 4
ekani aniq bo’lsa,
AC D1 va A1B1C1 tekisliklar orasidagi burchakni toping.
55

Yechish: ⃗AB = ⃗a , ⃗BC =⃗b , ⃗ A A
1 = ⃗ c
bo’lsin (2.2.16-chizma), bu yerda
⃗a·⃗b= ⃗a·⃗c= ⃗b·⃗c
=0. ⃗ B D
1 va ⃗ BB
1 vektorlar mos ravishda AC D1 va A1B1C1 tekisliklar
normali, bunga ko’ra
⃗ B D
1 ⊥ AC D
1 va ⃗BB1⊥A1B1C1. Bundan
2.2.17-chizma. ABC
D A1B1C1D1 parallelepiped
⃗
B D
1 = ⃗ c + ⃗ b − ⃗ a , ⃗
B D
1 · ⃗ B B
1 = (⃗ c + ⃗ b − ⃗ a) ·⃗ c = ⃗ c 2
+ ⃗ b · ⃗ c − ⃗ a · ⃗ c = 16
|⃗
B D
1 | = √(⃗ c + ⃗ b − ⃗ a) 2
= √⃗ a 2
+ ⃗ b 2
+ ⃗ c 2
= √ 36 + 36 + 16 = 2 √ 22
cos φ =
⃗ B D
1 · ⃗ B B
1
|⃗
B D
1 | ·|⃗ B B
1 | = 16
2 √ 22 · 4 =
√ 22
11
tan φ= √1−cos 2φ
cos φ = √1− 22
121
√22
11
= √6
2 .
Javob :
tan φ= √6
2 .
2.2.18-masala: ABC A
1 B
1 C
1 uchburchakli to’g’ri prizmada barcha qirralari
uzunligi 1 ga teng. A nuqtadan B
C1 chiziqqacha bo’lgan masofani toping.
Yechish:
⃗ AC = ⃗ a , ⃗ CB = ⃗ b , ⃗ A A
1 = ⃗ c
bo’lsin, bu yerda |⃗ a| = ¿
|⃗
b| = |⃗ c| = 1 , ⃗
a · ⃗ c = ⃗ b · ⃗ c =0,
asos muntazam uchburchak bo’lganligi uchun
⃗ a · ⃗ b = − 1
2 (2.2.18-chizma).
56A B C
D

2.2.18-chizma. Uchburchakli to’g’ri prizma⃗AM
vektorni ⃗a , ⃗b , ⃗c vektorlar orqali ifodalaymiz. ⃗ C
1 B = ⃗ b − ⃗ c
, ⃗C1B va ⃗ C
1 M
kollinear vektor bo’lgani uchun
⃗ C
1 M = x ( ⃗ b − ⃗ c )
.
⃗AM = ⃗c+⃗a+x(⃗b− ⃗c)
⃗
AM ⊥ ⃗ C
1 B
bo’lgani uchun
⃗AM ·⃗C1B= 0⇒ (⃗c+⃗a+x(⃗b− ⃗c))·(⃗b−⃗c)=¿⃗b·⃗c− ⃗c2+⃗a·⃗b− ⃗a·⃗c+x·(⃗b2−2·⃗b·⃗c+⃗c2)=0
bu yerdan
x noma’lum koeffitsientni topsak
x =
⃗ c 2
− ⃗ a · ⃗ b
⃗
b 2
+ ⃗ c 2 = 1 + 1 · 1 · 1
2
1 + 1 = 3
4
⃗
C
1 M = 3
4 ( ⃗ b − ⃗ c )
. Demak
⃗
AM = ⃗ c + ⃗ a + 3
4 (⃗ b − ⃗ c) = ⃗ a + 3
4 ⃗ b + 1
4 ⃗ c
.
⃗AM =√⃗a2+ 9
16
⃗b2+ 1
16 ⃗c2+2·3
4·⃗a·⃗b+2·1
4·⃗a·⃗c+2·3
4·1
4·⃗b·⃗c= √1+ 9
16 + 1
16 −2·3
4·1
2=√
7
8= √14
4 .
Javob:
√ 14
4 .
2.2.19-masala: To’rtburchakli to’g’ri prizmaning qirralari 1, 4 va 4 ga teng.
Prizma asos markazidan asos o’z ichiga olmagan uchgacha bo’lgan masofani
toping.
Yechish:
⃗ AB = ⃗ a , ⃗ AD = ⃗ b , ⃗ A A
1 = ⃗ c
bo’lsin. (2.2.19-chizma), bu yerda |⃗a|= ¿
|⃗
b| = 4 |⃗ c| = ¿ 1, ⃗
a · ⃗ b = ⃗ a · ⃗ c = ⃗ b · ⃗ c =0. ⃗O B1 vektorni ⃗
a , ⃗ b , ⃗ c vektorlar orqali ifodalaymiz:
57

S
B
CA
D M
O2.2.19-chizma. To’rtburchakli to’g’ri prizma⃗
O B
1 = ⃗ OB + ⃗ B B
1 ⃗ OB = 1
2 ⃗ DB = 1
2 ( ⃗ a − ⃗ b )
⃗ O B
1 = 1
2 ⃗ a − 1
2 ⃗ b + ⃗ c
|⃗
O B
1 | = √( 1
2 ⃗ a − 1
2 ⃗ b + ⃗ c) 2
= √ 1
4 ⃗ a 2
+ 1
4 ⃗ b 2
+ ⃗ c 2
− 1
2 · ⃗ a · ⃗ b + ⃗ a · ⃗ c − ⃗ b · ⃗ c = √ 1
4 · 16 + 1
4 · 16 + 1 = 3. Jav
ob: 3.
2.2.20-masala:
SABCD to’rtburchakli to’g’ri piramidada asos tomonlari 2 ga,
yon qirralar uzunligi 4 ga teng. A nuqtadan MB chiziqqacha bo’lgan masofani
toping. Bu yerda M - SD qirraning o’rtasi.
Yechish:
⃗
AB = ⃗ a , ⃗ DA = ⃗ b , ⃗ DS = ⃗ c bo’lsin. (2.2.20-chizma), bu yerda |⃗ a| = ¿
|⃗b|= 2|⃗c|= ¿
4, ⃗a·⃗b=0,⃗a·⃗c=⃗b·⃗c =2. ⃗ AO
vektorni ⃗
a , ⃗ b , ⃗ c vektorlar orqali ifodalaymiz:
58 C
D
A B
O

B
C
D E2.2.20-chizma. To’rtburchakli to’g’ri piramida⃗
DB = ⃗ a + ⃗ b , ⃗ BM = − ⃗ a − ⃗ b + ⃗ c
2 ,
⃗BO
va ⃗ BM
kollinear vektorlar bo’lgani uchun,
⃗
BO = x ⃗ BM = x ( ⃗ c
2 − ⃗ a − ⃗ b )
⃗ AO = ⃗ AB + ⃗ BO = ⃗ a + x (
⃗ c
2 − ⃗ a − ⃗ b) .
⃗
AO ⊥ ⃗ BM
ekanligidan, ⃗AO ·⃗BM = 0 bo’lishi ma’lum. Demak,
(⃗
a + x (
⃗ c
2 − ⃗ a − ⃗ b)) ·(
⃗ c
2 − ⃗ a − ⃗ b) = 0 ⇔ ⃗ a · ⃗ c
2 − ⃗ a 2
− ⃗ a · ⃗ b + x · ( ⃗ c 2
4 + ⃗ a 2
+ ⃗ b 2
− 2 · ⃗ a · ⃗ c
2 − 2 · ⃗ b · ⃗ c
2 + 2 · ⃗ a · ⃗ b ) = 0
Bu yerdan, ¿ 3
8 . Bundan foydalanib
⃗ AO
vektorni topamiz
⃗
AO = 1
16 ( 10 ⃗ a − 6 ⃗ b + 3 ⃗ c )
|⃗AO |= 1
16 √(10 ⃗a−6⃗b+3⃗c)2=¿√100 ⃗a2+36 ⃗b2+9⃗c2−120 ·⃗a·⃗b+60 ·⃗a·⃗c− 36 ·⃗b·⃗c=¿√100 ·4+36 ·4+9·16 +60 ·2− 36 ·2= √46
4 .
Javob:
√ 46
4 .
2.2.21-masala:
ABCD A1B1C1D1 kubda A
1 D
va D
1 E
chiziqlar orasidagi
burchakni toping. Bu yerda E − C C
1 qirraning o’rtasi.
Yechish:
⃗ AB = ⃗ a , ⃗ BC = ⃗ b , ⃗ A A
1 = ⃗ c
bo’lsin. Bu yerda |⃗ a| = ¿
|⃗b|=|⃗c|= a ,
⃗
a · ⃗ b = ⃗ a · ⃗ c = ⃗ b · ⃗ c =0. ⃗ A
1 D
va ⃗D1E vektorlarni ⃗
a , ⃗ b , ⃗ c vektorlar orqali ifodalaymiz:
59

A B
CD P
Q2.2.21-chizma . ABCD A
1 B
1 C
1 D
1 kub⃗A1D=⃗c+⃗b
⃗ D
1 E = ⃗ a + ⃗ c
2
⃗
A
1 D · ⃗ D
1 E = (⃗ c + ⃗ b) ·(⃗ a + ⃗ c
2
) =
⃗ c 2
2
|⃗
A
1 D | = √(⃗ b + ⃗ c) 2
= a √ 2 |⃗ D
1 E | = √(⃗ a + ⃗ c
2
) 2
= a
√ 5
2 .
Ikki vektor orasidagi burchakni topish formulasidan foydalanib,
cos φ=
⃗A1D ·⃗D1E
|⃗A1D|·|⃗D1E|
=
a2
2
a√2·a√5
2
= 1
√10
ga ega bo’lamiz. Demak, φ = arc cos 1
√
10 .
Javob:
φ=arc cos 1
√10 .
2.2.22-masala: ABCD A
1 B
1 C
1 D
1 birlik kubda AB
1 va
A1C1 chiziqlar orasidagi
masofani toping.
Yechish:
⃗AB 1=⃗q1 , ⃗ A
1 C
1 = ⃗ q
2 va ⃗ B
1 C
1 = ⃗ m
vektorlarni kiritamiz. Bu yerda
|⃗q1|=|⃗q2|=√2,|⃗m|=1,∠(⃗q1,⃗q2)=60 °,∠(⃗q1,⃗m)=90 °,∠(⃗q2,⃗m)=45 °
(2.2.22-chizma).
60

2.2.22-chizma. Birlik kub⃗q1·⃗q2=|⃗q1|·|⃗q2|·cos 60 °=1
⃗
q
1 · ⃗ m = |⃗ q
1| ·|⃗ m| · cos 90 ° = 0
⃗q2·⃗m=|⃗q2|·|⃗m|·cos 45 °=1
PQ chiziq A B
1 va A
1 C
1 ayqash chiziqlarning umumiy perpendikulari bo’lsin.
⃗
PQ = x · ⃗ q
1 + ⃗ m + y · ⃗ q
2
⃗
PQ
vektorning ⃗ q
1 va ⃗ q
2 vektorlarga perpendikularlik shartidan quyidagini hosil
qilamiz
{
(
x · ⃗ q
1 + ⃗ m + y · ⃗ q
2 ) ·⃗ q
1 = 0 ,
(
x · ⃗ q
1 + ⃗ m + y · ⃗ q
2 ) ·⃗ q
2 = 0 ⇔ { x ·
⃗ q
1 2
+ ⃗ m · ⃗ q
1 + y · (⃗ q
2 · ⃗ q
1 ) = 0 ,
x ·
(⃗ q
2 · ⃗ q
1 ) + ⃗ m · ⃗ q
2 + y · ⃗ q
2 2
= 0 ⇔ { 2 x + y = 0 ,
x + 1 + 2 y = 0.
Bu yerdan x = 1
3 , y = − 2
3 .
Demak
⃗
PQ = 1
3 ⃗ q
1 + ⃗ m − 2
3 ⃗ q
2
Endi
|⃗
PQ | = √( 1
3 ⃗ q
1 + ⃗ m − 2
3 ⃗ q
2 ) 2
= ¿
¿√⃗q12+9⃗m2+4⃗q22+6(⃗q1·⃗m)−12 (⃗q2·⃗m)− 4(⃗q1·⃗q2)
3 =¿√2+9+8+0− 12 − 4
3 = √3
3 .
Javob:
√ 3
3 .
2.2.23-masala: ABC
A1B1C1 uchburchakli to’g’ri prizmada barcha qirralari
uzunligi 1 ga teng. AB va A
1 C chiziqlar orasidagi masofani toping.
Yechish:
⃗AB = ⃗q1 , ⃗ A
1 C = ⃗ q
2 va ⃗AA 1=⃗m vektorlarni kiritamiz. Bu yerda
|⃗q1|=|⃗m|=1,|⃗q2|= √2
(2.2.23-chizma).
⃗
q
1 · ⃗ q
2 = 1
2 ⃗q1·⃗m= 0 ⃗q2·⃗m=1
PQ chiziq A B
1 va A
1 C
1 ayqash chiziqlarning umumiy perpendikulari bo’lsin.
⃗MN = x·⃗q1+⃗m+y·⃗q2
61

2.2.23-chizma. Uchburchakli to’g’ri prizma⃗MN
vektorning ⃗ q
1 va ⃗ q
2 vektorlarga perpendikularlik shartidan quyidagini hosil
qilamiz
{
(x·⃗q1+⃗m+y·⃗q2)·⃗q1=0
(x·⃗q1+⃗m+y·⃗q2)·⃗q2=0
⟺
⇔
{ x ·
⃗ q
1 2
+ ⃗ m · ⃗ q
1 + y · (⃗ q
2 · ⃗ q
1 ) = 0
x ·
(⃗ q
2 · ⃗ q
1 ) + ⃗ m · ⃗ q
2 + y · ⃗ q
2 2
= 0 ⇔ { x + 1
2 y = 0 ,
1
2 x + 1 + 2 y = 0.
Bu yerdan x = 2
7 , y = − 4
7 .
Demak,
⃗
MN = 2
7 ⃗ q
1 + ⃗ m − 4
7 ⃗ q
2 .
Endi
|⃗
MN | = √( 2
7 ⃗ q
1 + ⃗ m − 4
7 ⃗ q
2 ) 2
= ¿
¿
√ 4 ⃗ q
1 2
+ 49 ⃗ m 2
+ 16 ⃗ q
2 2
+ 28 (⃗ q
1 · ⃗ m) − 56 (⃗ q
2 · ⃗ m) − 16 (⃗ q
1 · ⃗ q
2 )
7 = ¿ √ 4 + 49 + 32 − 56 − 8
7 = √ 21
7
Javob:
√ 21
7 .
2.2.24-masala: ABCA
1 B
1 C
1 uchburchakli to’g’ri prizmada asos tomonlari 8
ga, balandligi 6ga teng.
CA 1 va AB 1 chiziqlar orasidagi burchakni toping.
62

A
1CYechish:
⃗AB = ⃗a , ⃗ A
1 C
1 = ⃗ b
va ⃗ AA
1 = ⃗ c
bo’lsin. Bu yerda |⃗
a| = |⃗ b| = 8 , |⃗ c| = 6 (2.2.24-
chizma).
⃗
a · ⃗ b = |⃗ a| ·|⃗ b| · cos 60 ° = 32
⃗a·⃗c=|⃗a|·|⃗c|·cos 90 °= 0
⃗
b · ⃗ c = |⃗ b| ·|⃗ c| · cos 90 ° = 0
2.2.24-chizma. Uchburchakli to’g’ri prizma
⃗CA 1
va ⃗ AB
1 vektorlarni ⃗a,⃗b,⃗c vektorlar orqali ifodalaymiz:
⃗
CA
1 = ⃗ c − ⃗ b , ⃗ AB
1 = ⃗ c + ⃗ a
⃗CA 1·⃗AB 1=(⃗c− ⃗b)·(⃗c+⃗a)=4

|⃗
CA
1 | = √(⃗ c − ⃗ b) 2
= √⃗ c 2
+ ⃗ b 2
= 10 , |⃗ AB
1 | = √(⃗ c + ⃗ a) 2
= √⃗ c 2
+ ⃗ a 2
= 10
cos φ =
⃗ CA
1 · ⃗ AB
1
|⃗
CA
1 | ·|⃗ AB
1 | = 4
10 · 10 = 1
25 ,
φ = arc cos 1
25
Javob: φ = arc cos 1
25 .
63

2.2.25-masala: ABCA1B1C1 uchburchakli to’g’ri prizmada barcha qirralari
uzunligi 1 ga teng,
D nuqta A1B1 qirraning o’rtasi. AD va BC 1 chiziqlar orasidagi
burchakni toping.
Yechish:
⃗AB = ⃗a , ⃗BC =⃗b va ⃗ AA
1 = ⃗ c
bo’lsin. Bu yerda |⃗
a| = |⃗ b| = |⃗ c| = 1 (2.2.25-
chizma).
⃗
a · ⃗ b = |⃗ a| ·|⃗ b| · cos 120 ° = − 1
2
⃗a·⃗c=|⃗a|·|⃗c|·cos 90 °= 0
⃗
b · ⃗ c = |⃗ b| ·|⃗ c| · cos 90 ° = 0
2.2.25-chizma. Uchburchakli to’g’ri prizma
⃗AD
va ⃗ BC
1 vektorlarni ⃗a,⃗b,⃗c vektorlar orqali ifodalaymiz:
⃗
AD = ⃗ c + ⃗ a
2 , ⃗ BC
1 = ⃗ c + ⃗ b
⃗
AD · ⃗ BC
1 = (⃗ c + ⃗ a
2
) ·(⃗ c + ⃗ b) = 3
4
|⃗
AD | = √(⃗ c + ⃗ a
2
) 2
= √⃗ c 2
+ ⃗ a 2
4 = √ 5
2 , |⃗ BC
1 | = √(⃗ c + ⃗ b) 2
= √⃗ c 2
+ ⃗ b 2
= √ 2
cos φ =
⃗ AD · ⃗ BC
1
|⃗
AD | ·|⃗ BC
1 | = 3
4 √
5
2 · √ 2 = 3
√ 10
20 , φ = arc cos 3 √ 10
20
64

A B
CJavob: φ = arc cos 3√ 10
20 .
2.2.26-masala: ABC A
1 B
1 C
1 uchburchakli to’g’ri prizmada barcha qirralari
uzunligi 1 ga teng,
D ,E nuqtalar mos ravishda A1B1 va B1C1 qirraning o’rtasi. AD
va BE chiziqlar orasidagi burchak kosinusini toping.
Yechish:
⃗AB = ⃗a , ⃗BC =⃗b va ⃗ AA
1 = ⃗ c
bo’lsin. Bu yerda |⃗
a| = |⃗ b| = |⃗ c| = 1 (2.2.26-
chizma).
2.2.26-chizma. Uchburchakli to’g’ri prizma
⃗
a · ⃗ b = |⃗ a| ·|⃗ b| · cos 120 ° = − 1
2
⃗
a · ⃗ c = |⃗ a| ·|⃗ c| · cos 90 ° = 0 , ⃗ b · ⃗ c = |⃗ b| ·|⃗ c| · cos 90 ° = 0
⃗AD
va ⃗ BC
1 vektorlarni ⃗a,⃗b,⃗c vektorlar orqali ifodalaymiz:
⃗
AD = ⃗ c + ⃗ a
2 , ⃗ BC
1 = ⃗ c + ⃗ b
⃗
AD · ⃗ BC
1 = (⃗ c + ⃗ a
2
) ·(⃗ c + ⃗ b) = 3
4
|⃗
AD | = √(⃗ c + ⃗ a
2
) 2
= √⃗ c 2
+ ⃗ a 2
4 = √ 5
2 , |⃗ BC
1 | = √(⃗ c + ⃗ b) 2
= √⃗ c 2
+ ⃗ b 2
= √ 2
65

cos φ =⃗ AD · ⃗ BC
1
|⃗
AD | ·|⃗ BC
1 | = 3
4 √
5
2 · √ 2 = 3
√ 10
20 ,
φ = arc cos 3
√ 10
20
Javob: φ = arc cos 3
√ 10
20 .
2.3 Vektorlar uslidan foydalanib yechish uchun maslalar
1.
ABC A1B1C1 uchburchakli to’g’ri prizmada barcha qirralari uzunligi 1 ga
teng. A nuqtadan
BC1 qirragacha bo’lgan masofani toping.
2. MABCDEF oltiburchakli piramidada asos tomonlari 1 ga, yon qirralar
uzunligi 2 ga teng. E nuqtadan BT chiziqqacha bo’lgan masofani toping. Bu yerda
T - MC qirraning o’rtasi.
3. SABCD to’rtburchakli to’g’ri piramidada asos tomonlari va yon qirrasi
mos ravishda 4
√2 va 5 ga teng. E va K nuqtalar orasidagi masofani toping, agar E
nuqta SB yon qirrada yotsa va
SE =2BE , K nuqta AD asos tomonida yotib,
AK = 3 KD
bo’lsa.
4. Asosi romb bo’lgan
ABCD A1B1C1D1 to’g’ri prizmada AB = 10 , AC = 6 √ 7
,
yon qirra A A
1 3
√ 21
ga teng. Prizmaning B uchidan A C
1 chiziqqacha bo’lgan
masofani toping.
5.
ABCD A1B1C1D1 kubda barcha qirralari uzunligi 4 ga teng. E va F nuqtalar
mos ravishda AB va
B1C1 qirralarning o’rtalari. CD qirrada P nuqta shunday
joylashganki, CP = 3 PD
. A
1 nuqtadan EPF uchburchak tekisligigacha bo’lgan
masofani toping.
6. ABCD uchburchakli to’g’ri piramidada ABC asos tomonlari 8
√ 3
ga teng.
Piramida balandligi
DO = 6 . A1 , C1 nuqtalar mos ravishda AD va CD qirralarning
o’rtalari.
B A1 va AC1 chiziqlar orasidagi masofani toping.
7. MABCD to’rtburchakli to’g’ri piramidada barcha qirralari uzunliklari 1 ga
teng. MA va BC chiziqlar orasidagi masofani toping.
66

8. Uchi S bo’lgan SABC uchburchakli to’g’ri piramidada barcha qirralari 3
ga teng. M nuqta AC qirra o’rtasi, O nuqta piramida asosi markazi. F nuqta SO
chiziqni piramida uchidan hisoblaganda 2:1 nisbatda bo’ladi. MSF va ABC
tekisliklar orasidagi burchakni toping.
9. Asosi ABCD to’g’ri burchakli to’rtburchak bo’lgan SABCD piramida asos
tomonlari AB = 4
va
BC = 3 . Piramida yon qirralari SA = √ 11 , SB = 3 √ 3 , SD = 2 √ 5
ga
teng. SC to’g’ri chiziq va ASB tekisliklar orasidagi burchakni toping.
10. Asosi ABC to’g’ri burchakli uchburchak bo’lgan SABC piramidada
qirralari AB = 12
√ 3
va SC =13 ekani ma’lum. Asos tekisligi va AS va BC qirralar
o’rtalari orqali o’tuvchi to’g’ri chiziq orasidagi burchakni toping.
11. To’g’ri burchakli
ABCD A1B1C1D1 parallelepipedda AB=35, AD=12, C
C
1 = 21
ekani ma’um. ABC va A
1 DB tekisliklar orasidagi burchakni toping.
12.
ABC A1B1C1 uchburchakli to’g’ri prizmada asosi tomonlari 3, yon
qirralari 6 , D nuqta
C C1 qirraning o’rtasi bo’lsin. ABC va AD B1 tekisliklar
orasidagi burchakni toping.
13.
ABC A1B1C1 uchburchakli to’g’ri prizmada asosining tomonlari 4 ga, yon
qirralari 7 ga teng. D nuqta B B
1 qirraning o’rtasi. ABC va AD C
1 tekisliklar
orasidagi burchakni toping.
14. Asosi ABCD to’g’ri to’rtburchak bo’lgan SABCD piramidada asosi
tomonlari
AB =8 va BC =6 . Piramida yon qirralarining uzunliklari
SA =
√ 21 , SB = √ 85 , SD = √ 57
. SC va BD chiziqlar orasidagi burchakni toping.
15. .
ABCD A1B1C1D1 birlik kubda E,K va L nuqtalar mos ravishda AA1 , CD
va B
1 C
1 qirralarning o’rtalari, M va N nuqtalar mos ravishda EK va LK chiziqlardan
olingan, bunda
AE :EB =1:2,ln :NK = 1:4 . MN chiziq uzunligini toping.
16.
ABCDEF A1B1C1D1E1F1 oltiburchakli to’g’ri prizmada barcha qirralari
uzunligi 1 ga teng. A va
E1 nuqtalar orasidagi masofani toping.
17. SABCD to’rtburchakli to’g’ri piramidada asos tomonlari va yon qirralari
mos ravishda 4
√ 2
va 5 ga teng. E va K nuqtalar orasidagi masofani toping, agar E
nuqta SB yon qirrani SE = 2 BE
, K nuqta AD asos tomonini AK = 3 KD
kabi bo’lishi
ma’lum bo’lsa.
67

18. ABCD A1B1C1D1 birlik kubda A nuqtadan BD1 chiziqqacha bo’lgan
masofani toping.
19.
ABC A1B1C1 uchburchakli to’g’ri prizmada balandligi 2 ga, asos
tomonlari 1 ga teng.
B1 nuqtadan A C
1 chiziqqacha bo’lgan masofani toping.
20.
ABCD tetraedrda barcha qirralari uzunligi 1 ga teng, A nuqtadan B nuqta
va CD qirraning o’rtasi orqali o’tgan chiziqqacha bo’lgan masofani toping.
21. SABCD to’rtburchakli to’g’ri piramidada ABCD asos tomonlari 1 ga va
yon qirralari 4 ga teng. M nuqta SD qirraning o’rtasi. A nuqtadan
MB chiziqqacha
bo’lgan masofani toping.
22.
ABCD A1B1C1D1 to’rtburchakli to’g’ri prizmada asos tomonlari 1 ga va
yon qirralari 2 ga teng. M nuqta
AA1 qirraning o’rtasi. M nuqtadan D A1C1
tekislikkacha bo’lgan masofani toping.
23.
ABC A1B1C1 uchburchakli to’g’ri prizmada asosining tomonlari 2 ga, yon
qirralari 3 ga teng. D nuqta C C
1 qirraning o’rtasi. C nuqtadan A B
1 D
tekislikkacha
bo’lgan masofani toping.
24. SABC chburchakli to’g’ri piramidada S nuqta – piramida uchi. M nuqta –
SA qirra o’rtasi, K nuqta – SB qirra o’rtasi. Agar
SC =6,AB = 4 bo’lsa, A nuqtadan
CMK tekislikkacha bo’lgan masofani toping.
25.
ABC A1B1C1 uchburchakli to’g’ri prizmada asosining tomonlari 1 ga, yon
qirralari 3 ga teng. A B
1 va B C
1 chiziqlar orasidagi masofani toping.
26.
ABCD uchburchakli to’g’ri prizma ABC asos tomonlari 8 √ 3
ga teng,
piramida balandligi
DO = 6 . A1,C1 nuqtlar mos ravishda AD va CD qirralar o’rtalari.
B A1
va AC1 chiziqlar orasidagi masofani toping.
27 .
DABC piramidada qirralar uzunliklari ma’lum:
AB = AC = DB = DC = 10 , BC = DA = 12
. DC
va
BC chiziqlar orasidagi masofani toping.
28.
ABCD A1B1C1D1 birlik kubda E nuqta D D1 qirra o’rtasi. CE va AC1
chiziqlar orasidagi burchakni toping.
29.
ABCD A1B1C1D1 kubning A1C diagonaliga A va B uchlaridan
perpendikulyarlar o’tkazilgan. Shu perpendikulyarlar orasidagi burchakni toping.
68

30. ABC A1B1C1 uchburchakli to’g’ri prizmada asosining tomonlari 8 ga teng.
Prizma balandligi 6 ga teng. C A
1 va A B
1 chiziqlar orasidagi burchakni toping.
31.
ABCD A1B1C1D1 kubda E nuqta A1B1 qirra o’rtasi. AE chiziq va BD D1
tekislik orasidagi burchak sinusini toping.
32.
ABCD A1B1C1D1 to’g’ri burchakli parallelepipedda AB =2,AD = AA1=1 .
AB1
chiziq va AB C
1 tekislik orasidagi burchakni toping.
33. Asosi MKN to’g’ri burchakli uchburchak bo’lgan
MNK M 1N1K1 to’g’ri
prizmada
∠N=90 °,∠M =60 °,NK =18 . Yon yoq diagonali M 1N M M 1K1 tekislik
bilan 30 °
burchak tashkil etadi. Prizma balandligini toping.
34. Asosi
ABC bo’lgan SABC chburchakli to’g’ri piramidada
AB = 12
√ 3 , SC = 13
ekani ma’lum. Piramida asos tekisligi va AM chiziq orasidagi
burchakni toping, bu yerda M – SBC yoqning medianalar kesishish nuqtasi.
35. ABCD A
1 B
1 C
1 D
1 to’g’ri burchakli parallelepipedda
AB =6,BC =6,C C1= 4
ekani ma’lum bo’lsa,
AC D1 va A1B1C1 tekisliklar orasidagi burchak tangensini
toping.
36.
ABCD trapetsiya AB va CD asoslari uzunliklari ava b ga teng. AD va BC
tomonlardan mos ravishda
Eva F nuqtalar olingan bo’lib AE
ED = BF
FC = m
n .
EF
chiziq
trapetsiya asosiga parallel bo’lishini isbotlang va uning uzunligini toping.
37.
ABCD A1B1C1D1 kubda M ,N va K nuqtalar AB , AD va A A
1 qirralarni A
uchidan hisoblaganda
1:3 kabi nisbatda bo’ladi. MNK tekislik kubnig AC1
diagonalini qanday nisbatda bo’lishini toping.
38.
ABC uchburchakda C C1−¿ uchburchak ichki burchak bissektrisasi. C1
nuqta AB
tomonni qanday nisbatda bo’lishini toping.
39. To’g’ri burchakli uchburchakning katetlari
ava b ( a<b ) ga teng. Kichik
katetinig o’rtasi orqali o’tib, gipotenuzaning o’rtasiga urinuvchi aylana o’tkazilgan.
Shu aylana radiusini toping.
40. ABC
uchburchakning AB
va AC
tomonlaridan mos ravishda K va L
nuqtalar olingan, bunda AK = KB , AL
LC = 1
2 .

BL va CK chiziqlar M nuqtada kesishsa ,
kesishish nuqtasida qanday nisbatda bo’linishini toping.
69

Xulosa
Ikkinchi bob bitiruv malakaviy ishining asosiy qismi bo’lib, vektorlar
usulidan foydalanib yechiladigan planimetrik, stereometrik masalalar ularning
yechimlari, izohlar, ko’rsatmalar, masala shartiga mos chizmalar keltirilgan.
70

Xotima
Bu bitiruv malakaviy ishi “Geometriyadagi ba’zi masalalarni vektorlar
usulida yechish” mavzusiga bag’ishlangan bo’lib, kirish, ikki bob, besh paragraf,
ikki bobning xulosasi, xotima va foydalanilgan adabiyotlar ro’yxatidan iborat.
Kirish qismida o’rganilagan mavzuning dolzarbligi,tadqiqot ob’ekti va
predmeti, BMI ning asosiy maqsad va vazifalari, tadqiqot usuli va uslubiyoti,
olingan asosiy natijalar, natijalarning ilmiy yangiligi va amaliy ahamiyati, tadbiq
etish darajasi, iqtisodiy samaradorligi, qo’llanish sohasi, xulosa va takliflar asoslab
ko’rsatilgan.
Birinchi bob yordamchi xarakterga ega bo’lib, o’rganilgan mavzuni
yoritishga zarur bo’lgan tushunchalar va ma’lumotlar keltirilgan.
Ikkinchi bob bitiruv malakaviy ishining asosiy qismi bo’lib, vektorlar
usulidan foydalanib yechiladigan planimetrik, stereometrik masalalar ularning
yechimlari, izohlar, ko’rsatmalar, masala shartiga mos chizmalar keltirilgan.
BMIda analitik yechimi murakkab bo’lgan masalalarni vektorlar yordamida
sodda yechish usullari keltirilgan. BMIdan maktab o’quvchilari, abituriyentlar,
kollej, akademik litsey talabalari muhim qo’llanma sifatida foydalanishlari
mumkin.
Har qanday algebraik metod kabi vektorning asosi ham, birinchida
geometrik masalaning sharti va kutilayotgan natija algebraik tilda yozilishidadir
(ya’ni vektor algebrasi tilida), vektor masalasining modeli tuzilishida geometrik
masalani vektor metodida yechish samarali bo’lishi uchun vektorlar yordamida
asosiy geometrik ob’yektlarni keltirish va ular o’rtasidagi aloqani vektor tilida
ifodalashni o’rganish kerak.
Bundan tashqari vektor modelidan qayta geometrik ob’yektga o’ta olishni
ko’ra bilish va ular o’rtasidagi munosabat ya’ni algebraik vektor nisbatidagi
geometrik interpretatsiyalar tuza olish kerak.
71

FOYDALANILGAN ADABIYOTLAR
1. O’zbekiston Respublikasining “Ta’lim to’g’risidagi qonuni”, Toshkent
1997. 53-56-betlar.
2. O’zbekiston Respublikasining “Kadrlar tayyorlasg milliydasturi”,
Toshkent 1997. 45-47-betlar.
3.I.A.Karimov, Yuksak ma’naviyat yengilmas kuch, Ma’naviyat,
Toshkent,2009.
4. Я . П . Понарин Елементарная геометрия, Москва МЦНМО, 2004.
5. Т . Н . Қ ори - Ниёзий Аналитик геометрия асосий курси Тошкент ,1967.
6. I.Isroilov, Z.Pashayev Geometriya, “O’qituvchi ”, Toshkent,2005.
7. S.V.Baxvalov, P.S.Modenov, A.S.Parxomenko Analitik geometriyadan
masalalar to’plami, Toshkent,2005.
8. Г.А.Клековкин, Решение геометрических задач векторнъим методом,
Самара,2016.
9. Ҳ . Ҳ . Назаров , Х . С . Очилова , Е . Г . Подгорново Геометриядан масалалар
туплами , Тошкент , “ Ўқитувчи ”, 1997.
10. Н.Д.Додажонов, М.Ш. Жураева Геометрия, Тошкент, “ Ў қитувчи”,
1995.
11. А.Е.Умнов Аналитическая геометрия и линейная алгебра, Москва,
“МФТП”, 2011.
12. И.Ф.Шарыгин Математика для поступающих в вузы, Москва,
“Дрофа”, 2006.
13 . А . А . Прокофьев . А . Г Корянов Математика , ЕГЕ ,2013.
14. M.N.Skanavi Matematikadan masalalar to’plami Toshkent,
“O’qituvchi”, 2013.
15. www.ziyonet.uz .
16. www.ilm.uz.
72

Geometriyadagi ba’zi masalalarni vektorlar usulida yechish

Купить

Похожие документы
Tekis kesimlarning geometrik xarakteristikalari
Hosila va differensial. Hosilaning geometrik manosi
Geometrik masalalarni yechish bosqichlari
Geometriyadan burchaklarga doir mashqlar
geometrik progressiya dastlabki n ta hadi yig‘indisi