• Всего документов: 5844
  • Число пользователей: 15251

Информация о документе

Цена 15000UZS
Размер 536.5KB
Покупки 1
Дата загрузки 04 Май 2025
Расширение docx
Категория Алгебра

Продавец

Surayyo Qurbondurdiyeva

Дата регистрации 04 Февраль 2025

18 Продаж

Streometryada vektorlar metodi

 Ikki vektorni parallelogramm qoidasiga ko'ra qo'shish:  Ko'pburchak qoidasiga ko'ra bir nechta vektorlarni qo'shish:  Parallelepiped qoidasiga ko'ra uchta tekis bo'lmagan vektorni qo'shish: → → → → OD=a + b + c 14 teng burchak hosil qiladi. MB chekkasida K nuqta - bu chetning o'rtasi oziq- ovqat. AK to'g'ri chiziq bilan MVS tekislik tashqi burchak topilsin. MAB yuzining median MO piramidaning tekshiruvi aniqlab, ya'ni. MO┴AB va MO┴OS va bu OA = OS = OM bo'lsa, biz kosmosga rasmda ko'rsa, Oxyz to'rtburchaklar koordinatasini o'rnatamiz. → → → → → → OA=i ; OC=j ; OM=k O(0;0;0), A(1;0;0), C(0;1;0), M(0,0,1) → Keyin B va K nuqtalarning koordinatalarini topamiz, AK vektori AK to'g'ri chiziqqa to'g'ri keladi va → → BC va VM vektori. Biz B(-1;0;0;), K(-1/2;0;1/2), AK(-3/2;0;1/2), BC(1;1;0), BM (1;0;1). → → → Agar n(k;l;m) vektor MVS tekisligiga perpendikulyar bo'lsa, u holda n┴BC va n┴BM yoki koordinatalarda: k*1+l*1+m*0=0 k*1+l*0+m*1=0 → 37 M nuqtadan CN chiziqqa bo'lgan masofa M nuqtadan CN chizig'iga proyeksiyasigacha bo'lgan masofaga teng. M nuqtaning CN to'g'riga proyeksiyasi P bo'lsin. keyin → → → → → X soni uchun MP=CP-CM=xCN-CM. → → → → → → CN= a - 1/2c va CM=1/2b - c, keyin → → → → → → → → → → MP \u003d x (a - 1/2c) - (1/2b - c) \u003d xa-1 / 2b + (1 - x / 2) c MP va CN chiziqlari perpendikulyar bo'lgani uchun → → → → → → → → → MP*CN=0, ya'ni. (xa-1/2b+(1 – x/2)c)*(a – 1/2c)=0 Qavslarni xarid qilib, ko'rsatish jadvalini asosimiz uchun ishlatib, biz 3x+1/2=0 ni olamiz, bu erdan x= -(1/6) → → → → Shunday qilib, MP \u003d - (1/6) a-1/2b + 13/12c Kerakli masofa MP ga teng → → → → │MP│=√((1/6)a-1/2b+13/12c)2 _____ 24 nolga teng bo'lmagan n {A;B;C} vektoriga perpendikulyar tenglama: A(x-x0)+B(y-y0)+C(z-z0)=0 Vektorlar va vektorlarning skalyar ko'paytmasi muammolarini yechish: Ayrim teoremalarning isboti: 1) A, B, C va P nuqtalar shunday bo'lsinki, OP=mOA+n+pOC (OA, OS va OB chiziqli mustaqildir).U holda hujjat bir to'g'ri chiziqqa tegishli bo'lishining zarur va etarli sharti bo'yicha. 'ladi: m+ n+p=1. Ehtiyoj Isboti: A, B, C va P nuqtalari bir tekislikda yotsin, keyin vektor → → → → → → → → → → → AP=OP-OA, AB=OB-OA, AC=OC- OA chiziqli bog'liq bo'ladi, shuning uchun → → → → → → OR-OA=n(OB-OA)+p(OC-OA), → → → → OP=(1-np)OA+nOB+pOC Va OP vektorining OA, OB, OS vektorlari bo'yicha kengayishining o'ziga xosligi tufayli biz olamiz m=1- n –p yoki m+ n+ p=1 20 "Steremetrik masalalarni yechishda vektor-koordinata usulini qo'llash" Olimlar har doim o'z hayotlarini soddalashtirishga intilishgan - ular ko'plab muammolar uchun universal bo'lgan, hatto eng qiyin muammolari tez hal qilish yaratadi yangi, oddiy tozalash usullarini o'ylab topishgan. Aynan shu vektor- koordinata usuli usuli. Geometriyani qurishning "vektor" usuli 1918 yilda mashhur nemis matematigi Herman Veyl tomonidan taklif qilingan. Vektorlardan ham planimetrik, ham stereometrik masalalarni yechishda yuborish mumkin. Masalalarni yechishning vektor-koordinatali usuli teoremalarni uzoq isbotlashdan qochib, eng og'ir va murakkab masalalarni ham oson yechish qiladi. Vektorlardan ko'ra, siz masofalarni va burchaklarni burchakingiz, teoremalarni va burchaklarni isbotlashingiz, perpendiyar va parallel chiziqlar va segmentlarni qurishingiz, geometrik shakllarning tengligini isbotlash va boshqalar. Muammolarni halda ushbu usuldan ishlab chiqarish fikrlashni rivojlantirishga ham yordam beradi, chunki muammoni hal qilishda vaktorlarni o'zingizga boshqarish kerak. Xozirgi vaqtda vektor-koordinata usuli algebra, geometriya, fizika va mexanikada qo' tekshiruvi; vektor fazo tushunchasi ehtimollar nazariyasi, matematik iqtisod, biologiya, tilshunoslik va boshqalarda qo' nazariya. Ush ishlanma'o'quvchilarining analitik geometriya yuklash bilimlarini o'zgartirishmoqchi bo'lgan, ularni talab darajasiga ko'ra murakkabroq mahsulotlarni echishga bo'lgan, kerakli nazariy materiallarni yig'ish, hal qilingan muammolarni to'g'ridan-to'g'ri o'z vaqtida olgan o'qituvchilar uchun. mo' uchun. ham vektor, ham koordinata usullari, analitik geometriya usullari bilan stereometriyaning isbot teoremalariga misollar. Kesimlarni qurish, masofalar va burchaklarni aniqlash uchun stereometrik topshiriqlarning yordami uchun talabalarni yagona davlat tihoning "S" qismining geometrik masalalarini echishga tayyorlash nuqtai nazaridan yordamdir. 12  Ikki vektorni uchburchak qoidasiga ko'ra ayirish: → → →  Agar a va b vektorlar kollinear bo'lsa va a nolga teng bo'lmasa, u holda mavjud → → a=k*b shunday son, bu yerda k qandaydir koeffitsient. →→→  Uch vektor berilgan bo'lsin: a, b va c. Agar ulardan kamida bittasi boshqa ikkita vektorning ko'paytmalari yig'indisi sifatida ba'zi raqamlar bilan ifodalanishi mumkinligi aniqlansa, bu holda vektorlarning bu uchligi chiziqli bog'liq deb qoldi (ya'ni, bu vektorlar koplanar). → → → Agar a, b va c vektorlardan hech biri boshqa ikkitasining chiziqli birikmasi bo'lmasa, a, b va c vektorlari chiziqli mustaqil deyiladi.  O'lchov aksiomasi: uchta chiziqli mustaqil vektor mavjud, ammo har qanday to'rtta vektor chiziqli bog'liqdir.Bu aksiomadan kelib chiqadi. Chiziqli mustaqil vektorlarning maksimal soni 3 ga teng. Bu fazoning uch o'lchovli darajasini anglatadi.  Teorema: Har qanday a vektori har qanday uchta chiziqli mustaqil vektorning chiziqli birikmasi sifatida yagona tarzda ifodalanishi mumkin. isbot: →→→ → 15 (va mediana bo'lish affin xususiyatdir), medianalar bo'yicha proportsional segmentlar olinadi (affin o'zgarishi bilan, birida yotgan segmentlar uzunliklarining nisbati). to'g'ri chiziq saqlanib qoladi). Bu shuni anglatadiki, bu muammoni "qulay" piramida uchun hal qilish mumkin, so'ngra affin transformatsiyasidan foydalanib, natijani o'zboshimchalik bilan o'tkazing. 2) Cho'qqisida uchta tekis burchakli to'g'ri bo'lgan piramida uchun masalani hal qilaylik. Yangi piramidani OXYZ to'rtburchaklar koordinatalar sistemasiga joylashtiramiz (6-rasm). 3) Yuzlarning biriga OO1 medianasini chizing. O1A1 va O1B1 - AOB uchburchagining o'rta chiziqlari. shunday nuqta K ∈ OO 1 OK : KO 1 = 4 : 1 . U holda K() nuqtaning koordinatalari yoki A1 va B1 mos ravishda OA va OB ning vositalari ekanligini hisobga olsak, K( 4 5 OA 1 ; 4 5 OB 1 ; 0 2 5 OA ; 2 5 OB ; 0 ). Boshqa tomondan, biz o'rtacha OO2 ni chizamiz. Unda M nuqtani shunday belgilaymizki, OM:MO2=3:1. Xuddi shunday M(yoki M) koordinatalarini topamiz. Nihoyat, N nuqta OO3 va ON:NO3=2:1 medianasida yotadi, keyin N yoki N(0. 3 4 OA 1 ; 0 ; 3 4 OC 1 ¿ ( 3 8 OA ; 0 ; 3 8 OC ) ( 0 ; 2 3 OB 1 ; 2 3 OC 1 ) ; 1 3 OB ; 1 3 OC ¿ Tahlil qilib, A(40;0;0), B(0;15;0), C(0;0;24) nuqtalari uchun qulay sonli koordinatalarni tanlaymiz. Tekislik (MNK) piramidaning chetlarini ba'zi X`, Y`, Z` nuqtalarda kesib o'tadi. Avval X` (x; 0; 0) nuqtaning koordinatalarini topamiz. PointX` (KMN) mavjud bo'lsa shunday qilib, aytaylik (bular vektorlar). (15; -5; 1), (16; 1; -8), (x; -5; -8) vektorlarining koordinatalarini yozamiz. Keyin quyidagi tenglamalar tizimi amal qiladi. Biz buni hal qilamiz: ikkinchi tenglamani 8 ga ko'paytiramiz, biz olamiz. X ni qayerdan topamiz⃗NX =α⃗NM +β⃗NK ⃗NM ⃗NK ⃗NX { x=15 α+16 β −5=−5α+β −8=α−8β { x=15 α+16 β − 40 =−40 α+8β −8= α−8β { x=15 α+16 β − 48 =− 39 α −8= α−8β α,β { α= 48 39 β= α+8 8 x= 15 α+16 β . 9 3) Vektorning raqamga ko'paytmasining har bir koordinatasi vektorning tegishli koordinatasining ushbu songa ko'paytmasiga teng. 3. Stereometrik masalalarni yechishning vektor usuli Geometrik masalalarni echishda algebra va trigonometriyadan foydalangan holda an'anaviy usullardan tashqari, boshqa usullardan, xususan, vektordan foydalanish mumkin. Vektorlardan foydalanish qobiliyati ma'lum ko'nikmalarni talab qiladi. Biz geometrik gaplarni vektor tiliga tarjima qilishni va aksincha, vektor munosabatlarini geometrik talqin qilishni o'rganishimiz kerak. Vektor usuli, har qanday boshqa kabi, har doim ham qo'llanilmaydi. Muayyan muammoni hal qilish uchun mos keladimi yoki yo'qligini oldindan ko'rish qobiliyati tajriba bilan rivojlanadi. Planimetrik masalalarni yechishda avval vektorlarni qo'llashni o'rganish tabiiy. Bunday masalalarni muallifning “Planimetriya masalalari va ularni yechish usullari” kitobida va boshqa darsliklarida topish mumkin. Ushbu bobda planimetrik masalalar, 3.1-§da - parallellik, uchta nuqtaning bir chiziqqa va to'rt nuqtaning bir xil tekislikka tegishliligi va parallel chiziqlar segmentlarining nisbati masalalari mavjud. Bunday muammolar affin deb ataladi. Ularni yechish uchun vektorlarni qo'shish va ayirish, vektorni songa ko'paytirish amallari va ularning xossalari qo'llaniladi. § 3.2 da keltirilgan masofalarni, burchaklarni va boshqa ba'zi narsalarni hisoblash masalalarini faqat ushbu amallar yordamida hal qilish mumkin emas va vektorlarning skalyar mahsulotidan foydalanishni talab qiladi. Bunday muammolar metrik deb ataladi. 3.1 Stereometriyada affin masalalari Affin transformatsiyalarining xossalari: 1) Koordinatalarning xossalariga ko'ra, affin o'zgarishi - bu tekislikni tekislikka birma-bir tasvirlash: - har bir nuqta tasvirga ega va bundan tashqari, faqat bitta; - turli nuqtalarda turli xil tasvirlar mavjud; - diapazonning har bir nuqtasi oldindan tasvirga ega. 2) Affin xaritalash nuqtalarning koordinatalarini saqlaganligi sababli, 7 Bu kesmani qurish uchun a tekislikka tegishli, lekin bitta to'g'ri chiziqda yotmaydigan uchta nuqtani, masalan, a tekislikning koordinata o'qlari bilan kesishish nuqtalarini topamiz. Demak, agar a tekislik Bx o'qini K nuqtada kesish o'tsa, K nuqta koordinatalariga ega (k; 0; 0). Bu koordinatalarni a tekislik tenglamasiga qo'yib, k=1/2 ni olamiz. Shunday qilib, a tekislik Bx o'qini K(1/2;0;0) nuqtada kesib o'tadi. Keling, ushbu nuqtani yarataylik. orqa, agar a tekislik Wy o'qini L nuqtada kesish o'tsa, u holda L nuqta koordinatalariga (0;l;0) ega. Bu koordinatalarni a tekislik tenglamasiga qo'yib, L(0;2;0) ni topamiz. L joyni quramiz (u C nuqtaga to'g'ri keldi). 33 → → → koplanar emas, u holda MN = nCD+mCE. keyin → → → → → → → → → → → → → → AB*MN=AB(nCD+mCE)=AB(nCD)=AB(mCE)=n(AB*CD) +m(AB*CE). Shart bo'yicha → → → → → → → → → → AB*CD=0 va AB*CE=0. Demak, AB*MN=n*0+m*0=0, ya'ni. AB ┴ MN. Keyin tekislikka perpendikulyar to'g'ri chiziqning ta'rifi bilan AB ┴ a. , va boshqalar. Bazis tarkibini kiritamiz, ya'ni tekislikda berilgan bir-biriga to'g'ri kelmaydigan vektorlar juftligi, buning yordamida har qanday vektor ular bo'yicha jihozlanishi mumkin. Kosmosda asos uchta tekis bo'lmagan vektor. ABCA1B1C1 prizmasining har bir qirrasi 2 ga teng. M va N nuqtalar AB va A1 C1 kelibning o'rta nuqtalaridir. M joydan CN to'g'ri chiziqgacha bo'lgan masofani toping, agar A1AC uchun \u003d 60 gr ma'lum bo'lsa. va A1A va AB chiziqlari perpendikulyar. → → → → → → Yechish: AA1=a, AB=b va AC=c vektorlardan tashkil topgan bazisni ko'rib chiqing va shu bazis vektorlari uchun ko'paytirish jadvalini tuzing. 23 yoki → → → i= n2j+n3k →→→ Ikkinchisi i, j, k vektorlari chiziqli bog'liqligini bildiradi, bu teorema shartiga ziddir. Demak, n1≠0. Vektorni songa ko'paytirishni taqsimlash orqali, biz o'zgarishlarni amalga oshiramiz: yoki oldingi tenglikning ikkala tomoniga vektor qarama-qarshi vektorlarni qo'shish olamiz: Raqamlarni belgilangan , , mos ravish x, y va z orqali biz tenglikni olamiz → → → → a= xi+ yj+ zk → Endi a vektorni tasvirlashning yagonaligini isbotlaylik. Aytaylik, kengayishdan, kengaytirilgan ham bu mavjud: → → → → a=x1i+y1j+z1k bizda: 17 2. Agar chiziqning ikkita nuqtasi tekislikda yotsa, chiziqning barcha nuqtalari shu tekislikda yotadi. (3-rasm) 3. Agar ikkita tekislikning umumiy nuqtasi bo'lsa, unda bu tekisliklarning barcha umumiy nuqtalari yotadigan umumiy chiziqqa ega. (4-rasm) VEKTOR Ko'pgina stereometrik masalalarning vektor yechimi ularni elementar geometriya ("sof geometrik") yordamida hal qilishdan ancha soddadir. Bunday “soddalashtirish”ning sababi shundaki, yechishning vektor usuli bilan hatto oddiy masalalarni “sof geometrik” yechishda ham amalga oshirilishi kerak bo‘lgan qo‘shimcha konstruksiyalarsiz ham (bahs aytish mumkin!) mumkin. Shu bilan birga, vektorlar geometrik masalalarni yechish apparatiga aylanishi uchun geometrik masala shartini vektor terminologiyasi va simvolizmiga (“vektor tiliga”) tarjima qila olish, so‘ngra tegishli amalni bajarish kerak. vektorlar ustidagi algebraik amallar va nihoyat vektor ko'rinishida olingan natijani "orqaga" ni "geometrik tilga" tarjima qiling. Ikki vektorning kollinarligi va uchta vektorning koplanarligi shartlarini bilish stereometriyaning affin masalalarini - chiziqlar va tekisliklarning nisbiy joylashuvi masalalari o'rganiladigan masalalarni vektor ko'rinishida hal qilish imkonini beradi. Ikki vektorning skalyar ko‘paytmasining xossalari, ikki vektorning perpendikulyarlik shartlari chiziqlar va tekisliklarning perpendikulyarlik munosabatlarini vektor ko‘rinishga o‘tkazishni osonlashtiradi va metrik masalalarni yechishda vektorlardan foydalanish mumkin bo‘lgan masofalar, burchaklar, 2. Fazodagi to'rtburchaklar koordinatalar tizimi Agar fazodagi biror nuqta orqali uchta juft perpendikulyar to g ri chiziqʻ ʻ o tkazilsa, ularning har biri bo yicha yo nalish tanlansa va segmentlarning o lchov ʻ ʻ ʻ ʻ birligi tanlansa, fazoda to g ri burchakli koordinatalar sistemasi o rnatilgan ʻ ʻ ʻ deyishadi (5-rasm). Yo'nalishlari tanlangan to'g'ri chiziqlar koordinata o'qlari, umumiy nuqtasi esa koordinatalar deb ataladi. Koordinatalarning kelib chiqishi koordinata o'qlarining har birini ikkita nurga ajratadi. Yo'nalishi o'qning yo'nalishiga to'g'ri keladigan nur musbat yarim o'q, boshqa nur esa manfiy yarim o'q deb ataladi. 5 BD=CK+KD-CB keyin → → → → → → → → → → → → BD2=CK2+KD2+CB2=2CK*KD-2CK*CB-2KD*CB, shuning uchun 32= ((3√2)/2)2 + ((3√6)/2)2 + (3√2) ) 2+0-0-2*((3√6)/2)*3√2kosf, buning cos ph=√3/2 va ph=30 gr. K.O.D. uchburchagidan tetraedrning jihozlarini topamiz │DO│=1/2│KD│=((3√6)/4 Baza maydoni Sprim=1/2*(3√2)2=9 Nihoyat, piramidaning hajmi V=1/3*9*((3√6)/4=9/4*√6 *** Keling, radius vektori tanishini kiritaylik: agar fazoda biron bir nuqta o'zgartirish bo'lsa → → Oh, u holda fazodagi har bir nuqta OA vektor OA bilan xarakterlanadi va radiusdir → → → → → vektor. Agar M nuqta AB va AM=kAB to'g'rida yotsa, u holda OM=(1-k)OA+kOB.(1) bo'ladi. 26 → → O1V(v1-1/2;1/2;v3-1), PQ(-1/2;1;-1/2) → → chunki m chiziq PQ chizig'iga parallel bo'lsa, u holda O1V││PQ va , demak, bu vektorlarning koordinatalari proporsionaldir, ya'ni. bundan v1=1/4, v3=3/4, demak, V(1/4;1;3/4). V nuqtani uning koordinatalari bo'yicha quramiz, so'ngra O1 va V nuqtalardan o'tuvchi m chiziqni quramiz. To'g'ri burchakli koordinatalar sistemasining boshi sifatida belgilangan nisbati AB:DAAA1=1:2:3 bo'lgan ABCDA1B1C1D1 to'g'ri burchakli parallelepipedning B cho'qqisi ishlab chiqarish va → → → →→→ BA, 1/2BC va 1/3BB1 vektorlari mos ravishlari, j, k birlik vektorlari mahsuloti. Uch koordinatalar sistemasida 4x + y - 2z - 2=0 tenglama bilan berilgan parallelepipedning a tekislik bilan kesmasini tuzing. 32 → → A1H││n. Bu shuni anglatadiki (1) H joy C1DP tekisligida tashqiligi tufayli uning koordinatalari C1DP tekisligining tenglamasini qanoatlantiradi: 2h1-h2+2h3-1=0(2) (1) va (2) tenglamalardan kasalliklar tizimini yechamiz. Faraz qilaylik (1)=t. U holda h1=2t+1, h2= - t va h3=2t+1, demak, 2(2t+1) – (-t) + 2(2t+1)=0, bundan t= - 1/3 . ma'nosi, → A1H vektor koordinatalari hisoblash bo'ladi: h1-1= - 2/3 h2=1/3 h3-1= - 2/3 Endi biz A1H masofani topamiz: 40 KIRISH Masalalarni yechishning vektor usuli matematika o`qitishning zamonaviy metodologiyasidagi eng muammoli masalalardan biridir. Keng ko'lamli muammolarni hal qilish, fanlararo va fanlararo aloqalarni amalga oshirish, matematik modellashtirish ko'nikmalarini rivojlantirish uchun vektor usulining imkoniyatlariga qaramay, ko'plab metodistlar matematika kursida vektor apparatiga ahamiyatsiz rol o'ynaydi. An’anaga ko‘ra, geometriya kursining eng qiyin mavzularidan biri “Masalalarni yechishda vektorlarni qo‘llash” mavzusidir. Shu bilan birga vektor tushunchasi zamonaviy matematikaning fundamental tushunchalaridan biri, vektor usuli esa masalalarni yechishda keng qo’llaniladigan va zamonaviy usullardan biridir. Shunday qilib, yuqorida aytilganlarning barchasini hisobga olgan holda, matematik muammolarni hal qilishda vektor usulini o'rganish uchun quyidagi maqsadlarni ajratib ko'rsatishimiz mumkin: -har xil geometrik masalalarni (ham affin, ham metrik) yechish va teoremalarni isbotlashning samarali usulini berish; – umumlashtirish va konkretlashtirishni bajarish uchun talabalarni formatlash uchun masalalarni yechishda vektor usulidan foydalanish; - o'quvchilarda moslashuvchanlik, maqsadga muvofiqlik, oqilonalik, tanqidiylik va boshqalar kabi fikrlash fazilatlarini shakllantirish. 3 ustiga, a tekislik Bz shunday o'qini M(0;0;-1) nuqtada kesib o'tishini topamiz. bu nuqtani tuzing va keyin K, L, M nuqtalardan o'tuvchi a tekislik bilan prizma kesmasini tuzing. Biz KCD2A2 to'rtburchakni olamiz. ABCDA1B1C1D1 kubining A1D1 va CD orqali mos keladigan P va Q nuqtalari - buning o'rta nuqtalari a tekislikka perpendikulyar PQ chizig'idan o'tuvchi a tekislik orqali kubning kesmasini quramiz. Yechim: Yechim: 34  Keling, kosmosda to'rtburchaklar koordinatalar o'rnatamiz. Koordinata ichidan musbat yarim o'qlarning har birida biz birlik vektorni, birga teng vektorni ajratamiz. Bu vektorlarni i, j, k deb belgilaymiz. Ular koordinata vektorlari deb yuritiladi. Bu vektorlar koplanar emas, shuning uchun har qanday vektor yuzaga kelishi mumkin → → → → a=xi+yj+zk va kengayish koeffitsientlari yagona kuch. Bu koeffitsientlar berilgan koordinatalar tizimida vektor koordinatalari deyiladi.  Ikki yoki undan ortiq vektorlar yig'indisining har bir koordinatasi ushbu vektorlarning tegishli koordinatalari yig'indisiga teng. Vektorlar ayirmasining har bir koordinatasi bu vektorlar koordinatalarining ayirmasi teng.  Vektorning har bir koordinatasi uning oxiri boshining tegishli koordinatalari farqga teng.  Segment o'rtasining har bir koordinatalarining uch tegishli koordinatalari yig'indisining yarmiga teng. → ________  Vektor kuzatuv formulasi bilan bo'ladi: a│= √x2+y2+z2  Vektorlarning skalyar ko'paytmasi bu vektorlarning uzunliklari va ular tashqi burchakning ko'paytmasiga teng. →→ → → a*b=│a│*│b│*cos a, bu erda a - bu vektorlar tashqi burchak. Koordinatadagi vektorlarning skalyar mahsuloti ishlab chiqarish ko'rinadi: →→ → → a{x1;y1;z1} va b{x2;y2;z2} uchun ab=x1x2+y1y2+z1z2. Agar vektorlar perpendikulyar bo'lsa, hujjat mahsuloti nolga teng.  M {x;y;z} nuqtadan o'tuvchi a tekislikning tenglamasi va 19 Etarlilik Isboti: U holda m+n+p=1 bo'lsin → → → → → → → → → → → → → → OP-OA=mOA+nOB+pOC-OA=mOA+nOB+pOC- (m+n+p)*OA=n(OB-OA)+p(OC-OA) → → → Demak, AR=nAB+pAC va ta rifi bo yicha P ABC tekisligiga ʼ ʻ tegishli. 2) Agar ikkita tekisliklarning umumiy M nuqta bo'lsa, bu tekisliklar uchun yana kamida bitta N umumiy nuqta mavjud. isbot: Tekislikni ustiga bir to g ri chiziqda ʻ ʻ yotmaydigan uchta nuqta bilan mumkin bo lgan uchun a tekislikni M, A, B nuqtalar ʻ bilan, b tekislikni M, C va D nuqtalar bilan belgilash mumkin. Har qanday vektor har qanday uchta chiziqli mustaqil vektorning chiziqli birikmasi sifatida ifodalanishi mumkinligi haqidagi teoremaga asoslanib, biz tashqi ko'rinishimiz mumkin: yoki: 21 DABC tetraedrining DA,DB,AC chekkalarida mos ravish L, N, F nuqtalar yetkazib berish, DL=1/2DA,DN=1/3DB,AF=1/4AC. L,N,F nuqtalardan o'tuvchi tekislik BC chetini qanday nisbatda ajratadi? Yechim:→ Ko'rib chiqilayotgan tekislikning BC va cheti bilan kesishish M bo'lsin → → → → → → DA=a, DB=b, DC=c. M, N, L, F → → → → → → → → → → DM=kDL+lDN+(1 – k – l)DF=ka/2+lb/3+(1 – k – l)(3/4a+1/4c). Boshqa tomondan, (1) formulaga → → → DM=(1-m)b+mc →→→ bu yerda m - VM:VS nisbati. a, b, c k/2+(1 – k – l)3/4=0, l/3=1 – m, 27 STREOMETRIYADA VEKTORLAR METODI MAZMUNI KIRISH .......................................................................................................................................................... 3 1. STEREOMETRIYA ...................................................................................................................................... 4 1.1 Stereometriya predmeti .................................................................................................................... 4 1.2 Stereometriya aksiomalari ................................................................................................................. 4 2. Fazodagi to'rtburchaklar koordinatalar tizimi ...................................................................................... 5 2.1 Vektor koordinatalari ......................................................................................................................... 6 3. Stereometrik masalalarni yechishning vektor usuli ............................................................................. 7 3.1 Stereometriyada affin masalalari ....................................................................................................... 7 3.2 Stereometriyada metrik masalalar .................................................................................................. 10 "Steremetrik masalalarni yechishda vektor-koordinata usulini qo'llash" .............................................. 12 XULOSA ...................................................................................................................................................... 41 To'g'ri to'rtburchaklar koordinatalar tizimida fazoning har bir M nuqtasi uchlik sonlar bilan bog'langan bo'lib, ular uning koordinatalari deb ataladi. Ular tekislikdagi nuqtalar koordinatalariga o'xshash tarzda aniqlanadi. M nuqtaning birinchi koordinatasi abscissa deb ataladi va odatda x harfi bilan, ikkinchisi - ordinata bilan belgilanadi va y harfi bilan, uchinchi koordinata - ilova, z harfi bilan belgilanadi. Agar M(x; y; z) koordinata tekisligida yoki koordinata o‘qida yotsa, uning ba’zi koordinatalari nolga teng bo‘ladi. 2.1 Vektor koordinatalari Fazoda Oxyz to'rtburchak koordinatalar sistemasini o'rnatamiz. Musbat yarim o'qlarning har birida biz boshlang'ichdan birlik vektorini chizamiz, ya'ni. uzunligi birga teng vektor. Abtsissa o'qining birlik vektorini i, y o'qining birlik vektorini j va qo'llaniladigan o'qning birlik vektorini k bilan belgilaymiz. i, j, k vektorlari koordinata vektorlari deb ataladi. Shubhasiz, bu vektorlar koplanar emas. Shuning uchun har qanday vektor koordinata vektorlari bo'yicha kengaytirilishi mumkin, ya'ni. shaklida mavjud a=xi+yj+zk bu erda kengayish koeffitsientlari yagona aniqlanadi. aksioma fazosi A vektorning koordinata vektorlari bo‘yicha kengayishidagi x, y va z koeffitsientlari berilgan koordinatalar sistemasidagi a vektorning koordinatalari deyiladi. A vektorning koordinatalarini vektor belgisidan keyin jingalak qavs ichiga yozamiz: a{x; y; z}. Nol vektorni 0=0i+0j+0k shaklida ifodalash mumkin bo'lganligi sababli, nol vektorning barcha koordinatalari nolga teng. Bundan tashqari, teng vektorlarning koordinatalari mos ravishda tengdir. Ushbu vektorlarning koordinatalaridan ularning yig'indisi va ayirmasining koordinatalarini, shuningdek berilgan vektor ko'paytmasining koordinatalarini ma'lum raqamga topish uchun foydalanishga imkon beradigan qoidalar: 1) Ikki yoki undan ortiq vektorlar yig'indisining har bir koordinatasi ushbu vektorlarning tegishli koordinatalari yig'indisiga teng. 2) Ikki vektor ayirmasining har bir koordinatasi bu vektorlarning mos keladigan koordinatalari ayirmasiga teng. 6 Javob: 18:11 ABCDA1B1C1D1 AA1 va CD nuqtada mos ravshan P va Q nuqtalari, buning o'rta nuqtalari va A1B1C1D1 yuzida A1C1 va B1D1 diagonallari orqali harakat qilgan O1 nuqtasi. O1 nuqta orqali PQ chizig'iga parallel m chiziq o'tkazamiz. Yechim: Rasmda ko'rsa, to'rtburchaklar Vxuz koordinata faqat fazoga kiritamiz. Uch koordinatalar tizimi: B(0;0;0), A(1;0;0), C(0;1;0), B1(0;0;1) V nuqtaning koordinatalarini (v1;v2;v3) topamiz - m to'g'ri chiziq prizmaning qandaydir yuzining tekisligi bilan, masalan, CDD1C1 yuzining tekisligi bilan kesishgan nuqta. Ko'rinib turadi, V nuqta CDD1 tekisligida uning koordinatasi v2=1 ga teng. Shunday qilib, V(v1;1;v3). → → P,Q va O1 nuqtalarning koordinatalarini, O1V va PQ vektorlarining koordinatalarini topamiz. olamiz P(1;0;1/2), Q(1/2;1;0), O1(1/2;1/2;1), 31 KLM tekisligi SO piramidasining sifatini qanday nisbatda ajratadi? Yechim: KLM tekisligi SO piramidaning harakatlanish bilan harakatlanish joyi P bo bo lib, u holda yuqoridagilarga asoslanib, tenglikni olishimiz mumkin. → → → → → → → → → SP=a*SK+b*SL+(1-ab)*SM=3/4a*SA+1/2b*SC+2/3(1-ab)*SB, → → → → → SP=x*SO=1/3x*(SA+SC+SB) qayerda 3/4a=1/3x 1/2b=1/3x 2/3(1-ab)=1/3x Ush tizimini yechish orqali biz x = 18/29 ni olamiz Buning uchun SP:PO=18:11 30 XULOSA Geometrik masalalarni echishda algebra va trigonometriyadan foydalangan holda an'anaviy usullardan tashqari, boshqa usullardan, xususan, vektordan foydalanish mumkin. Vektorlardan foydalanish qobiliyati ma'lum ko'nikmalarni talab qiladi. Biz geometrik gaplarni vektor tiliga tarjima qilishni va aksincha, vektor munosabatlarini geometrik talqin qilishni o'rganishimiz kerak. Vektor usuli, har qanday boshqa kabi, har doim ham qo'llanilmaydi. Muayyan muammoni hal qilish uchun mos keladimi yoki yo'qligini oldindan ko'rish qobiliyati tajriba bilan rivojlanadi. Shuni ta'kidlash kerakki, vektor apparati keng ko'lamli muammolarni hal qilish uchun qo'llaniladi: geometrik: tekislikdagi afin va metrik masalalar, murakkablik darajasi oshgan stereometrik masalalar, vektor usuli boshqa usullar bilan birlashtirilgan masalalar (transformatsiya usuli, GMT usuli, koordinata usuli va boshqalar); algebraik: tenglamalar sistemasi, aralash sistemalar, ayrim tenglamalar va tengsizliklar (trigonometrik, irratsional va boshqalar), ekstremumni topish masalalarini yechish; qo'llaniladigan: mexanika kursidan topshiriqlar, fizikaning boshqa bo'limlaridan topshiriqlar, matematikaning boshqa sohalaridan topshiriqlar. Shunday qilib, vektor-koordinata usulini qo'llash teoremalarning zararli isbotlaridan qochib, har xil qilib, echishni osonlashtirishni ko'rdik. Ush usul bilan amalga oshirish juda oddiy va qiziqarli, siz vaqt va kuchni kuzatishingiz mumkin. Bunday muammoni qilish yaxshi, chunki odam bu holatda hal qilish modeliga ko'ra mexanik harakat qilmaydi, bir xil harakatni takrorlaydi, balki ishga ijodiy yondashadi. Vektorga foydalanishni quvvatga taqsimlashda, har bir yechim hali ham individuallik va o'ziga xoslikka ega. O'qituvchi o'z vositalarini qo'shish, shartlarni o', xavfsizlik ma'lumotlarini o' boshqarish va qoidalar orqali "oyna" orqali vazifa ma'lumotlarini o'zgartirish mumkin. Umid qilamanki, bu ish ixtisoslashtirilgan sinflarda hamkasblar uchun, analitik geometriya bo'yicha tanlov kurslarining qismlari uchun foydali bo'ladi. 41 Kosmosga koordinatali to'rtburchaklar Vxuz koordinata tizimini koordinatali nuqtada koordinatalar kiritamiz. → → → → → → B va birlik vektorlari i=BA, j=BC, k=BB1. → → → → → AB1C tekislikning n1(k1;l1;m1) normal vektor tepaligi. n1┴AB1 va n1┴AC dan keyin. → → AB1 va AC vektorlarining koordinatalarini toping: → → AB1(-1;0;1) , AC(-1;1;0) keyin, biz tenglamalar olamiz k1*(-1)+l1*0+m1*0=0 k1*(-1)+l1*1+m1*0=0 shuning uchun, masalan, k1=1 deb faraz qilsak, l1=1, m1=1, ya'ni. n1(1;1;1). → Andy a. teklik tenglamasini tuzamiz. Buning uchun n2(k2;l2;m2) vektori – bu tekislikning normal vektorini topamiz. A tekisligidan beri. perpendikulyar → → AB1C tekislik va n2 vektor AB1C tekislikka perpendikulyar, keyin n2┴ a.. bundan mustasno → 35 Biz munosabatlarni topishimiz kerakOX X A= 480 13 40 −36 12 13 = 12 13 . Demak, X` nuqta OA chetini 12:1 nisbatda ajratadi. Hisob-kitoblar ham munosib, ammo tushunarli. Qolgan ikki tomonning nisbatlarini xuddi shunday topish mumkin. Muammoni "qulay" piramidada hal qilib, ushbu piramidani ixtiyoriy piramidaga aylantiradigan affin transformatsiya mavjudligini hisobga olib, natijani ixtiyoriy piramidaga o'tkazamiz. Agar ushbu masala sharoitida “qulay” piramida taklif qilinganida, ehtimol, talabalardan biri hech bo'lmaganda masalani yechishga urinib ko'rgan bo'lardi.Affin o'zgartirishlar usuli qiyin faktlarni oson isbotlash uchun qisqartirish imkonini beradi. 3.2 Stereometriyada metrik masalalar 1. Muntazam to'rtburchakli SABCD piramidasi berilgan bo'lib, unda SA = AB = 1. K - SCD yuzining markazi. AS va BK chiziqlar orasidagi burchakni hisoblang Yechish: masalani vektor-koordinata usulida yeching. 7-rasmda ko'rsatilganidek, to'rtburchaklar koordinatalar sistemasini kiritamiz. OA segmentini bitta deb olaylik. Guruch. . cos AS ∧ BK = ¿ cos ⃗ AS ∧ ⃗ BK ∨ ¿ |⃗ AS ∗ BK | |⃗ AS | ∗|⃗ BK | = √ 10 10 2. ABCDA1B1C1D1 kubi berilgan. C nuqtadan A1BD tekisligiga 10 Oxirgi tenglamani qayta yozamiz: → AO2=1/9(a2+b2+c2+2ab*cos ph1+2bc*cos ph2+2ac*cos ph3). Buning uchun: → AO2=1/9(3(a2+b2+c2) – (m2+n2+k2)). demak, _____________________ │AO│=1/3√3(a2+b2+c2) – (m2+n2+k2) Xulo Agaredrning barchaga qarab harakatlanish a ga teng bo'lsa, u holda _______ │OA│=1/3√9a2-3a2=(a√6)/3 *** Tekislikning vektor tenglamasi: Agar A, B, C, D . → → → → OD=aOA+bOB+cOC bunda a+b+c=1 Muntazam uchchakli SABC piramidasida (AC - asos) K, L va M nuqtalar mos ravish SA va SC, SBbur unga tegishli bo'lib, shunday qilib SK:KA=3:1 SL:LC=1:1 SM:MB=2:1 29 asosiy voqealar va teoremalar Vektorlar:  Vektor - bu segment bo'lib, uning qaysi uchi va qaysi biri oxiri kelib chiqadi. Rasmdagi vektorning yo'nalishi (boshidan oxirigacha) o'q bilan rejalashtirish. V AB – vektor A  Kosmosdagi har qanday nuqta ham vektor deb hisoblanishi mumkin. Bunday holda vektor nol deb hisoblanadi. Ush vektorning boshi va oxiri bir xil.  Nolga teng bo'lmagan vektorning samaradorligi segmentning o'zi foydalanishdir.  Ikki nolga teng bo'lmagan vektorlar, agar ular bir to'g'ri chiziqda yoki parallel to'g'ri chiziqda yotsa, ular kollinear deyiladi.  Vektorlar kollinear bo'lsa va bu vektorlarni o'z paydo bo'lgan nurlar ko'p yo'nalishli bo'lsa, ular ko'p yo'nalishli deyiladi.  Vektorlarning ularga nisbatan teng bo'lsa va bir yo'nalishda bo'lsa, ular teng emas.  Vektorlar koplanar deyiladi, agar bir nuqtadan chizilganda ular bir tekislikda yotsa.  Har qanday berilgan vektor ikkita berilgan kollinear bo'lmagan vektorga ajralishi mumkin va kengayish koeffitsientlari yagona korxona.  Har qanday berilgan vektor uchta berilgan koplanar bo'lmagan vektorga ajralishi mumkin va kengayish koeffitsientlari yagona hisoblanadi.  Uchburchak qoidasiga ko'ra ikkita vektorni qo'shish: 13 shunday uchun, masalan, k=1 deb faraz qilsak, l=-1, m=-1, ya'ni, deb topamiz. n(1;-1;-1). ph kerakli burchak bo'lsin. keyin Shunday qilib, AK to'g'ri chiziq bilan MVS tekisligi burchak yoyi (2√30)/15 ga teng. ABCDA1B1C1D1 AB chetida P kubining o'lchami - bu chekkaning'rta nuqta. Yuqori A1 dan C1DP tekisligigacha bo'lgan masofani toping. Masalan , kubning B cho ' qqisini koordinatalar sistemasining boshi sifatida va vektorlarini olib , to ' g ' ri burchakli Bxyz koordinatalarini fazoga o ' rnatamiz . → → → → → → i , j va k birlik vektorlari uchun mos ravish BA , BC va BB 1. Bu koordinatalar tizimida B(0;0;0), A(1;0;0), C(0;1;0), B1(0;0;1). 38 (1 – k – l)1/4=m. Demak, m=2/5 va VM:MS=2/3. ABCD tetraedrining uzunliklari a,b,c,d,m,n,k. BCD yuzining mediasining kesishish bo'yicha A cho'qqigacha'lgan masofani toping. BC yuz medianalarining kesishish nuqtasi O bo'lsin. BAC=ph1 burchak, CAD= ph2 burchak, DAB= ph3 burchakni belgilaymiz. Biz tenglikni (1) ishlatamiz, uni uchburchakning medianalari, uchburchak uchlari va uchburchakning harakatiga aylantiramiz: → → → → AO=1/3(AB+AC+AD) bu yerdan → → → → AO2=1/9(AB+AC+AD)2 yoki uchta raqam yig'indisining kvadrati formulasidan tajriba: 28 bundan tashqari, PQ││ a . U holda n2 vektor n1(1;1;1) va vektorlarga perpendikulyar aniq bo'ladi. → PQ(-1/2; 1/2;-1). Shunung uchun k2*1+l2*1+m2*1=0 k2*(-1/2)+l2*1/2+m2*(-1)=0→ Buning uchun, masalan, m2=2 deb faraz qilsak, l2=1, k2=-3, ya'ni, topamiz. n2(-3;1;2) Endi PQ to'g'riga perpendikulyar Q(1/2;1;0) nuqtadan o'tuvchi a tekislikning tenglamasini tuzamiz. Bizolamiz: (x – 1/2)(-3)+(y – 1)*1+(z – 0)*2=0 yoki soddalashtirilgan keyin: 6x-2y-4z-1=0 Keling, a tekislik bo'yicha kubning kesmasini quramiz. Buning uchun a teklikka tegishli yana bitta nuqtani topamiz. Agar a tekislik Bx o'qini L nuqtada kesish o'tsa, u holda L nuqta koordinatalariga (l;0;0) ega. Bu koordinatalarni a tekislik tenglamasiga qo'yib, l=1/6 ni topamiz. L(1/6;0;0) qilib qilib. Biz Lni joylashtiramiz. Endi biz a tekislikni P, Q va L nuqtalardan o'tuvchi tekislik sifatida quramiz. Bu tekislikning izi QL chizig'idir. ELQD2P ko'pburchak bo'lib chiqadi. (Rasmda to'g'ri chiziqli televizor ham ko' rasm - a tekislikning ABC tekisligi bilan kesishish chizig'i). MAVS piramidasining negizida C cho'qqisida to'g'ri burchakli teng yonli uchburchak yotadi. Har bir yon cheti asos tekisligi bilan 45 gradusga 36 Foydalanilgan adabiyotlar ro'yxati Geometriya, 10-11: Ta'lim muassasalari uchun darslik / L.S. Aganasyan, V.F. Butuzov, S.B. Kadomtsev va boshqalar - 11-nashr. - M .: Ta'lim, 2002. - 206 Gotman E.G. Stereometrik muammolar va ularni hal qilish usullari / E.G. Gotman - M.: MTsNMO, 2006. - 160-yillar. Bibliografiya: 1. V.B.Nekrasov, B.M.Bekker "Muammolarni hal qilishda vektorlardan yur" Sankt-Peterburg, SMIO Press 2002 yil 2.N.M.Roganovskiy, A.A.Tolyar "Stereometriyaning vektor qurilishi" ed. «Xalq asvetasi», 1974 yil 3.V.N.Litvinenko "Stereometriya bo'yicha masalalarni yechish usullari bilan to'plami" M., ed. "Ma'rifat", 1998 yil 4. Boltyanskiy VG, Yagiom IN "Vektorlar va qonun geometriyada qo' kitobda: Boshlang'ich matematika entsiklopediyasi", 4-jild M., Fizika-matematika adabiyoti bosh nashriyoti, 1963 y. 5. “Matematika maktabda” jurnali, 2-o g il, 3-o g il, 1984 y.ʻ ʻ ʻ ʻ 6. “Matematika” jurnali, 39-son, 2001 y 7. Ionin Yu.I., Nekrasov VB "Geometrik masalalardagi vektorlar" 8. Ziv BG "Geometriya darslari uchun muammolar 7-11" Sankt-Peterburg, MPO "Dunyo va oila - 95", tahrir. "Akatsiya" MChJ, 1996 yil 9. Atanasyan LS, Butuzov VF va boshq. "Geometriya 9-10" darsligi Allbest.ru saytida joylashgan 42 Biz C1DP tekisligining tenglamasini tuzamiz, buning uchun biz C1, D, P va nuqtalarning koordinatalarini topamiz. → → DC1 va DP vektori. Bizolamiz: → → C1(0;1;1), D(1;1;0), P(1/2;0;0), DC1(-1;0;1), DP(-1/2;-1;0 ). → →→ Agar n(k;l;m) vektor C1DP tekisligining normal vektori bo'lsa, u holda n┴DC1 va n┴DP yoki koordinatalarda: k*(-1)+l*0+m*1=0 k*(-1/2)+l*(-1)+m*0=0. Ush tenglamalar tizimidan biz topamiz (proporsionallik omiligacha) → k=2, l=-1, m=2.Demak, n(2;-1;2) vektor C1DP tekisligining normal vektoridir. U holda, C1DP tekisligi, tekisligi, D(1;1;0) orqali o'tganligi sababli, uning tenglamasi hisob bo'ladi: (x-1)*2+(y-1)*(-1)+(z-0)*2=0, yoki soddalashtirilgan keyin 2x-y+2z-1=0. ustiga, H(h1;h2;h3) nuqta A1(1;0;1) nuqtadan tushirilgan perpendikulyar asos bo'lsa. → C1DP tekisligiga, ya'ni. agar A1H(h1-1;h2;h3-1) vektori C1DP tekisligiga perpendikulyar bo'lsa, u holda 39 → → MN=vektorini tuzamiz. Bizda... bor: _____ → → → Keling, buni hozir isbotlaylik. BuM=N. Agar M=N deb faraz qilsak, u holda MN=0, u holda MD+ → → → → → → (-k3)MC=0, yoki MD=k3MC. Bu shuni anglatadiki, MD va MC vektorlari chiziqli bog'liq va M, C va D nuqtalari bir xil to'g'ri chiziqda yotadi, bu komissiya tanloviga ziddir. ____ Buning uchun M=N. Teorema isbotlangan. 3) Chiziq va tekislikning perpendikulyarlik belgisi: Agar AB to'g'ri chiziq a tekislikka tegishli bo'lgan kesishuvchi CD va CE chiziqlariga perpendikulyar bo'lsa, u holda AB ┴ a to'g'ri chiziq. isbot: → → → → MN a va MN≠0 tekislikning ixtiyoriy vektori bo'lsin. CD va CE vektorlari beri 22 Qavslarni yana ochib, ko'proq rejalashtirishdan amaliyot, biz MP \u003d √105/6 ni topamiz. Shunday qilib, M nuqtadan CN chiziq'igacha bo'lgan masofa √105/6 ga teng DABC piramidasida ACD yuzi 3√2 nazorati bo'lgan muntazam uchburchak, ABC yuzi teng yonli to'g'ri burchakli uchburchak (ACB tomoni = 90 gradus), BD cheti 3 ga teng. piramida hajmini to'ldirish. Yechish: AC ikki burchakli burchakning chiziqli chizig ini (DKO burchak)ʻ tuzamiz va uni ph bilan belgilaymiz. Shubhasiz, KD va CB vektorlari tashqi burchak AC dihedral burchakning chiziqli burchagiga teng. bu burchakni topib, biz KOD to'g'ri burchakli uchburchakdanmiz, bunda DAK burchagining │KD│=│AD│*sin, ya'ni. │KD│=3√2* (√3/2)=(3√6)/2 │DO│ - tetraedr tekshiruvni hisoblaymiz. Qattiq → → → → → → BD=CD-CB,CD=CK+KD, Bu → → → → 25 1. STEREOMETRIYA 1.1 Stereometriya predmeti Stereometriya geometriyaning kosmosdagi figuralarning xususiyatlarini o'rganadigan bo'limidir. "Stereometriya" so'zi yunoncha "stereos" - hajmli, fazoviy va "metreo" - o'lchash so'zlaridan kelib chiqqan. Kosmosdagi eng oddiy va asosiy figuralar nuqtalar, to'g'ri chiziqlar va tekisliklar, shuningdek, geometrik jismlar va ularning sirtlaridir. Haqiqiy jismlardan farqli o'laroq, geometrik jismlar, har qanday geometrik figuralar kabi, xayoliy ob'ektlardir. Biz geometrik jismni kosmosning bir qismi sifatida ifodalaymiz, uning qolgan qismidan sirt bilan ajratilgan - bu jismning chegarasi. Demak, masalan, sharning chegarasi (1-rasm, a) shar, silindrning chegarasi (1-rasm, b) esa ikkita aylanadan - silindr asoslari va yon sirtdan iborat. Fazoviy figuralarni, xususan, geometrik jismlarni o'rganishda ular chizmada ularning tasvirlaridan foydalanadilar. Qoida tariqasida, fazoviy figuraning tasviri uning ma'lum bir tekislikka proyeksiyasidir. Xuddi shu raqam turli xil tasvirlarni qabul qiladi. Odatda, ulardan biri shaklning shakli haqida to'g'ri tasavvur beradigan va uning xususiyatlarini o'rganish uchun eng qulay bo'lgan tanlanadi. 1.2 Stereometriya aksiomalari Samolyot stereometriyada ko'rib chiqiladigan asosiy figuradir. Samolyot g'oyasi stol yoki devorning silliq yuzasi bilan beriladi. Geometrik shakl sifatida tekislikni barcha yo'nalishlarda cheksiz cho'zilgan deb tasavvur qilish kerak. Nuqtalar, chiziqlar va tekisliklarning o'zaro joylashishiga oid asosiy xossalari aksiomalarda ifodalanadi. Stereometriyaning bir qator aksiomalarining butun tizimi bir qancha aksiomalardan iborat bo'lib, ularning aksariyati bizga planimetriya kursidan tanish. Kosmosda nuqtalar, chiziqlar va tekisliklarning o'zaro joylashishi haqida bir nechta aksiomalar: 1. Bitta to'g'ri chiziqda yotmaydigan har qanday uchta nuqta orqali tekislik o'tadi, bundan tashqari, faqat bitta. (2-rasm) 4 perpendikulyar tushiring. Yechim: C1A1BD oddiy tetraedrdir (8-rasm), chunki uning barcha qirralari teng kvadratlarning diagonallari (kub yuzlari). K nuqta tetraedr tagida yotgan uchburchak medianalarining kesishish nuqtasi ekanligini hisobga olib, uning S1K balandligini tuzamiz. Olingan balandlik kerakli perpendikulyarning yo'nalishini aniqlaydi. C1K chizig'i A1N chizig'iga perpendikulyar. C nuqta orqali C1K chizig'iga parallel chiziq o'tkazamiz. U A1N chizig'ini H nuqtada kesib o'tadi. CH to'g'ri chiziq istalgan perpendikulyardir. Guruch. 8 11 i, j, k chiziqli mustaqil vektorlar va a ixtiyoriy vektor bo'lsin. Keling, buni isbotlaylik → →→→ a vektori i, j, k vektorlarning chiziqli birikmasi sifatida ifodalanishi mumkin, ya'ni. → → → → a= xi+ yj+ zk →→→→ O'lchov aksiomasiga asoslanib, to'rtta vektor a, i, j, k chiziqli bog'liqdir. Bu shuni anglatadiki, ular orasida boshqa qatorli birikmasi bo'lgan kamida bitta vektor mavjud. Bunday holda, ikkita holat mumkin: → 1) Qolgan uchtasining chiziqli birikmasi bo lgan vektor aynan a.ʻ → Keyin bu chiziqli birikma a vektorining kerakli ko'rinishi bo'lib, faqat uning o'ziga xosligini isbotlash uchun qoladi. 2) Qolgan vektorlarning chiziqli birikmasi chiziqli ma'lumotlardan biridir →→→ i, j, k mustaqil vektorlari: → → → → i=n1a+n2j+n3k Ushkengayishda n1≠0 soni. Agar n1=0 bo'lsa, biz shunday bo'lar edik → → → → i=0*a+n2j+n3k 16 → → → → → → xi+ yj+ zk= x1i+y1j+z1k buni qayerdan olasiz → → → (x – x1)i+(y – y1)j+(z – z1)k=0 Agar farqlarning kamidasi nolga teng deb hisoblasak (aytaylik x - x1), unda biz bittaga ega bo'lamiz: →→→ Bu i, j, k vektorlari chiziqli bog'liqligini bildiradi. Bu teorema sharti bilan ziddiyatga olib keladi. Buning uchun, taxmin noto'g'ri. Demak, x – x1=0; y – y1=0; z – z1=0, yoki x=x1, y=y1, z=z1 va xoka. Koordinatalar:  Agar fazoning ma'lum bir joyi orqali uchta juft perpendikulyar to'g'ri chiziq o'tkazilsa, hujjat har biri bo'yicha yo'nalish tanlansa (u o'q bilan ko' resurslar) va segmentlarning o'lchov birligi tanlansa, ular to'rtchaklar koordinata tizimi debbur aytadilar. kosmosda tanlanadi. Yo'nalishlari bo'yicha to'g'ri chiziqlar koordinata o'qlari, umumiy tekshirish esa koordinata deb hisoblanishi. shaxsiy O harfi bilan mumkin.O qlar muammosi, Ox, O qlari bor: Ox, O qi, Oz - va nomlari ʻ ʻ ʻ bor: “abscissa o qi”, “ordinata o qi”, “qo llashqi” Butun koordinatalar tizimi Oxyz ʻ ʻ ʻ deb hisoblanadi. Koordinata o'qlaridan o'tuvchi uchta tekislik koordinata tekisliklari deyiladi. O nuqta koordinata o'q har birining ikkita qo'shimcha nurga ajratadi. Yo'nalishi o'qning yo'  To'g'ri to'rtburchaklar koordinatalarida fazoning har bir M uchlik tizimi bilan bog'langan bo'lib, ularning koordinatalari deb hisoblangan. 18 raqamlar tenglamalarini saqlaydi. Bundan kelib chiqadiki, to'g'ri chiziq to'g'ri chiziqqa aylanadi. 3) Affinga teskari transformatsiya yana afin transformatsiya hisoblanadi. 4) Bir to’g’rida yotmaydigan nuqtalar bir to’g’rida yotmaydigan nuqtalarga boradi, ya’ni kesishuvchi to’g’rilar kesishuvchi chiziqlarga, parallel chiziqlar esa parallel bo’ladi. 5) Affin transformatsiyalarda bir yoki parallel chiziqlarda yotgan segmentlar uzunliklarining nisbatlari saqlanib qoladi. 6) Ko'pburchaklar maydonlarining nisbatlari ham saqlanadi. 7) Parallel bo'lmagan to'g'ri chiziqlar, burchaklar segmentlari uzunliklarining nisbati saqlanishi shart emas. Affin xossalari bo'yicha masalalarni yechishda oddiyroq raqamlarga, masalan, muntazam uchburchakka o'tish uchun afin transformatsiyalaridan foydalanish qulaydir. Va keyin, teskari afin transformatsiyasidan foydalanib, natijani kerakli raqamga o'tkazing. Vazifa 5 (Olimpiada 11-sinf). Uchburchak piramida tekislik bilan kesiladi, shunda yon yuzlarning medianalari piramidaning tepasidan hisoblangan holda 2:1,3:1 va 4:1 nisbatda kesishish nuqtalariga bo'linadi. Piramidaning tepasidan hisoblaganda, yon qirralari qanday nisbatda singan? (Bauman nomidagi Moskva davlat texnika universiteti materiallaridan). Javob: 12:7, 12:5, 12:1 1) Masalada ixtiyoriy piramida paydo bo'ladi, unda medianalar chiziladi 8
Купить