Streometryada vektorlar metodi

Dokument ma'lumotlari

Narxi	15000UZS
Hajmi	536.5KB
Xaridlar	1
Yuklab olingan sana	04 May 2025
Kengaytma	docx
Bo'lim	Kurs ishlari
Fan	Algebra

Sotuvchi

Surayyo Qurbondurdiyeva

Ro'yxatga olish sanasi 04 Fevral 2025

18 Sotish

Streometryada vektorlar metodi

Sotib olish

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

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

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

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

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

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

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

(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

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

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

"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

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

 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

 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

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

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

→ → → → → →
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

$ Keling, kosmosda to'rtburchaklar koordinatalar o'rnatamiz. Koordinata ichidan musbat yarim o'qlarning har birida biz birlik vektorni, birga teng vektorni ajratamiz. Bu vektorlarni i, j, k deb belgilaymiz. Ular koordinata vektorlari deb yuritiladi. Bu vektorlar koplanar emas, shuning uchun har qanday vektor yuzaga kelishi mumkin → → → → a=xi+yj+zk va kengayish koeffitsientlari yagona kuch. Bu koeffitsientlar berilgan koordinatalar tizimida vektor koordinatalari deyiladi.  Ikki yoki undan ortiq vektorlar yig'indisining har bir koordinatasi ushbu vektorlarning tegishli koordinatalari yig'indisiga teng. Vektorlar ayirmasining har bir koordinatasi bu vektorlar koordinatalarining ayirmasi teng.  Vektorning har bir koordinatasi uning oxiri boshining tegishli koordinatalari farqga teng.  Segment o'rtasining har bir koordinatalarining uch tegishli koordinatalari yig'indisining yarmiga teng. → ________  Vektor kuzatuv formulasi bilan bo'ladi: a│= √x2+y2+z2  Vektorlarning skalyar ko'paytmasi bu vektorlarning uzunliklari va ular tashqi burchakning ko'paytmasiga teng. →→ → → a*b=│a│*│b│*cos a, bu erda a - bu vektorlar tashqi burchak. Koordinatadagi vektorlarning skalyar mahsuloti ishlab chiqarish ko'rinadi: →→ → → a{x1;y1;z1} va b{x2;y2;z2} uchun ab=x1x2+y1y2+z1z2. Agar vektorlar perpendikulyar bo'lsa, hujjat mahsuloti nolga teng.  M {x;y;z} nuqtadan o'tuvchi a tekislikning tenglamasi va 19$

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

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

→ →
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

$→ → → koplanar emas, u holda MN = nCD+mCE. keyin → → → → → → → → → → → → → → AB*MN=AB(nCD+mCE)=AB(nCD)=AB(mCE)=n(AB*CD) +m(AB*CE). Shart bo'yicha → → → → → → → → → → AB*CD=0 va AB*CE=0. Demak, AB*MN=n*0+m*0=0, ya'ni. AB ┴ MN. Keyin tekislikka perpendikulyar to'g'ri chiziqning ta'rifi bilan AB ┴ a. , va boshqalar. Bazis tarkibini kiritamiz, ya'ni tekislikda berilgan bir-biriga to'g'ri kelmaydigan vektorlar juftligi, buning yordamida har qanday vektor ular bo'yicha jihozlanishi mumkin. Kosmosda asos uchta tekis bo'lmagan vektor. ABCA1B1C1 prizmasining har bir qirrasi 2 ga teng. M va N nuqtalar AB va A1 C1 kelibning o'rta nuqtalaridir. M joydan CN to'g'ri chiziqgacha bo'lgan masofani toping, agar A1AC uchun \u003d 60 gr ma'lum bo'lsa. va A1A va AB chiziqlari perpendikulyar. → → → → → → Yechish: AA1=a, AB=b va AC=c vektorlardan tashkil topgan bazisni ko'rib chiqing va shu bazis vektorlari uchun ko'paytirish jadvalini tuzing. 23$ $M nuqtadan CN chiziqqa bo'lgan masofa M nuqtadan CN chizig'iga proyeksiyasigacha bo'lgan masofaga teng. M nuqtaning CN to'g'riga proyeksiyasi P bo'lsin. keyin → → → → → X soni uchun MP=CP-CM=xCN-CM. → → → → → → CN= a - 1/2c va CM=1/2b - c, keyin → → → → → → → → → → MP \u003d x (a - 1/2c) - (1/2b - c) \u003d xa-1 / 2b + (1 - x / 2) c MP va CN chiziqlari perpendikulyar bo'lgani uchun → → → → → → → → → MP*CN=0, ya'ni. (xa-1/2b+(1 – x/2)c)*(a – 1/2c)=0 Qavslarni xarid qilib, ko'rsatish jadvalini asosimiz uchun ishlatib, biz 3x+1/2=0 ni olamiz, bu erdan x= -(1/6) → → → → Shunday qilib, MP \u003d - (1/6) a-1/2b + 13/12c Kerakli masofa MP ga teng → → → → │MP│=√((1/6)a-1/2b+13/12c)2 _____ 24$ $Qavslarni yana ochib, ko'proq rejalashtirishdan amaliyot, biz MP \u003d √105/6 ni topamiz. Shunday qilib, M nuqtadan CN chiziq'igacha bo'lgan masofa √105/6 ga teng DABC piramidasida ACD yuzi 3√2 nazorati bo'lgan muntazam uchburchak, ABC yuzi teng yonli to'g'ri burchakli uchburchak (ACB tomoni = 90 gradus), BD cheti 3 ga teng. piramida hajmini to'ldirish. Yechish: AC ikki burchakli burchakning chiziqli chizig ini (DKO burchak)ʻ tuzamiz va uni ph bilan belgilaymiz. Shubhasiz, KD va CB vektorlari tashqi burchak AC dihedral burchakning chiziqli burchagiga teng. bu burchakni topib, biz KOD to'g'ri burchakli uchburchakdanmiz, bunda DAK burchagining │KD│=│AD│*sin, ya'ni. │KD│=3√2* (√3/2)=(3√6)/2 │DO│ - tetraedr tekshiruvni hisoblaymiz. Qattiq → → → → → → BD=CD-CB,CD=CK+KD, Bu → → → → 25$

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

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

(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

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

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

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

→ →
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

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

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

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

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

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

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

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

→ →
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

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

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

Sotib olish

Dokument ma'lumotlari

Sotuvchi

Streometryada vektorlar metodi

O'xshash dokumentlar