To’liq va noto’liq tasvirlar - Geometriya - Kurs ishlari

Dokument ma'lumotlari

Narxi	20000UZS
Hajmi	1.9MB
Xaridlar	1
Yuklab olingan sana	13 May 2024
Kengaytma	docx
Bo'lim	Kurs ishlari
Fan	Geometriya

Sotuvchi

Abror Qamaraddinov

Ro'yxatga olish sanasi 13 May 2024

1 Sotish

To’liq va noto’liq tasvirlar

Sotib olish

O`ZBEKISTON RESPUBLIKASI OLIY VA O`RTA MAXSUS
TA`LIM VAZIRLIGI
NIZOMIY NOMIDAGI TOSHKENT DAVLAT PEDAGOGIKA
UNIVERSITETI
FIZIKA-MATEMATIKA FAKULTETI
“60110600 -MATEMATIKA VA INFORMATIKA” TA’LIM
YO’NALISHI
,,Geometriya” fanidan
KURS ISHI
Mavzu : To’liq va noto’liq tasvirlar
Bajardi : MI 204-guruh talabasi Kamaraddinov Abror
Kurs ishi rahbari : Atamuradova Dilshoda Ravshanovna

MUNDARIJA
KIRISH . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
ASOSIY QISM . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
I BOB. To’liq va noto’liq tasvirlar
1.1. Asosiy tekislik usuli
1.2. Pozitsion masala
II BOB. Yasashga doir masalalar
2.1. Yasashga doir masalalarni yechish usullari
2.2. Yasashga doir sodda masalalar
2.3. Tekislikda yasashga doir masalalar yechish bosqichlari
XULOSA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
FOYDALANILGAN ADABIYOTLAR VA ELEKTRON TA’LIM
RESURSLARI RO’YXATI . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

KIRISH
Analitik geometriya kursida o’rganish metodlarining asosini koordinatalar metodi
tashkil qiladi. Biz asosan figuralarni ularning tenglamalari yordamida
o’rganamiz,ya’ni algebraik tenglamalarini o’rganish bilan shug’ullanamiz.Bu
yerda algebraik metodlar asosiy rolni o’ynaydi. Biz asosan birinchi va ikkinchi
darajali tenglamalar bilan ish ko’ramiz. Analitik geometriya kursida o’rganiladigan
geometrik figuralar sinfi unchalik kata bo’lmasa ham, birinchi va ikkinchi darajali
tenglamalar bilan aniqlanuvchi geometrik figuralar fan va texnikada juda kata rol
o’ynaydi.
Brinchi darajali algebraik tenglamalar bilan aniqlanuvchi geometrik figuralar –
to’g’ri chiziq va tekislikdir.Ushbu asosiy geometrik figuralar bilan biz elementar
geometriya kursida tanishgan edik.Tekislikda ikkinchi tartibli tenglamalar ikkinchi
tartibli chiziqlarni, fazoda esa ikkinchi tartibli sirtlarni aniqlaydi.Yuqoridagi
misoldan ko’rinadiki, aylana ikkinchi tartibli chiziqdir.
Fazoda ( x-a) 2
+(y-b) 2
+(z-c) 2
=0 tenglama bilan aniqlanuvchi nuqtalar to’plami
esa sferadan iborat bo’lib, u ikkinchi tartibli sirtdir.
Ushbu kurs ishi 4 ta bobdan iborat bo‘lib I bobda kirish, II bobda asosiy qism
va ellipsoid va giperboloidlar,konus va uning kesimlari,paraboloid va silindrlar,
keyin III bobda xulosa va IV bobda foydalanilgan adabiyotlar keltirilgan.

I BOB. To’liq va noto’liq tasvirlar
Asosiy tekislik usuli.
Fazoviy figuralarning tasvirini yasash uchun N. F. Chetveruxin tomonidan taklif
qilingan asosiy tekislik usuli deb ataluvchi metoddan foydalanamiz. Bu metod
aksonometrik proyeksiyalash usulining bir turidir.
Bu metod bilan tanishib chiqaylik. Fazoda birorta α' tekislikni ajratib, uni asosiy
tekislik deb ataymiz. Biror yo’nalishni tanlab olib,
A',B',C',… fazo nuqtalarini α'
tekislikka parallel proyeksiyalab,
α '
tekislikda A
1'
, B
1'
, C
1'
, …
nuqtalarni hosil qilamiz.
Bu proyeksiyalash ichki proyeksiyalash deb ataladi (ichki proyeksiyalash markaziy
proyeksiyalash ham bo’lishi mumkin).
Keyin rasm (tasvir) tekisligi deb ataluvchi tekislik olib,
A '
, B '
, C '
, …
proyeksiyalarini,
A'A1',B'B1',C'C1',… proyeksiyalovchi to’g’ri chiziqlarni biror
yo’nalish bo’yicha biror tekislikka parallel proyeksiyalaymiz.
Natijada, rasm tekisligida 8-chizmada ko’rsatilganidek tasvirlarga ega
bo’lamiz. Bu yerda α
tekislik α '
tekislikning, A , B , C , …
nuqtalar
A',B',C',…
nuqtalarning,
A1,B1,C1,… nuqtalar A
1'
, B
1'
, C
1'
, …
nuqtalarning, AA1,BB1,CC1,…
to’g’ri chiziqlar proyeksiyalovchi A ' A
1'
, B ' B
1'
, C ' C
1'
, …
to’g’ri chiziqlarning
tasvirlaridir.

8-chizma.
A
1 , B
1 , C
1 , …
nuqtalarning A , B , C , …
nuqtalarning ikkinchi proyeksiyalari
(tasvirlari) deb aytiladi, ba’zi hollarda A1,B1,C1,… nuqtalarni A,B,C ,… nuqtalarning
asoslari deb ham aytiladi.
Agar fazodagi birorta
A' nuqtaning rasm tekisligidagi tasviri A va uning
ikkinchi proyeksiyasi A
1 berilsa, nuqta rasm tekisligida berilgan deb aytiladi va A ( A
1 )
ko’rinishda yoziladi.
Fazoda ikkita nuqtasi bilan aniqlangan
A'B'=a' to’g’ri chiziq berilgan
bo’lsin.
Agar rasm tekisligida A ( A )
va B ( B )
( AB = a , A
1 B
1 = a
1 )
lar berilgan bo’lsa,
to’g’ri chiziq rasm tekisligida berilgan deb aytiladi va
a(a1) ko’rinishda yoziladi.
Ixtiyoriy tekislik bir to’g’ri chiziqda yotmaydiga uchta
A',B',C' nuqtalarning
berilishi bilan, yoki kesishadigan
a',b' to’g’ri chiziqlarning berilishi bilan, yoki
parallel
p',q' to’g’ri chiziqlarning berilishi bilan aniqlanadi ( p '
≠ q '
)
(9-chizma).

9-chizma.

Agar tekislikni aniqlovchi elementlarning rasm tekisligidagi tasvirlari va ikkinchi
proyeksiyalari berilgan bo’lsa, tekislik rasm tekisligida berilgan deyiladi va β ( β
1 )
ko’rinishda yoziladi.
Agar p' va q '
parallel bo’lsa, ularning p
va q
tasvirlari va ikkinchi
proyeksiyalari
p1 va q1 ham parallel bo’ladi (9-chizma).
Agar l '
va
m' to’g’ri chiziqlar ayqash bo’lsa, ularning tasviri 10-chizmada
ko’rsatilganidek bo’ladi.
10-chizma.
Fazodagi F
1'
, F
2'
figuralarning rasm tekisligida
F1,F2 tasvirlari berilgan
bo’lsin. F
1'
, F
2'
figuralarning kesishish nuqtasining tasvirlarini yasash masalasi pozitsion

masala deb aytiladi. Bunday masalalar asosiy tekislik yoki aksonometrik metod
yordamida oson yechiladi.
Agar figuraning har bir nuqtasi rasm tekisligida berilgan bo’lsa, u holda bu
figura tasvirini to’liq tasvir deb aytiladi. Aks holda noto’liq tasvir deyiladi.

To’liq tasvir ta’rifidan quyidagi natijalar kelib chiqadi:
1) yassi figuralarning tasviri hamma vaqt to’liq;
2) agar tasvirning hamma elementlari aniqlangan bo’lsa, tasvir to’liq bo’ladi;
3) to’liq tasvirning ixtiyoriy ikki tekisligini asosiy tekisliklar deb olish
mumkin.
Endi to’liq tasvirlarda pozitsion masalalarni yechishga o’tamiz:
1-masala. AB to’g’ri chiziqning α tekislik bilan kesishgan nuqtasini yasang.
AB
to’g’ri chiziq bilan uning
A1B1 proyeksiyasi kesishgan O
nuqta izlangan
nuqta bo’ladi (11-chizma).
11-chizma.

2-masala. ABC tekislikning α tekislik bilan kesishgan chizig’ini ( ABC
tekislikning α
tekislikdagi izini) yasang.
Bu masalani yechish birinchi masalaga keltiriladi.
AB ∩ A1B1=O1 ,
AC ∩ A
1 C
1 = O
2 nuqtalar yasab, izlangan
O1O2 to’g’ri chiziqni topamiz (12-chizma).
12-chizma.
3-masala.
ABC va MNP tekisliklarning kesishgan chizig’ini yasang.
Tekisliklarning kesishgan to’g’ri chizig’ini yasash uchun bu tekisliklarga
tegishi ikkita
T , R nuqtalarni yasash yetarli. Asosiy tekislikdagi A1 nuqta orqali B1C1 ,
M
1 P
1 ,
M 1N1 to’g’ri chiziqlarni mos ravishda 4
1 , 5
1 , 6
1 nuqtalarda kesadigan to’g’ri
chiziqni o’tkazamiz. Bu nuqtalar mos ravishda
BC , MP , MN to’g’ri chiziqlarda
yotuvchi 4, 5, 6 nuqtalarning asoslaridir. A 4
va
56 to’g’ri chiziqlar T
nuqtada
kesishadi (chunki u to’g’ri chiziqlar
AA1 va 661 to’g’ri chiziqlar yordamida
aniqlangan tekislikda yotadi). T
nuqta ABC
va MNP
tekisliklarning har ikkalasida
yotadi. Shunga o’xshash
R nuqtani topamiz. TR izlangan to’g’ri chiziq (13-chizma).

13-chizma.

4-masala. ABC tekislik bilan MN to’g’ri chiziqning kesishish nuqtasini yasang.
1
1 , 2
2 – nuqtalar mos ravishda AB
, AC
to’g’ri chiziqlarda yotuvchi 1 va 2
nuqtalarning asoslari.
MN va 12 to’g’ri chiziqlar M M 1 , N N1 to’g’ri chiziqlar bilan
aniqlangan proyeksiyalovchi tekislikda yotadi, ular izlangan O
nuqtada kesishadi.
Uning asosi
O1 nuqta M 1N1 to’g’ri chiziqda yotadi (14-chizma).
14-chizma.
Shunday qilib barcha pozitsion masalalar bir qiymatli yechiladi. Rasm
tekisligida fazoviy figura elementlarining tasviri va ikkinchi proyeksiyasining

(asosining) berilishi sharti yetarli shart bo’lib qolmasdan, zaruriy shart ham ekanligini
ko’rish qiyin emas.
Fazoviy figuralarda kesimlarni yasash
Markaziy proyeksiyalash.
Yevklid fazosida α tekislik va shu tekislikdan tashqarida yotgan
A '
nuqta
berilgan deb faraz qilaylik (1-chizma).
A' dan farqli ixtiyoriy S
( S ∉ α )
nuqtani
tanlab olib, uni
A '
nuqta bilan tutashtiramiz, hosil bo’lgan
SA' to’g’ri chiziqning
α
tekislik bilan kesishgan nuqtasini A
0 bilan belgilaylik. A
0 nuqtani fazodagi
A'
nuqtaning
α (proyeksiya) tekislikdagfi markaziy proyeksiyasi, S nuqta
proyeksiyalar markazi,
SA' chiziqni proyeksiyalovchi to’g’ri chiziq, α tekislikni
esa proyeksiyalar tekisligi deyiladi.
Yuqoridagi usul bilan
F' figuraning α tekislikdagi F
0 proyeksiyasini
yasaganimizdan keyin, uni o’xshash almashtirib,
F' figuraning α tekislikdagi F
tasvirini hosil qilamiz. Ba’zi hollarda o’xshash almashtirishga zaruruyat
tug’ilmaydi, u holda
F' figuraning α tekislikdagi proyeksiyasi uning tasviri
bo’ladi.

1-chizma.
Figura proyeksiyasining ko’rinishi proyeksiyalar tekisligining proyeksiyalar
markaziga nisbatan joylanishiga bog’liqdir. Markaziy proyeksiyalashda kishi
ko’zining ko’rish nurlari proyeksi-yalovchi nurlarga mos kelganligi sababli tasvir
yaqqol ko’rinadi. Markaziy proyeksiyalar bo’yicha figuraning haqiqiy shakli va
o’lchamlarini aniqlash qiyin va noqulay. Shuning uchun bu usuldan ko’pgina
yirik inshootlarning umumiy ko’rinishlarini tasvirlashda foydalaniladi. Markaziy
proyeksiyalash usuli bilan yasalgan tasvir proyektiva va bu usul bilan
shug’ullanuvchi fan ham perspektiva deb ataladi va u chizma geometriyaning
maxsus bo’limidan biri hisoblanadi.
Parallel proyeksiyalash.
Parallel proyeksiyalashni markaziy proyeksiyalashning xususiy holi deb
qarash mumkin. Bunda, proyeksiyalash markazi S
biror M 'N ' to’g’ri chiziq
yo’nalishi bo’yicha harakatlanib, proyeksiyalar tekisligidan cheksiz uzoqlashgan
deb faraz qilamiz (2-chizma). Bu yerda
M 'N ' chiziq proyeksiyalash yo’nalishi
deyiladi.

2-chizma.
Fazoda olingan biror F' figurani α tekislikka proyeksiyalash uchun F'
figuraning har bir nutasi orqali M ' N '
yo’nalishga parallel qilib proyeksiyalovchi
to’g’ri chiziqlarni o’tkazamiz. Bu to’g’ri chiziqlarning
α tekislik bilan kesishgan
F
0 nuqtalar to’plami F '
figuraning α
tekislikdagi parallel proyeksiyasi deb
ataladi. Agar
F0 figuraning o’xshash almashtirsak, F' figuraning α tekislikdagi
F
tasviri hosil bo’ladi.
Parallel proyeksiyaning ko’rinishi va o’lchamlarining o’zgarishi faqat
proyeksiyalar tekisligining proyeksiyalash yo’nalishiga nisbatan qanday
joylanishiga bog’liq. Proyeksiyalovchi to’g’ri chiziqlarning proyeksiyalar
tekisligiga nisbatan qanday yo’nalishda bo’lishiga qarab, parallel proyeksiyalash
qiyshiq burchakli va to’g’ri burchakli bo’ladi.
Agar proyeksiyalash yo’nalishi proyeksiyalar tekisligi bilan o’tkir burchak
tashkil qilsa, bunday parallel proyeksiyalash qiyshiq burchakli burchakli deb
aytiladi.

Agar proyeksiyalash yo’nalishi proyeksiyalar tekisligi bilan to’g’ri burchak
tashkil qilsa, bunday parallel proyeksiyalash to’g’ri burchakli yoki orthogonal
priyeksiyalash deyiladi. Bunday proyeksiyalashda proyeksiyalash yo’nalishi
ko’ratilmaydi, chunki bir nuqtadan tekislikka faqat bitta perpendicular to’g’ri
chiziq o’tkazish mumkin.
Figuraning parallel proyeksiyalashdagi tasviri asosan quyidagicha hosil
qilinadi:
1) berilgan fazoviy figuraning barcha nuqtalari berilgan yo’nalishda α
tekislikka proyeksiyalanadi;
2) proyeksiya tekisligida hosil qilingan figura o’xshash almashtiriladi.
Bu ikki qadamni bajargandan keyin berilgan fazoviy figuraning tasviri hosil
etiladi. Bundan ko’riadiki, tasvirdagi har bir nuqta umuman olganda, originaldagi
mos nuqtaning proyeksiyasi bo’lmaydi. Ikkinchi qadam bizga kerakli
o’lchamlardagi chizmani hosil qiishga imkon beradi. Ba’zi hollarda ikkinchi
qadamni bajarishga zaruriyat tug’ilmaydi, u holda F' figuraning α tekislikdagi
proyeksiyasi uning tasviri bo’ladi. Umuman aytganda, ikkinchi qadam ishning
mohiyatini o’zgartirmaydi.
Parallel proyeksiyalash usuli hosil qilingan tasvir to’g’ri, ya’ni originalga
munosib va yetarlicha ko’rgazmalidir. Bunday tasvir, markaziy proyeksiyalash
usuli bilan hosi qilingan tasvirga nisbatan soddaroq yasaladi. Shuning uchun
maktabda o’qitiladigan geometriya kursi bo’yicha tasvirni yasashda parallel
proyeksiyalash usulidan foydalaniladi.
Ikki tekislikning perspektiv-affin mosligi.

s to’g’ri chiziq bo’yicha kesishuvchi ikkita α' , α tekisliklar va bu
tekisliklarni kesuvchi l
yo’nalish berilgan bo’lsin. Parallel proyeksiyalash usuli
bilan
α' , α tekisliklar nuqtalari orasida bir qiymatli moslik o’rnatamiz(3-
chizma). Bunday moslikni perspektiv-affin mosligi yoki jinsdosh moslik deyiladi.
Bu moslikda ixtiyoriy ikkita mos
A' , A nuqtalarni birlashtiruvchito’g’ri
chiziqlar l
yo’nalishga parallel bo’ladi.
3-chizma.
Endi perspektiv-affin mosligining xossalari bilan tanishib chiqaylik. (Buni
parallel proyeksiyalash xossalari deb ham yuritiladi.)
Avvalo, ikkita tekislikning kesishgan chizig’ining har bir nuqtasi bunday
moslikda o’z-o’ziga o’tishini eslatib o’tishimiz lozim.
1. Perspektiv-affin mosligida kollinear nuqtalar yana kollinear nuqtalarga
o’tadi.

2. Agar A nuqta a to’g’ri chiziqda yotsa, bu nuqta va shu to’g’ri chiziq
bir-biriga insident deyiladi. Nuqta va tekislikning, to’g’ri chiziq va
tekislikning insidentligi shunga o’xshash aniqlanadi.
2. Perspektiv-affin mosligida nuqta va to’g’ri chiziqing insidentligi saqlanadi.
3. Perspektiv-afin mosligida parallel to’g’ri chiziqlar yana parallel to’g’ri
chiziqlarga o’tadi(3-chizma).
4. Perspektiv-affin moslikda uchta nuqtaning oddiy nisbati saqlanadi.
Haqiqatan ham,
α tekislikdagi kollinear uchta A
, B , C nuqtaga α '
tekislikda
A'
, B' , C ' nuqtalar mos keladi. AA ' , BB ' , CC ' proyeksiyalovchi to’g’ri chiziqlar
parallel, shuning uchun ushbu tenglikni tuza olamiz
AC
CB = A ' C '
C ' B ' ,
( ABC ) = ( A '
B '
C '
)
.
Tekislikdagi perspektiv-affin almashtirish.
Tekisliklardan birini
s to’g’ri chiziq atrifida aylantiraylik, aylanayotgan tekislik
qanday vaziyatda bo’lishidan qat’iy nazar proyeksiyalovchi AA '
, BB '
,
CC ' to’g’ri
chiziqlar parallelligicha qolaveradi. Jumladan
α , α' tekisliklar ustma-ust tushgan
holda ham (4-chizma). Bu holda α
tekislikni α '
tekislikka perspektiv akslantirishni
bitta
α= α' tekislik nuqtalarini o’z-o’ziga akslantirish deb qarash mumkin. Bunday
perspektiv-affin akslantirishni perspektiv-affin almashtirish deb aytiladi.
s to’g’ri
chiziqni almashtirish o’qi deb yuritiladi. Bu hol tasvirlash matodlarini o’rganishda
muhim ahamiyatga ega.

Tekislikni perspektiv-affin almashtirish bir juft mos ( A , A '
)
nuqtalarning va s
o’qning berilishi bilan to’la aniqlanadi.
4-chizma. 5-chizma.
Haqiqatan ham, bizga bir juft
(A,A') nuqtalar va s o’q berilgan bo’lsin
(A∉s,A'∉s)
. U holda tekislikka qarashli ixtiyoriy B nuqtaning obrazini yasashimiz
mumkin(5-chizma). Buning uchun AB
to’g’ri chiziqni o’tkazib, uning
s to’g’ri
chiziq bilan kesishgan nuqtasini
X bilan belgilaylik, AX to’g’ri chiziqning obrazi
A ' X
to’g’ri chiziqdir. Izlangan nuqta A ' X
va
B nuqta orqali AA ' to’g’ri chizig’iga
parallel qilib o’tkazilgan
g to’g’ri chiziqda yotishi shart. Demak, B nuqtaga jinsdosh
B '
nuqta g
to’g’ri chiziq bilan A ' X
to’g’ri chiziqning kesishgan nuqtasi bo’ladi.
Ikkita jinsdosh figuralardan har birini ikkinchisidan parallel proyeksiyaash usuli bilan
hosil qilingan deb qarash mumkin.
Sirkul va chizg`ich yordamida yasash aksiomalari
Konstruktiv geometriya . Nuqtalarning har qanday to`plami figura deb atalishi
ma`lum. Ma`lum talablarga javob beruvchi figurani bir yoki bir nechta yasash qurollari

( chizg`ich, sirkul, chizmachilik uchburchagi va boshqalar) yordamida yasashni talab
etgan masala konstruktiv masala deyiladi.
Chizg`ich, sirkul, uchburchakli chizg`ich va transporter yordamida yechiladigan
tekislikdagi har qanday konstruktiv masalalarni faqat sirkul va chizg`ich vositasida
yechish mumkin. Shuning uchun boshqa yasash qurollarining qolganlaridan
foydalanmasa ham bo`ladi.
Konstruktiv geometriya aksiomalari. Konstruktiv geometriyada geometric figurani
“yasash” deganda uning barcha elementlarini topishni tushuniladi. Geometriyaning
yasashga doir asosiy talablarni tegishli aksiomalar orqali ifoda qilinadi. Konstruktiv
geometriya masalalarini ixtiyoriy qurollar vositasida yechishda quyidagi aksiomalar
o`rinli deb qabul qilinadi.
1. Berilgan, F
1 F
2 . . . .Fk figuralarning har biri yasalgan. Bu yerda “berilgan
figura” va “figura aniqlangan” tushunchalarini ajratib yubormaslik kerak. Agar
biror”figura berildi”deb aytilsa, bu figura tasvirlangan, chizilgan, ya`ni yasalgan deb
tushunish kerak. Agar biror “figura aniqlangan” deb aytilsa, bu ibora orqali figuraning
o`zi berilmagan bo`lib, faqat figuraning vaziyatini aniqlaydigan elementlar berilgan
degan ma`noni tushunmoq kerak. Masalan, to`g`ri chiziqning ikki nuqtasi berilgan
bo`lsa, bu nuqtalarni birlashtiradigan yagona to`g`ri chiziq mavjud, ya`nib u to`g`ri
chiziq o`zining ikki nuqtasi bilan aniqlangan, biroq bu to`g`ri chiziq o`zining ikki
nuqtasi bilan aniqlangan, biroq bu to`g`ri chiziq yasalmagan(chizimagan) uni yasash
kerak.
2. Ikkita figura yasalgan bo`lsa, u holda bu figuralarning birlashmasi ham
yasalgan .
3. Ikkita F
1 va F
2 yasalgan bo`lib, ularning kesishmasi bo`sh bo`lmasa, ularning
F1∩
F2 kesishmasi yasalgan bo`ladi.
4. Agar F
1 va F
2 figuralar yasalgan va F
1 ≠
F
2 bo`lsa F
1 / ¿
F
2 figura yasalgan
bo`ladi.

5. Agar F figura yasalgan bo`lsa bu figuraga qarashli nuqtani yasash mumkin.
Biz Yevklid tekisligiga taalluqli yasashga doir masalalar bilangina
shug`ullanamiz. Tekislikda yasashga doir masalalarni yechishda yasash qurollaridan
odatda chizg`ich va sirkul ishlatiladi. Yasashga doir masalalarni chizg`ich va sirkul
yordamida yechishda chizma praktikasida qo`llaniladigan chizg`ich va sirkul emas,
balki abstract chizg`ich hamda sirkul e`tiborga olinadi. Bu qurollarning konsttruktiv
imkoniyatlari quyidagi ikkita aksioma orqali ifoda qilinadi.
6. Agar A, B nuqtalar (A ≠
B) belgilangan bo`lsa, AB nurni yasash mumkin.
7. Agar O nuqta va AB kesma yasalgan bo`lsa markazi O nuqtada va radiusi
r=AB bo`lgan aylanani chizish mumkin. Bu aylanani S(o,r)ko`rinishida belgilaymiz.
Tekislikda yasashga doir masalalar yechish bosqichlari
Tekislikda yasashga oid masalalarni sirkul va chizg`ich yordamida yechishda
geometrik tushuncha, xossa va xususiyatlarga tayanib ish ko`ruvchi to`g`irlash,
geometrik o`rinlar, simmetriya, parallel ko`chirish, o`xshashlik yoki geometriya
inversiya hamda algebraik tushuncha, xossa va xususiyatlarga tayanib ish ko`ruvchi
algebraik metodlardan foydalaniladi.
Yasashga oid geometrik masalalarni yechish jarayoni qaysi metod bilan amalga
oshirilishidan qat`iy nazar, u bir qancha bosqichlarda bajariladi va tekislikda yasashga
oid masalalarni yechish bosqichlari deb yuritiladi. Bular, tahlil, yasash va isbot va
tekshirish bosqichlari bo`lib, har bir bosqich masala yechish jarayonida ma`lum bir
maqsadni amalga oshirishni nazarda tutadi.

Tahlil bosqichi: masala yechishning eng muhim, ijodiy bosqichi bo`lib bunda
yasalishi lozim bo`lgan F figura, masala talablariga mumkin qadar to`la javob beradigan
darajada taxminan chizib olinadi.
Tahlil rasmida masala shartida berilganlar bor yo`qligi aniqlanadi, agar ular rasmda
aks etmagan bo`lsa qo`shimcha chizib olinadi. Natijada asosiy ya`ni yasalishi lozim
bo`lgan figura bilan hamjihatlikda bo`lgan bir qancha yordamchi figuralar hosil bo`ladi.
Yordamchi figuralarda masala shartida berilganlar bilan bir qatorda, izlangan ya`ni
yasalishi lozim bo`lgan asosiy figuraning nuqtalari ham joylashadi. Shu tariqa
berilganlar va izlanganlar orasidagi bog`lanishlarni o`rnatish natijasida asosiy figurani
yasash imkoniyatlari axtariladi va aniqlanadi. Yasash mumkin bo`lgan yordamchi figura
orqali izlangan figurani yasashga o`tiladi.
Yasash bosqichi: tahlil bosqichida aniqlanganlarni amaliy jihatdan bajarilishini
nazarda tutadi.
Bunda yasalishi mumkin bo`lgan yordamchi figuralar yasash vositalari yordamida
yasaladi va ular orqali yasalishi lozim bo`lgan asosiy figuraning nuqtalari va elementlari
yasab olinadi.
Isbot bosqichi: masla yechimining sinash bosqichi bo`lib tahlil bosqichida
taxminan chizib olingan asosiy figura bilan yasash bosqichida yasalgan figuraning
masala shrtlariga javob berishi isbotlanadi.
Tekshirish bosqichi: masala yechishning yakunlash bosqichi hisoblanib, unda
masala shartida belgilanganlarga asosan figura yasash mumkinmu?, agar mumkin
bo`lmasa berilganlarni qanday tasnlash lozim qanday hollarda yechim mavjud,
berilganlarga asoslanib nechta yechimga ega ekanligi aniqlanadi.
3. Yasashga doir masalalarni yechish usullari va yasashga doir sodda masalalar

Odatda yasashga doir geometrik masalalarni yechishda masala yechilishini
osonlashtirish va to`la yechimni ta`minlash maqsadida yuritiladigan muhokama aniq bir
umumiy sxemada olib boriladi. Bu sxema quyidagi 4 ta bosqichdan iborat:
ANALIZ. Analiz konstruktiv masalalarni yechishning dastlabki tayyorlov
bosqichidir. Bu bosqichning asosiy vazifasi masalani yechilishi oldindan ma`lum
bo`lgan masalalarga ajratish va ularning yechilishi tartibini aniqlashdan iborat. Bundan
tashqari, masala yechildi deb faraz qilinib, izlangan va berilgan figuralar masala
talabiga mumkin qadar to`laroq javob beradigan tarzda taxminan chizib qo`yiladi.
So`ngra kerakli geometrik faktlardan foydalanib, so`raglan va berilgan figura orasidagi
bog`lanishlar aniqlanadi va figuraning qaysi elementni qay tartibda yasash mumkinligi
belgilanadi. Shunday qilib, izlangan figuraning yasash plani tuziladi.
So`ralgan va berilgan figura elementlari orasidagi bog`lanishni topishni
osonlashtirish uchun odatda yordamchi figuradan foydalaniladi. Yordamchi figura
shunday bo`lishi kerakki, uni berilganlarga asosan yasash va undan izlangan figuraga
o`tish mumkin bo`lsin.
YASASH. Masalada so`raglan figurani toppish uchun kerak bo`lgan asosiy
yasashlar ketma- ketligi analiz bosqichida tuzilgan plan asosida, chizg`ich va sirkul
yordamida hosil qilinadi.
Isbot. Bu bosqichda yasalgan figura masalada izlangan figura ekanligi isbot
qilinadi, ya`ni uning masalada berilgan barcha shartlarga javob berishi isbotlanadi.
Isbotlash yasashda bajarilgan ishlarga ve tegishli geometriya teoremalariga asoslanadi.
TEKSHIRISH. Yasashga doir masalalarni to`la yechish uchun quyidagi savollarni
oydinlashtirish kerak:
1. Masalada berilgan elementlarni ixtiyoriy tanlab olganda ham masala
yechimga ega bo`ladimi, agar berilgan elementlar ixtiyoriy tanlab olinganda masala

yechimga ega bo`lmasa, u holda qanqanday tanlab olganda masala yechimga ega
bo`ladi, qanday hollarda yechimga ega bo`lmaydi?
2. Berilgan elementlar imkoniyati boricha tanlab olinganda masala nechta
yechimga ega bo`ladi?
Bu savollarga javob berish uchun yasashning borishini tekshirish kerak. Bu degan
so`z, yasash bosqichida bajarilgan eng sodda va asosiy yasashlarni birin- ketin yana bir
bor tekshirish kerak hamda bu masalalarni hamma vaqt yechish mumkinmi, yechish
mumkin bo`lsa, nechta yechim borligini aniqlash kerak. Yasashga doir masalalarni
bosqichlab yechish masalani to`g`ri yechishning garovidir. Lekin shuni sedan
chiqarmaslik kerakki, har qanday masalani yechishda ham bu to`rtta bosqichga qat`iy
roiya qilish shart emas. Masalaning og`ir yengilligiga, soda- murakkabligiga qarab, bu
bosqichlarning ba`zilariga to`xtalmasdan ketish ham mumkin.
1- Masala : Bir kateti va ikkinchi katetiga o`tkazilgan medianasi berilgan
to`g`ri burchakli uchburchak yasang.
ANALIZ. Izlanuvchi uchburchak topildi deb faraz qilib, uni taxminan chizib
qo`yaylik. 3.1 chizmadagi ABC- izlanuvchan ucburchak va uning berilgan elementlari
BC=α BD=m va burchak C=
90 0
bo`lsin. Bu uchburchakni yasash uchun uning A, B va
C uchlarini toppish kerak. BC=
α tomoni berilgani uchun uning B va C uchlari ma`lum.
A uchi uchburchak AC va AB tomonlarning kesishish nuqtasi bo`lsa ham bu tomonlar
noma`lum bo`lgani uchun ular yordamida A nuqtani bevosita topib bo`lmaydi. Shuning
uchun to`g`ri burchakli uchburchak BCD ni qaraymiz. Uning BC kateti, BD
gipotenuzasi va burchak C=
90 0 berilgani uchun uni yasash mumkin. Berilishiga ko`ra
BD kesma median abo`lgani uchun, AD=CD. Shunung uchun uchburchak BCD ning

CD kateti davomida unga teng kesma olib, A nuqtani olish mumkin. So`ngra A va B
nuqtalarni tutshtirsak, uchburchak ABC hosil bo`ladi.
3.1-Chizma.
Demak, masala shartida berilganlar bo`yicha to`g`ri burchakli uchburchak
BCD ni yasab uning yordamida izlanuvchi uchburchak ABC ga o`tish mumkin ekan.
Masala yechishda foydalanilgan uchburchak BCD yordamchi figura bo`ladi.
Yechimning yasash, isbotlash va tekshirish bosqichlari o`z- o`zidan ravshan
bo`lgani uchun ular ustida to`xtashga ehtiyoj yo`q.
2-Masala: Parallelogramni uning bir uchidan chiquvchi ikki to`g`ri chiziq bilan
uchiga tengdosh bo`lakka bo`ling.
ANALIZ. Berilgan parallelogram ABCD va masalaning talabiga javob beruvchi
to`g`ri chiziqlar AX va AY (2.2 chizma) deb faraz qilaylik ( X va Y to`g`ri
chiziqlarning parallelogram tomonlari bilan kesishish nuqtalari). Masala shartiga
muvofiq△
AB X yuzi =□AXC Yyuzi = △ BY D yuzi
Yoki
S1 = S
2 = S
3 (1)

Izlanuvchi to`g`ri chiziqlarni topish uchun X va Y nuqtalarni topish kifoya. Bu
nuqtalarni topishda ularning parallelogram tomonlarida yotishidan va AC dioganal
parallellogrammni ikkita teng uchburchakka bo`lishidan foydalanamiz.
3.2– Chizma.
Chizmadan:
△ ABCyuzi = △ AD C
yuzi yoki
S1
+ S4 = S3 + S5 (2)
Bundan (1) ga asosan
S4 = S5

S4 + S5 = S2 bo`lgani uchun:
S4
= 1
2 S2 = 1
2 S
1 (3)
S5
= 1
2 S
2 = 1
2 S
3 (4)
Parallellogrammning A uchidan BC- tomoniga o`tkazilgan balandlikni h bilan
belgilab, uchburchaklar yuzlari uchun quyidagi ifodalarni yoza olamiz:

S1 = 1
2 BX ∙ h ; S4 = 1
2 CX ∙ h .
Bu ifodalarni
S4 = 1
2 S1 tenglikka qo`ysak:

1
2 CX ∙ h = 1
2 ( 1
2 BX ∙ h )
Bundan esa:
CX = 1
2 BX. (5)
Xuddi shu yo`l bilan CY = 1
2 DY ekanligi aniqlanadi. Bulardan quyidagilar
ma`lum bo`ladi:
CX = 1
3 BC, CY = 1
3 CD (6)
2.3-chizma
Demak, izlanuvchi to`g`ri chiziqlarni aniqlashda yordam beruvchi X va Y
nuqtalarni topish uchun berilgan parallellogrammning CB va CD tomonlarini teng uch
bo`lakka bo`lish kerak. Bundagi X va Y nuqtalar yordamchi figura bo`ladi.
YASASH. Berilgan ABCD parallellogramning CB va CD tomonlarini har birini
teng uch bo`lakka bo`lamiz. C uchidan boshlab hisoblanganda tomonning uchdan bir
bo`lagini ko`rsatuvchi nuqtalar izlangan X va Y nuqtalar bo`ladi.

So`ngra parallellogramning A uchini topilgan X va Y nuqtalar bilan tutashtiramiz;
AX va AY to`g`ri chiziqlar parallellogrammni izlangan tengdosh bo`laklarga bo`ladi.
ISBOT. Yasashga ko`ra quyidagilar ma`lum:
BM = MX = XC;
DN = NY = YC.
Budan:
BX = 2 XC, DY = 2 YC. (7)
(7)dan ABX uchburchakning yuzi S1 AXC uchburchakning yuzi S4 dan ikki marta
katta. ADY uchburchakning yuzi S
3 esa AYC uchurburchakning yuzi
S5 dan ikki
marta katta ekanligi ravshan:

S1 = 2 S4 S
3 = 2 S5 . (8)

Parallelogramning AC dioganali uni teng ikki uchburchakka bo`lishini e`tiborga olib,
quyidagilarni yoza olamiz:
△ AB
Cyuzi = △ AD C
yuzi
Bundan;
S1
+ S4 = S
3 + S5 (9)
Agar
S1 va S5 ning (8) dagi qiymatlarini (9) ga qo`ysak, quyidagi tenglikka ega
bo`lamiz:
2
S4 + S4 = 2 S5 + S5 ; 3 S4 = 3 S5

Bundan:
S
4 = S
5 (10)
Bundan tashqari, (8) dan S1 = 2 S4 S3 = 2 S5 va (10) dan S4 = S5
bo`lgani uchun

S1 = S
3 (11)
Chizmadan esa
S4 + S5 = S2 (8) va (11) da
S
4 = S
5 = 1
2
S1 = 1
2 S
3
Demak,

S1 = S
2 = S
3
TEKSHIRISH. Berilgan parallellogrammning shakli va kattaligi har qanday bo`lsa
ham bu masala yechimga ega bo`ladi, chunki parallellogrammning tomonlarini hamma
vaqt teng uch bo`lakka bo`lish mumkin va tomonning uchdan bit bo`lagini ko`rsatuvchi
nuqta bitta bo`lgani uchun yechim ham bitta bo`ladi.
3-Masala : Uch tomoni berilgan uchburchak yasang .
ANALIZ. Masala yechildi deb faraz qilib, izlangan uchburchakni taxminan chizib
qo`yamiz. (3.4 chizma)
Bunda BC = a, AC = b, AB = c.
Agar, a kesma yasalsa uning B va C uchlari ABC uchburchakning ikki uchi
bo`ladi. Endi uchinchi A uchining qayerda yotishini aniqlash qoladi. Buning uchun A
nuqtaning quyidagi ikki xossasiga e`tabor qilamiz:
1) A nuqta B nuqtadan berilgan c masofada yotadi, demak, u B nuqtani markaz
qilib c kesmaga teng radius bilan chizilgan aylanada yotar ekan,

3.4-chizma 3.5-chizma
2) Ikkinchi tomondan shu A nuqta C nuqtadan berilgan b masofada yotadi, demak,
u C markazdan b kesmaga teng radius bilan chizilgan aylanada yotar ekan,
3) Shunday qilib, uchburchakning izlangan A uchi bu ikki aylana yoylarining
kesishish nuqtasi bo`ladi.
YASASH. Ixtiyoriy MN to`g`ri chiziqda berilgan tomonlardan biriga masalan, a
kesmaga teng qilib, BC kesma ajratamiz (3.5 chizma). Bu kesmaning B uchini markaz
qilib c ga teng radius bilan va C uchini markaz qilib, b ga teng radius bilan ikkita yoy
chizamiz. Bu yoylar kesishgan A( yoki A1 ) nuqtani B va C nuqtalar bilan tutashtirsak,
talab etilgan ABC uchburchak hosil bo`ladi.
ISBOT. Yasashga ko`ra, BC = a AC= b va AB = c bo`lgani uchun ABC
uchburchak masalaning talabiga javob beradi.
TEKSHIRISH. Berilgan kesmalar
b – c
¿ a ¿
b + c
munosabatda bo`lgandagina uchburchak yasash mumkin.
Yasash natijasida ikkita ABC va A
1 BC uchburchak hosil bo`lsada, bular o`zaro
teng bo`lgani uchun masalaning javobi sifatida bulardan bittasi olinadi.

Eslatma: Yasashni b yoki c tomondan boshlasa ham yuqoridagi kabi
uchburchaklar hosil bo`ladi.
3-masala: Berilgan burchakni teng ikkiga bo`ling, ya`ni burchakning
bissektrisasini chizing.
ANALIZ. NOM burchakni teng ikkiga bo`luvchi OP nur topildi deb faraz
qilaylik.
3.6 - chizma 3.7- chizma
Bu farazga binoan quyidagi tengliklar to`g`rib o`ladi:
∠ MOP = ∠ NOP = ∠NOM
2 (1)
OP nurning ixtiyoriy C nuqtasidan berilgan burchakning tomonlariga
perpendikulyar o`tkazaylik.(3.7. chizma)
CA
⊥ OM va CB ⊥ ON. (2)
(A va B nuqtalar – burchak tomonlari bilan perpendikulyarning kesishish
nuqtalari). Hosil bo`lgan ikkita to`g`ri burchakli OAC va OBC uchburchaklar o`zaro
teng, chunki ularda OC gipotenuza umumiy va farazimizga binoan bittadan o`tkir
burchaklari o`zaro teng ( ∠ 1= ∠ 2). Shuning uchun:
OA= OB va AC= BC (3)

Demak, A va B nuqtalar berilgan burchakning O uchidan teng uzoqlikda, C nuqta
esa AB kesmaning o`rta perpendikulyarida yotadi. C nuqtaning bu xossasidan OP nurni
yasash yo`li ma`lum bo`ladi.
C nuqta OP nurning ixtiyoriy nuqtasi bo`lgani uchun quyidagi xulosaga kelamiz
burchakning bissektrisasidagi nuqta shu burchak tomonlaridan teng masofada yotadi
(to`g`ri teorema).
YASASH.
1) berilgan burchakning O uchini markaz qilib, ixtiyoriy radius bilan yoy
chiziladi(4.1 chizma). bu yoy burchak tomonlarini A va B nuqtalarda kesib o`tadi.
2) AB kesmani teng ikkiga bo`lish uchun uning o`rta perpendikulyarida yotuvchi C
va C, nuqtalar topiladi.
3) C va
C, nuqtalardan to`g`ri chiziq o`tkaziladi.
Eslatma: Odatda bunda aytilgan ikki nuqtadan birini topib, uni berilgan
burchakning O uchi bilan tutashtirib, izlanuvchi bissektrisa hosil qilinadi.
To`g`irlash metodi .
Bir to`g`ri chiziqda yotmagan kesmalarning, masalan siniq chiziq bo`g`inlarining
algebrai k yig`indisiga teng kesma yasash, ke smalarni to`g`irlash deb ataladi.
To`g`irlashdan foydalanib masala yechish yasashda to`g`irlash metodi deyiladi.
To`g`irlash metodi bilan masala yechishda yuqorida ko`rilgan bosqichlab yechish
usulidan to`la foydalaniladi.
Yasashga doir masaladagi ma`lum elementlar qatorida izlangan figura
chiziqli noma`lum elementlarning yig`indisi yoki ayirmasi berilgan bo`lsa, bunday
masala to`g`irlash metodi bilan oson yechiladi.
4-masala: Asosi unga yopishgan bir burchagi va yon tomonlarining ayirmasi
berilgan uchburchak yasang.

Bu masalani yechishda quyidagi ikki holni qaraymiz.
I. Asosidagi burchaklarini kichigi berilgan hol.
II. Asosidagi burchaklardan kattasi berilgan hol.
Birinchi hol.
ANALIZ. Izlangan uchburchak 3.8 - chizmadagi ABC uchburchak deb faraz
qilinadi.
Berilgan r kesmani (ayirmani) bu uchburchakda ko`rsatish uchun uning AC tomoni
ustiga (A uchidsn boshlab) AB=AD tomonini qo`yamiz, bunda AC-AB=AC-AD=DC=r
hosil bo`ladi.
3.8 -chizma 3.9 -chizma
D nuqtani B nuqta bilan tutashtirishdan hosil bo`lgan BCD uchburchakning
yordamchi figura bo`la olishini isbot qilamiz.
Berilgan BC=a, CD=r tomonlar va ular orasidagi C burchak bo`yicha BCD
ucburchak yasash mumkin.
Bu BCD uchburchak yordamida izlanuvchi ABC uchburchakni yasash mumkin;
buning uchun ABC uchburchakning A uchini toppish kerak. A nuqta ayni vaqtda teng
yonli BAD uchburchakning uchidir. Bu uchburchakning uchini toppish uchun BD

kesmaning o`rta perpendikulyari (MN) ni chizib, uni CD ning davomi bilan
kesishtiramiz; topilgan A nuqtani B nuqta bilan tutashtirsak, izlanuvchi ABC
uchburchak hosil bo`ladi.
YASASH. Analizda tuzilgan plan bo`yicha yasasak 3.9 -chizmadagi ABC
uchburchak hosil bo`ladi (yasash tartibi chizmada raqamlar bilan ko`rsatilgan).
ISBOT. 3.9-chizmada yasalgan ABC uchburchak masalaning talabiga javob
beradi, chunki yasalishicha BC=α ∠ ACB= ∠ C= α
bo`lib, AB=AD, ya`ni AC-AB=AC-
AD=DC=r.
TEKSHIRISH. Izlanuvchi ABC uchburchakning mavjud bo`lish bo`lmasligi A
uchining mavjudligiga bog`liqdir. A nuqtaning mavjudligi esa BD kesmaning o`rta
perpendikulyari MN to`g`ri chiziq bilan CD kesma davomining kesishish yoki
kesishmasligiga bog`liq; bu esa ABC uchburchakning B uchidan AC tomoniga BH
perpendikulyar tushirishdan hosil bo`lgan to`g`ri burchakli BHC uchburchakning CH
kateti bilan CD=r kesmaning hamda r bilan
α kesmning nisbiy qiymatlariga bog`liqdir.
To`g`ri burchakli uchburchakning CH=
αcos C munosabatni yozib, quyidagi xollarni
qaraymiz.
3.10-chizma
1) Agar 3.9 -chizmadagi kabi CD < CH, ya`ni r <
αcos C bo`lsa, MN o`rta
perpendikulyar CD ning davomi bilan biror nuqtada kesishib, izlangan A nuqtani hosil

qiladi; bu ikki to`g`ri chiziqning kesishuvini to`g`ri burchakli BHD uchburchakdagi
BDH burchakningo`tkir burchak bo`lishi bilan asoslash mumkin.
Demak, bu holda masala yechiladi va bitta uchburchak hosil bo`ladi.
2) Agar, CD=CH, ya`ni αcos C bo`lsa, BD tomon BH bo`ladi. Shuning uchun
MN o`rta perpendikulyar bilan CD tomonining davomi o`zaro kesishmaydi; demak, bu
holda masala yechimga ega bo`lmaydi.
3) Agar 3.10- chizmadagi singari CH<CD<CB, ya`ni
αcos C <r<a bo`lsa, BD
kesmaning o`rta perpendikulyari bo`lgan MN to`g`ri chiziq CD kesmaning C uchidan
nariga o`tkazilgan davomi bilan kesishib A nuqtani hosil qiladi. Lekin bu A nuqtani B
nuqta bilan tutashtirgandan keyin hosil bo`ladigan ABC uchburchakda r=CD=AD - AC
= AB – AC=c – b bo`lsada, ∠ ACB≠α dir, ya`ni masalaning bitta talabiga javob bersada,
uning ikkinchi talabiga javob bera olmaydi. Shuning uchun bu holda ham masala
yechimga ega bo`lmaydi.
4) Agar r > α bo`lsa, uchburchak hosil bo`lmaydi, chunki bus hart
uchburchakning mavjudlik shartiga to`g`ri kelmaydi.
Ikkinchi hol.
ANALIZ. Izlanuvchi uchburchak topildi deb faraz qilib, taxminan 3.8- chizmadagi
ABC uchburchakni chizib qo`yaylik. Bunda berilganlardan AC-AB= b-c=r kesmani
chizmada ko`rsatish uchun(birinchi holdagi singari) AB tomonni AC tomon ustiga
uning A uchidan boshlab qo`ysak, AC-AB=AC-AD=DC=r hosil bo`ladi.

3.11- chizma
Lekin D nuqtani B nuqta bilan tutashtirishdan hosil bo`ladigan BCD uchburchak
yordamicha figura bo`la olmaydi, chunki uni faqat Bc va CD tomonlar bo`yicha yasab
bo`lmaydi. Shuning uchun r kesmani chizmada masalaning birinchi holidagidan
boshqacharoq yo`l bilan ko`rsatamiz.
Uchburchakning AC (uzun) tomonini uning AB(qisqa) tomoni ustiga A nuqtadan
boshlab qo`yamiz.
Bundan AB tomon davomida BD1 =A D1 - AB=AC-AB=r kesma hosil bo`ladi;
uning D
1 uchini C nuqta bilan tutashtirishdan hosil bo`lgan BC
D1 uchburchakning
yordamchi figura bo`lish yoki bo`lmasligini aniqlaylik: BC=
α , B D1 =r tomonlari va CB
D
1 =
180 0 - α
bo`yicha bu uchburchakni yasash mumkin; berilganlarga tayanib yasalishi
mumkin bo`lgan keying uchburchakdan izlanuvchi ABC uchburchakka o`tish ham
mumkin.
Haqiqatdan, izlanuvchi uchburchakning A uchini teng yonli CA
D1 uchburchakning
uchi sifatida toppish mumkin. A nuqta shu teng yonli uchburchakning asosi bo`lgan C
D1
ning MN o`rta perpendikulyarida yotadi. Ikkinchi tomondan y D1 B tomon davomida
yotadi. Demak, A nuqtani bu ikki ma`lum to`g`ri chiziqning kesishish nuqtasi sifatida
topib, uni C nuqta bilan tutashtirgandan keyin ABC ucburchak hosil bo`ladi.

3.12-chizma
Yasash va isbotlanishni birinchi holdagi kabi bajarib, izlanuvchi
uchburchakning hosil bo`lishi r<a shartdan boshqa yana α burchakka ham bog`liq
ekanligidan quyidagi hollarni qaraymiz.
TEKSHIRISH.
1.
90 0
<α < 180 0 bo`lganda quyidagicha uch holdan biri bo`lishi mumkin.
a) Agar 3.9 chizmadagi singari yordamchi BC
D1 uchburchak to`g`ri burchakli
bo`lmasa MN o`rta perpendikulyar
D1 B kesma davomi bilan kesishib masalaning
talabiga javob beruvchi ABC uchburchak albatta hosil bo`ladi
b) Yordamchi BC
D1 uchburchak to`g`ri burchakli bo`lsa MN o`rta perpendikulyar
B
D1 kesmaga parallel bo`lib, izlangan A nuqtani hosil qilmaydi.(3.13-chizma)

3.13-chizma 3.14-chizma
c) Yordamchi BCD1 uchburchakning C D1 B burchagi o`tmas burchak bo`lsa
MN o`rta perpendikulyar B
D1 kesma ning D
1 uchidan nariga o`tkazilgan davomi bilan
biror A nuqtada kesishadi. Lekin bu A nuqtani C nuqta bilan tutashtirishdan hosil
bo`lgan ABC uchburchak masaladagi talablardan biriga javob bermaydi.(3.14-chizma),
chunki uning B burchagi berilgan
α o`tmas burchakka teng emas.
Demak, masala yechimga ega bo`lishi uchun berilgan
α shunday o`tmas
burchak bo`lishi kerakki, unga suyanib yordamchi BC
D1 uchburchakni yasaganda
uning, D
1 burchagi o`tkir bo`lsin.
3.15-chizma 3.16-chizma

D nuqtani B nuqta bilan tutashtirishdan hosil bo`lgan BCD uchburchakning
yordamchi figura bo`la olishini isbot qilamiz.
Berilgan BC=a, CD=r tomonlar va ular orasidagi C burchak bo`yicha
BCD ucburchak yasash mumkin.
Bu BCD uchburchak yordamida izlanuvchi ABC uchburchakni yasash
mumkin; buning uchun ABC uchburchakning A uchini toppish kerak. A nuqta ayni
vaqtda teng yonli BAD uchburchakning uchidir. Bu uchburchakning uchini toppish
uchun BD kesmaning o`rta perpendikulyari (MN) ni chizib, uni CD ning davomi bilan
kesishtiramiz; topilgan A nuqtani B nuqta bilan tutashtirsak, izlanuvchi ABC
uchburchak hosil bo`ladi.
YASASH. Analizda tuzilgan plan bo`yicha yasasak 3.16 chizmadagi ABC
uchburchak hosil bo`ladi (yasash tartibi chizmada raqamlar bilan ko`rsatilgan).
ISBOT. 3.16 chizmada yasalgan ABC uchburchak masalaning talabiga javob
beradi, chunki yasalishicha BC=α ∠ ACB= ∠ C= α bo`lib, AB=AD, ya`ni AC-AB=AC-
AD=DC=r.
TEKSHIRISH. Izlanuvchi ABC uchburchakning mavjud bo`lish bo`lmasligi A
uchining mavjudligiga bog`liqdir. A nuqtaning mavjudligi esa BD kesmaning o`rta
perpendikulyari MN to`g`ri chiziq bilan CD kesma davomining kesishish yoki
kesishmasligiga bog`liq; bu esa ABC uchburchakning B uchidan AC tomoniga BH
perpendikulyar tushirishdan hosil bo`lgan to`g`ri burchakli BHC uchburchakning CH
kateti bilan CD=r kesmaning hamda r bilan
α kesmning nisbiy qiymatlariga bog`liqdir.
To`g`ri burchakli uchburchakning CH=
αcos C munosabatni yozib, quyidagi xollarni
qaraymiz.

3.17-chizma
5) Agar 3.16 chizmadagi kabi CD < CH, ya`ni r < αcos C bo`lsa, MN o`rta
perpendikulyar CD ning davomi bilan biror nuqtada kesishib, izlangan A nuqtani hosil
qiladi; bu ikki to`g`ri chiziqning kesishuvini to`g`ri burchakli BHD uchburchakdagi
BDH burchakningo`tkir burchak bo`lishi bilan asoslash mumkin.
Demak, bu holda masala yechiladi va bitta uchburchak hosil bo`ladi.
6) Agar, CD=CH, ya`ni
αcos C bo`lsa, BD tomon BH bo`ladi. Shuning uchun
MN o`rta perpendikulyar bilan CD tomonining davomi o`zaro kesishmaydi; demak, bu
holda masala yechimga ega bo`lmaydi.
7) Agar 3.17 chizmadagi singari CH<CD<CB, ya`ni
αcos C <r<a bo`lsa, BD
kesmaning o`rta perpendikulyari bo`lgan MN to`g`ri chiziq CD kesmaning C uchidan
nariga o`tkazilgan davomi bilan kesishib A nuqtani hosil qiladi. Lekin bu A nuqtani B
nuqta bilan tutashtirgandan keyin hosil bo`ladigan ABC uchburchakda r=CD=AD - AC
= AB – AC=c – b bo`lsada, ∠ ACB≠α dir, ya`ni masalaning bitta talabiga javob bersada,
uning ikkinchi talabiga javob bera olmaydi. Shuning uchun bu holda ham masala
yechimga ega bo`lmaydi.
8) Agar r > α bo`lsa, uchburchak hosil bo`lmaydi, chunki bus hart
uchburchakning mavjudlik shartiga to`g`ri kelmaydi.
Ikkinchi hol.
ANALIZ. Izlanuvchi uchburchak topildi deb faraz qilib, taxminan 3.15 chizmadagi
ABC uchburchakni chizib qo`yaylik. Bunda berilganlardan AC-AB= b-c=r kesmani

chizmada ko`rsatish uchun(birinchi holdagi singari) AB tomonni AC tomon ustiga
uning A uchidan boshlab qo`ysak, AC-AB=AC-AD=DC=r hosil bo`ladi.

3.18- chizma

Lekin D nuqtani B nuqta bilan tutashtirishdan hosil bo`ladigan BCD
uchburchak yordamicha figura bo`la olmaydi, chunki uni faqat BC va CD tomonlar
bo`yicha yasab bo`lmaydi. Shuning uchun r kesmani chizmada masalaning birinchi
holidagidan boshqacharoq yo`l bilan ko`rsatamiz.
Uchburchakning AC(uzun) tomonini uning AB(qisqa) tomoni ustiga A
nuqtadan boshlab qo`yamiz.
Bundan AB tomon davomida BD1 =A D1 - AB=AC-AB=r kesma hosil
bo`ladi; uning D
1 uchini C nuqta bilan tutashtirishdan hosil bo`lgan BC D
1
uchburchakning yordamchi figura bo`lish yoki bo`lmasligini aniqlaylik: BC=
α , B D1 =r
tomonlari va CB
D1 = 180 0 -α bo`yicha bu uchburchakni yasash mumkin; berilganlarga
tayanib yasalishi mumkin bo`lgan keying uchburchakdan izlanuvchi ABC
uchburchakka o`tish ham mumkin.

Kubning turli kesimlarini yasash.
Kubning kesimlarini yasashni quyidagi masalalar yordamida ko’rib chiqamiz:
1. ABCD A1B1C1D1 – kub berilgan. Uning qirralarida yotuvchi M ,P,K
nuqtalaridan o’tuvchi kesimini yasang.
Yechim. Kubning
A1A , D1C1 , C1C qirralarida M ,P,K nuqtalarni belgilab
olamiz. Kubning bitta yog’ida yotgan
P va K
nuqtalari orqali to’g’ri chiziq
o’tkazamiz.
Bu to’g’ri chiziq
DC to’g’ri chiziq bilan T1 nuqtada, D D1 to’g’ri chiziq bilan T2
nuqtada kesishadi. M
va T
2 nuqtalar bitta tekislikka tegishli nuqtalar, ular orqali
to’g’ri chiziq o’tkazamiz.
M T2 to’g’ri chiziq A1D1 bilan H nuqtada, AD to’g’ri

chiziq bilan T
3 nuqtada kesishadi. T
1 va T
3 nuqtalar bitta tekislikka tegishli
nuqtalardir. Ular orqali to’g’ri chiziq o’tkazamiz. T1T3 to’g’ri chiziq AB bilan F
nuqtada,
BC bilan R nuqtada kesishadi. KR
, FM
va HP
nuqtalarni birlashtirsak
biz izlagan
MHPKRF kesim hosil bo’ladi. Yuqorida bajargan ishlarimiz ketma-
ketligini quyidagicha yozish mumkin:
1.
PK ; 8. T1T3∩ AB = F ;
2. PK ∩ DC = T
1 ; 9.
T1T3∩ BC = R ;
3.
PK ∩ D D1=T2 ; 10. KR ;
4. T
2 M
; 11. FM
;
5.
T2M ∩ A1D1= H ; 12. HP ;
6.
T2M ∩ AD =T3 ; 13. MHPKRF
.
7.
T1T3 ;

2.
ABCD A'B'C'D' kubning AA' , BB' va C C' yon qirralarida yotuvchi MNP
nuqtalari berilgan. Kubning
MNP tekislik bilan kesishishi natijasida hosil bo’ladigan
kesimni yasang.

Yechim. 1. MN
; 6. T
1 T
2 ∩ AD = Y
;
2. MN ∩ AB =T1 ; 7. T1T2∩ DC = X ;
3. NP
; 8.
MY ;
4.
NP ∩ BC =T2 ; 9. PX ;
5. T
1 T
2 ;
10.
MNPXY .
Prizmalarda kesimlar yasash.
Prizmalarning turli kesimlarini yasashni quyidagi masalalar yordamida ko’rib
chiqamiz:
1. Besh burchakli prizma bilan prizma qirralarida yotuvchi A , B , C
nuqtalar orqali
aniqlangan tekislik kesimini yasang.
Birinchi usul. Asosiy tekislik sifatida prizma asosini, ichki proyeksiyalash deb
prizma qirralariga parallel proyeksiyalashni olsak, shu bilan tasvirning to’liqligi
ta’minlanadi. Kesimni yasash uchun ABC
tekislik bilan prizma ikki qirrasining
kesishgan
X ,Y nuqtalarini toppish kifoya (36-chizma). Bu nuqtalarning ikkinchi
proyeksiyalari (asosari) X
1 , Y
1 nuqtalardan iborat. A
1 C
1 , B
1 X
1 to’g’ri chiziqlar K
1
nuqtada kesishadi.
K1 nuqtadan proyeksiyalovchi to’g’ri chiziq o’tkazsak, bu to’g’ri

chiziq ABC tekislikni K nuqtada kesadi, BK to’g’ri chiziq prizma qirrasi bilan
izlanagan X
nuqtada kesishadi. Shu usul bilan N
nuqtani yasaymiz (chizmada
ko’rsatilgan).
XN to’g’ri chiziq prizma qirrasini izlangan Y nuqtada kesadi. Izlangan
kesim – beshburchakdir.
Ikkinchi usul. Kesuvchi tekislikning asos tekisligidagi izidan (ya’ni kesishish
chizig’idan) faoydalanib masalani yechish, ko’p hollarda kesim yasashni
osonlashtiradi.
Ikkinchi masaladan foydalanib, kesuvchi tekislikning PQ
izini topamiz (37-
chizma). Prizmaning
X1X2C2C1 yog’ining asos tekislikdagi X1C1 izi PQ to’g’ri
chiziq bilan N
nuqtada kesishadi.
NC to’g’ri chiziq X
1 X
2 qirra bilan izlangan X
nuqtada kesishadi. Shunga o’xshash
Y nuqtani ham topamiz.
Agar kesuvchi tekislikni aniqlovchi nuqtalarni prizma yoqlarida olsak, kesimni
yasash ko’rib o’tilgan usullardan farq qilmaydi.

Foydalanilgan adabiyotlar
1. С. Л. Атанасян, В. Г. Покровский, А. В. Ушаков Геометрия (2-часть)
Учебное пособие для вузов.- М.: “БИНОМ. Лаборатория знаний”, 2015.
2. N . D . Dadajonov , R . Yunusmetov , T . Abdullaev , Geometriya 2- qism . Toshkent
« O ’ qituvchi » 1996 y .
3. X . X . Nazarov , X . O . Ochilova , Ye . G . Podgornova . Geometriyadan masalalar
to ’ plami . 2 qism . Toshkent « O ’ qituvchi » 1993, 1997 y .
4. A . Y . Narmanov , A . S . SHaripov Geometriya asoslari . T.Universitet, 2004 y.

geometriya darsi uchun “To’liq va noto’liq tasvirlar” mavzusida kurs ishi. Umid qilamanki yaxshi natija olib beradi

Sotib olish