Trigonometriya elementlaridan foydalanib geometrik masalalarni yechish - Algebra - Kurs ishlari

Dokument ma'lumotlari

Narxi	20000UZS
Hajmi	1.8MB
Xaridlar	0
Yuklab olingan sana	03 Mart 2026
Kengaytma	docx
Bo'lim	Kurs ishlari
Fan	Algebra

Sotuvchi

Mohigul Xolyigitova

Ro'yxatga olish sanasi 25 Oktyabr 2024

7 Sotish

Trigonometriya elementlaridan foydalanib geometrik masalalarni yechish

Sotib olish

O’ZBEKISTON RESPUBLIKASI OLIY TA’LIM,
FAN VA INNOVATSIYALAR VAZIRLIGI
ABDULLA QODIRIY NOMIDAGI JIZZAX DAVLAT
PEDAGOGIKA UNIVERSITETI
SIRTQI BO’LIM
Tabiiy va aniq fanlarda masofaviy ta’lim kafedrasi
Matematika va informatika yo’nalishi 3-kurs S0601-guruh talabasi
Artiqbayeva Sevinch ning matematik analiz fanidan tayyorlagan
KURS ISHI
Mavzu: Trigonometriya elementlaridan foydalanib geometrik masalalarni
yechish
Bajaruvchi: Artiqbayeva Sevinch
Ilmiy rahbar: Xolyigitova Mohigul
Jizzax – 2025
1

MUNDARIJA
I. KIRISH ………………………………………………………............................3
II. ASOSIY QISM
1. Trigonometrik funksiyalar…………………………………………………..… 5
2. Sinus, kosinus, tangens teoremalari………………………............................... 11
3. Ko’pburchaklarning yuzalarini hisoblashda trigonometriya elementlaridan
foydalanish…………………………………………………………………..……20
4. Stereometriya masalalarini trigonometriya elementlaridan foydalanib
yechish……………………………………………………………………… ……30
III. XULOSA ……………………………………………………………… ……38
IV. FOYDALANILGAN ADABIYOTLAR …………………………………...40
2

KIRISH
Biz ta’lim va tarbiya tizimining barcha bо‘g‘inlari faoliyatini bugungi zamon
talablari asosida takomillashtirishni o‘zimizning birinchi darajali vazifamiz deb
bilamiz. Yosh avlod tarbiyasi haqida gapirganda, Abdurauf Fitrat bobomizning
mana bu fikrlariga har birimiz, ayniqsa, endi hayotga kirib kelayotgan o‘g‘il-
qizlarimiz amal qilishlarini men juda-juda istardim. Mana, ulug‘ ajdodimiz nima
deb yozganlar: “Xalqning aniq maqsad sari harakat qilishi, davlatmand bo‘lishi,
baxtli bo‘lib izzat-hurmat topishi, jahongir bo‘lishi yoki zaif bo‘lib xorlikka
tushishi, baxtsizlik yukini tortishi, e’tibordan qolib, o‘zgalarga tobe va qul, asir
bo‘lishi ularning o‘z ota-onalaridan bolalikda olgan tarbiyalariga bog‘liq”. Qarang,
qanday bebaho, oltinga teng so‘zlar! Bugungi kunda yon-atrofimizda diniy
ekstremizm, terrorizm, giyohvandlik, odam savdosi, noqonuniy migrasiya,
“ommaviy madaniyat” degan turli balo-qazolarning xavfi tobora kuchayib
borayotganini hisobga oladigan bo‘lsak, bu so‘zlarning chuqur ma’nosi va
ahamiyati yanada yaqqol ayon bo‘ladi.
O‘zbekistonning kelajagi, uning istiqboli,birinchi navbatda yoshlar
tarbiyasiga, ularni sog‘lom qilib o‘stirishga, milliy g‘oya, milliy mafkura va o‘z
vataniga sadoqat ruhida tarbiyalashga bog‘liq bo‘lib, bu murakkab jarayonni
muvaffaqiyatli amalga oshirish mustaqil mamlakatning eng dolzarb vazifalaridan
biridir.
Hozirgi kunda jahon tajribasidan ko‘rinib turibdiki, ta’lim jarayoniga
o‘qitishning yangi, zamonaviy usul va vositalari kirib kelmoqda va samarali
foydalanilmoqda.
Zamonaviy matematikada trigonometriya alohida o‘rin egallaydi. U
geometriyaning burchaklar va ularning sinus, kosinus, tangens kabi funksiyalari
bilan bog‘liq bo‘limi bo‘lib, ko‘plab nazariy va amaliy masalalarni yechishda
muhim ahamiyatga ega. Ayniqsa, geometrik masalalarni yechishda trigonometriya
elementlaridan foydalanish bu masalalarni soddalashtirish, yanada aniq va
ishonchli natijalarga erishish imkonini beradi.
3

Trigonometriya formulalari — sinuslar teoremasi, kosinuslar teoremasi,
tangenslar teoremasi va burchaklar yig‘indisi kabi asosiy qonuniyatlar orqali turli
shakllarning tomonlari va burchaklarini aniqlash mumkin. Bu formulalar orqali
murakkab geometrik masalalarni ham oddiy usulda yechish mumkin bo‘ladi.
Mavzuning dolzarbligi: Kurs ishining dolzarbligi shundaki, u trigonometriya
va geometriya fanlari o‘rtasidagi uzviy bog‘liqlikni ochib beradi, o‘quvchilarda
amaliy masalalarni yechishda matematik fikrlashni, aniqlik va ishonchlilikni
shakllantiradi. Geometriya masalalarini yechimlarini topish ko’p holda
trigonometriya elementlaridan foydalanishga keltiriladi. Ba’zida trigonometriya
elementlaridan foydalanib masala yechimiga tezroq erishamiz.
Kurs ishining ob’yekti va predmeti. Geometrik figuralar va ularga tegishli
burchaklar va tomonlar o‘rtasidagi bog‘lanishlarni, to’g’ri burchakli uchburchak
o’tkir burchagining trigonometrik funksiyalari yordamida geometrik figuralar,
matematik ob’yektlar elementlari orasidagi bog’lanishni aniqlash.
Kurs ishining maqsadi va vazifa lari : Kurs ishining maqsadi trigonometriya
elementlaridan foydalanib geometrik masalalarni yechishni o’rganish va maktab va
akademik litseylarga mavzuni oson usullar bilan yetkazish.
Kurs ishining tarkibi va hajmi. Kurs ishi kirish, 4 ta paragraf, xulosa va
foydalanilgan adabiyotlar ro’yhatidan iborat.
4

1. Trigonometrik funksiyalar .
Trigonometriya atamasi grekcha “tregonon” - uchburchak va “metrio” –
o’lchayman so’zlaridan olingan bo’lib, birgalikda uchburchakni o’lchash
ma’nosini anglatadi.
To’g’ri burchakli uchburchakda trigonometrik funksiyalar
Berilgan to’g’ri burchakli ABC uchburchakning gipotenuzasi AB=c, katetlari
AC=b, BC=a va o’tkir burchaklaridan biri α ga teng, ya’ni ∠A=α (1.1.1-chizma)
bo’lsin 1
.
1.1.1-ta’rif : To’g’ri burchakli uchburchakdagi
α burchakning sinusi deb, α
burchak qarshisidagi a
katetning c
gipotenuzaga nisbatiga aytiladi va sin α
kabi
belgilanadi.
sin α= a
c
1.1.2-ta’rif : To’g’ri burchakli uchburchakdagi α
o’tkir burchakning
kosinusi deb,
α burchakka yopishgan b katetning c gipotenuzaga nisbatiga aytiladi
va cosα
kabi belgilanadi.
cosα = b
c
1.1.3-ta’rif: To’g’ri burchakli uchburchakdagi
α o’tkir burchakning
tangensi deb,
α burchak qarshisidagi katetning yopishgan katetga nisbatiga aytiladi
va
tgα kabi belgilanadi.
tgα = a
b
1.1.4-ta’rif: To’g’ri burchakli uchburchakdagi
α o’tkir burchakning
kotangensi deb, α
burchak yopishgan katetning qarshisidagi katetga nisbatiga
aytiladi va
ctgα kabi belgilanadi.
c tgα = b
a
1
“Geometriya va trigonometriya” fanidan o‘quv-uslubiy majmua. – T.: TDPU, 2021.
5

1.1.1.-chizma. (to’g’ri burchakli uchburchak)
Endi a
b kasrning suratini ham, maxrajini ham c
ga bo’lamiz, bunda kasrning
xossasiga ko’ra uning qiymati o’zgarmaydi.
Natijada,
tgα = a
b=
a
c
b
c
= sinα
cosα

bo’lishi kelib chiqadi.
Ma’lumki, Pifagor teoremasiga ko’ra to’g’ri burchakli ABC uchburchakning
a,b,c
tomonlari
a2+b2=c2
tenglik orqali bog’langandir.
Asosiy trigonometrik ayniyatlar
Pifagor teoremasiga ko’ra (1.1.1-chizma) dagi to’g’ri burchakli uchburchakdan
a 2
+ b 2
= c 2
tenglik o’rinli.
Tenglikning ikkala qismini
c2 ga bo’lamiz, va ushbuga ega bo’lamiz.
(
a
c ) 2
+ ( b
c ) 2
= 1
a
b = sinα , b
c = cosα
ligidan

sin 2α+cos 2α=1 (1)
Asosiy trigonometrik ayniyat hosil bo’ladi.
Ikkinchi ayniyatni hosil qilish uchun hosil qilingan ayniyatning ikkala qismini
cos 2α
bo’lamiz.
sin 2
α
cos 2
α + 1 = 1
cos 2
α yoki
1+tg 2α= 1
cos 2α (2)
6

sin 2α+cos 2α=1 ayniyatni ikkala qismini sin 2α ga bo’lib, ikkinchi hadini hosil
qilamiz.
1 + ctg 2
α = 1
sin 2
α (3)
(1.1.1-chizma) dan foydalanib tgα = a
b ; c tgα = b
a ekanligini hosil qilamiz. Bundan
ikkala ifodani ko’paytirsak
tgα ∙ c tgα = 1
(4)
ayniyatni hosil qilamiz.
tgα = sinα
cosα (5)
ctgα = 1
tgα = cosα
sinα
(6)
ayniyatlar hosil bo’ladi.
Trigonometrik funksiyalarning ishoralari.
To’g’ri burchakli koordinatalar sistemasining OX va OY koordinatalar o’qlari
tekislikni choraklar deb ataladigan to’rtta qismga bo’ladi (1.1.2-chizma). Bu
choraklarni soat miliga teskari yo’nalishda, ya’ni OK nurning burilishi
yo’nalishida raqamlab chiqamiz. U vaqtda I chorakda nuqtaning koordinatalari
ishoralari x>0, y>0; II chorakda x<0, y>0; III chorakda x<0, y<0; IV chorakda
x>0, y<0 bo’ladi 2
.
1.1.2-chizma (koordinatalar sistemasi)
Endi trigonometrik funksiyalarning ta’riflaridan foydalanamiz.
Tekislikda to’g’ri burchakli koordinatalar sistemasi berilgan o’lsin. Markazi
koordinatalar boshida bo’lib, radiusi R=1 bo’lgan aylana chizamiz (1.1.3-chizma).
2
Raxmatov B. Geometriyada trigonometrik usullar . – Samarqand: SamDU, 2021.
7

Aylananing OX o’qining musbat yo’nalishi biln kesishgan nuqtasini A bilan
belgilaymiz. AO nurdan burchakni soat mili harakatiga teskari yo’nalishda
hisobaymiz. OK nurning aylana bilan kesishish nuqtasi K(x,y), <AOK=α bo’lsin.
1.1.3-chizma (birlik doira)
1.1.5-ta’rif : K nuqtaning y ordinatasi
α burchakning sinusi, uning absissasi
esa
α burchakning kosinusi deb ataladi, ya’ni
sinα = y,cosα = x

1.1.6-ta’rif :
α burchak sinusining shu burchak kosinusiga nisbati α
burchakning kotangensi deb ataladi, ya’ni
tgα = y
x,ctgα = x
y
Trigonometrik funksiyalarning ta’riflari va kasr ishorasining qoidasiga ko’ra,
ishoralarining quyidagi jadvallarini yozishimiz mumkin.(1.1.4-chizma)
(1.1.4 – chizma trigonometrik funksiyalarning choraklardagi ishoralari)
( 90 ¿ ¿ ° − α ) ¿
va ( 180 ¿ ¿ ° − α ) ¿
burchaklarning trigonometrik funksiyalari
1.1.1-teorema: Har qanday o’tkir
α burchak uchun sin ( 90 °
− α ) = cosα

cos
( 90 °
− α ) = sinα bo’ladi.
8

Isboti: ABC uchburchak A uchidagi o’tkir burchagi α ga teng bo’lgan to’g’ri
burchakli uchburchak bo’lsin (1.1.5-chizma). U holda B uchidagi o’tkir burchagi
1.1.5-chizma (to’g’ri burchakli uchburchak)
(
90 °
− α ) ga teng bo’ladi.
Ta’rifga binoan:
sin α = a
c ; cosα = b
c
sin
( 90 °
− α ) = b
c ; cos (90 °−α)= a
c
(2) va (3) - tengliklardan
sin
( 90 °
− α ) = cosα
(1) va (4) – tengliklardan
cos
( 90 °
− α ) = sinα teorema isbotlandi.
1.1.2-teorema: har qanday o’tkir α burchak uchun

tg (90 °−α)= ctgα
ctg ( 90 °
− α ) = tgα bo’ladi.
Isboti:
tg (90 °−α)= sin (90 °− α)
cos (90 °− α)= cosα
sinα =ctgα

ctg (90 °−α)= cos (90 °−α)
sin (90 °−α)= sinα
cosα =tgα
(1.1.6- chizma birlik doira)
9

Endi ∠ AOK=180 0
- α ya’ni ∠ POK= α (1.1.6-chizma) bo’lgan holni qaraymiz. OA
nurdan
∠ AOK, ni yasaymiz va K
1 nuqtaning koordinatalarini topamiz 3
.
Sinusning ta’rifiga asosan K
1 P
1 =
sin α va KP=sin(180 0
- α). Kosinusning ta’rifiga
ko’ra, OP
1 = cos α
va OP= cos(180 0
- α) ifodalarni olamiz. Lekin gipotenuzasi va
o’tkir burchaklari bo’yicha
∆OKP = ∆OK 1P1 . Bundan

| PK | = | P
1 K
1 | lar bitta y≥0 yarim tekislikda yotganligidan, sin(180 0
- α)= sin α . OP
va OP
1 kesmalari OX o’qning qarama-qarshi yo’nalishlarida bo’lgani uchun

cos
( 180 °
− α ) = − cosα . U holda
tg
( 180 °
− α ) = sin ( 180 °
− α )
cos
( 180 °
− α ) = sinα
cosα = − tgα

ctg
( 180 °
− α ) = cos ( 180 °
− α )
sin
( 180 °
− α ) = − cosα
sinα = − ctgα

bo’lishi kelib chiqadi
3
“Geometriya va trigonometriya” fanidan o‘quv-uslubiy majmua. – T.: TDPU, 2021.
10

2. Sinus , kosinus va tangens teoremalari
Sinuslar teoremasi
1.2.1-teorema: Har qanday uchburchakning tomonlari ular qarshisidagi
burchaklarning sinuslariga propopsionaldir.
∆ ABC , AB = c , BC = a , CA = b
(1.2.1-chizma ixtiyoriy uchburchak)
a
sin ∠ A = b
sin ∠ B = c
sin ∠ C
Isbot:
a) Uchburchak yuzini sinusi orqali topish formulasiga ko’ra, S= 1
2absin ∠C ,
S = 1
2 bcsin ∠ A ,
S = 1
2 acsin ∠ B
(*)
Bu tengliklarning dastlabki ikkitasiga ko’ra,
1
2absin ∠C= 1
2bcsin ∠A
, demak a
sin ∠ A = c
sin ∠ C
Shuningdek, (*) tengliklarning birinchi va uchinchisidan c
sin ∠ C = b
sin ∠ B tenglikni
hosil qilamiz.
Shunday qilib, a
sin ∠ A = b
sin ∠ B = c
sin ∠ C teorema isbotlandi.
b)
∆ABC ning B uchidan AC tomonnga balandlik o’tkazamiz (1.2.1-chizma)
To’g’ri burchakli ∆ ADB
uchburchakda ∠
A ning sinusi sin ∠ A = h
c sin ∠ C = h
a
Ikkala tenglikdan h ni topib olsak,
h = csin ∠ A , h = asin ∠ C
bundan
csin ∠A=asin ∠C ⇒
a
sin ∠ A = c
sin ∠ C (1)
11

Endi A uchidan BC tomonga h balandlik o’tkazamiz. To’g’ri burchakli ∆AEB va
∆ AEC
uchburchaklardan ∠
B va ∠
C ning sinus laridan foydalansak

sin ∠B= h1
c , sin ∠C= h1
b ⇒ b
sin ∠ B = c
sin ∠ C (2)
(1)-(2)-tengliklardan a
sin ∠ A = b
sin ∠ B = c
sin ∠ C hosil bo’ladi, teorema isbotlandi.
1.2.2-teorema: Uchburchak tomonining shu tomon qarshisidagi burchagi
sinusiga nisbati uchburchakka tashqi chizilgan aylana diametriga teng.
a
sin ∠ A = b
sin ∠ B = c
sin ∠ C = 2 R
Isbot: ravshanki, sinuslar teoremasiga ko’ra, a
sin ∠ A = 2 R
tenglikni isbotlash kifoya.
Uch hol bo’lishi mumkin.

(1.2.2-chizma uchburchakka tashqi chizilgan aylana)
1-hol. ∠
A – o’tkir burchak ( 1.2.2 -a chizma)
2-hol.
∠ A - o’tmas burchak ( 1.2.2 -b chizma)
3-hol. ∠
A - to’g’ri burchak ( 1.2.2 -d chizma)
1-holni qaraymiz: C va D nuqtalarni tutashtiramiz BCD- to’g’ri burchakli
uchburchak , chunki
∠ BCD burchak BD diametrga tiralgan. ∆ BCD
da
BC = BDsinD =2RsinD

Lekin , ∠
D= ∠
A, chunki ular bitta BC yoyga tiralgan ichki chizilgan burchaklar.
Unda,
BC = 2RsinA yoki a
sin ∠ A = 2 R
.
2-hol: C va D nuqtalarni tutashtiramiz. BCD- to’gri burchakli uchburchak, chunki
∠
BCD burchak BD diametrga tiralgan.
∠
D=180 0
- ∠ A
bo’ladi ∆ BCD
dan a
sin ∠ D = 2 R
⇒ a
sin ∠ A = 2 R

3-hol:
∠ A=90 0
a
sin ∠ A = 2 R
⇒ a=2R
12

To’g’ri burchakli uchburchakning gipotenuzasi, shu uchburchakka tashqi chizilgan
aylana diametriga teng.
Kosinuslar teoremasi
1.2.3-teorema: Uchburchak istalgan tomonining kvadrati qolgan ikki tomon
kvadratlari yig’indisidan, shu ikki tomon bilan ular orasidagi burchak kosinusining
ikkilangan ko’paytmasini ayirish natijasiga teng:a2= b2+c2−2bc cos ∠A
b2= a2+c2−2ac cos ∠B
c2= a2+b2−2ab cos ∠C

Isbot: uchta holni qarab chiqamiz. 1-hol.
(1.2.3- a chizma uchburchak)
a)
∠ A o’tkir, ya’ni ∠ A=90 0
va ∠ B o’tkir burchak bo’lsin. Uchburchakning C uchidan
CD AB o’tkazamiz. (1.2.3-a chizma). U vaqtda AD=b
c va DB=a
c lar AC=b va
BC=a tomonlarning AB=c tomonga proyeksiyasidan iborat bo’ladi. CD=h
c deb
belgilaymiz. To’g’ri burchakli
∆BCD va ∆ACD lardan, Pifagor teoremasiga ko’ra
{
a 2
= h
c2
+ a
c2
h
c2
= b 2
− b
c2
Munosabatlarni olamiz. h
c ning qiymatini birinchi ifodaga qo’yib, a
c =a-b
c
munosabatdan foydalangan holda,
13

a2= b2− bc2+(c− bc)2 ifodani olamiz yoki a2= b2+c2−2bcc bo’ladi. ∆ ACD
da b
c
kesma ∠
A ga yopishgan katet bo’lganligidan b
c = b cos ∠ A .
olingan qiymatini a 2
ning
ifodasiga keltirib qo’ysak, talab qilingan
a 2
= b 2
+ c 2
− 2 bc cos ∠ A tenglikni olamiz.
a¿∠
A- o’tkir, ∠ B- o’tmas burchak bo’lgan holni qaraymiz. Bu holda
bc= AD =a+ac
ac= BD bo’ladi (1.2.3-b chizma). To’g’ri burchakli ∆BCD va ∆ACD
lardan, Pifagor teoremasiga ko’ra
{
hc2+ac2=a2
hc2+bc2=b2
munosabatlarni olamiz.
Bundan a 2
= b 2
−
( c + a
c ) 2
+ a
c2
= b 2
− c 2
− 2 c a
c bo’ladi. To’g’ri burchakli ∆ ACD
dan
AD =bcos ∠A
yok i c+ac=bcos ∠A bo’lishi kelib chiqadi.
ac=bcos ∠A−c
bo’ladi va
a 2
uchun olingan ifodaga keltirib qo’ysak
a 2
= b 2
− c 2
− 2 ∙ c
( b ∙ cos ∠ A − c ) = b 2
− c 2
− 2 b ∙ c ∙ cos ∠ A + 2 c 2
va
a2= b2+c2−2∙b∙c∙cos ∠A
bo’ladi.
(1.2.3 – b chizma o’tmas burchakli uchburchak)
d)
∠ A – o’tkir, ∠ B - to’g’ri burchak bo’lgan holni qaraymiz. Bu holda CB va CD
kesmalar bir-biriga teng bo’ladi va a
c = 0
(1.2.3-d rasm). To’g’ri burchakli
∆ABC
dan Pifagor teoremasiga ko’ra
a 2
= b 2
− c 2
bo’ladi. Bu ifodani quyidagicha
yozamiz:
a2= b2+c2−2c2
, c katet ∠ A ga yopishganligini hisobga olsak, c=bcos ∠ A bo’ladi
va natijada talab qilingan,
a2= b2+c2−2∙b∙c∙cos ∠A tenglikka ega bo’lamiz.
Shunday qilib, bu holda ham kosinuslar teoremasi o’rinli bo’lar ekan.
2-hol:
∠ A- o’tmas burchak, ya’ni ∠
A ¿90 ° bo’lgan holni qaraymiz. CD ⊥ AB
to’gri chiziqni o’tkazamiz va BD=
ac , AD= bc deb belgilaymiz. (1.2.4-chizma)
to’g’ri burchakli ∆ ACD
va ∆ BCD
dan Pifagor teoremasiga ko’ra,
14

{
hc2+bc2=b2
hc2+(bc+c)2= a2 munosabatlarni olamiz.
Olingan tengliklardan
b2− bc2= a2−bc2−2∙bc∙c−c2 ,
b2= a2− 2bcc−c2
ifodalarga ega bo’lamiz. Ulardan
a 2
= b 2
+ 2 ∙ b
c ∙ c + c 2
ifoda kelib chiqadi. To’g’ri burchakli
∆ACD ni
1.2.3-d chizma (to’g’ri burchakli uchburchak)
qaraymiz.
∠ CAD=180 0
- ∠ A va сos ( 180 ° − ∠ A ) = − cos ∠ A
munosabat
∠ A > 90 °
bo’lganda bajarilganligidan
bc=bcos (180 °− ∠A)=− b∙cos ∠A
bo’ladi. Shunday qilib,
a2= b2+c2−2∙b∙c∙cos ∠A
.
3-hol:
∠ A to’g’ri burchakli, ya’ni ∠ A=90 0
bo’lganligidan, BC=a tomon
∆ ABC
ning gipotenuzasidir va Pifagor teoremasiga ko’ra, (1.2.5-chizma)
a2= b2
+ c2 bo’ladi. cos 90 ° = 0
ekanligini hisobga olib, oxirgi ifodani

a2= b2+c2−2∙b∙c∙cos ∠A . Ko’rinishda yozish mumkin 4
.
Teorema to’la isbotlandi.
4
Raxmatov B. Geometriyada trigonometrik usullar . – Samarqand: SamDU, 2021.
15

(1.2.4– chizma o’tmas burchakli uchburchak)
(1.2.5 – chizma to’g’ri burchakli uchburchak)
Tangenslar teoremasi
1.2.4-teorema: Ixtiyoriy uchburchak ikki tomoni ayirmasining ular
yig’indisiga nisbati shu tomonlar qarshisidagi burchaklar ayirmasi yarmi
tangensining shu burchaklar yig’indisiga nisbati kabidir.
Isboti: Yuqorida isbotlangan sinuslar teoremasiga ko’ra, a
sin ∠A= b
sin ∠B yoki
a
b = sin ∠ A
sin ∠ B oxirgi tenglikning ikki tomoniga 1 va -1 ni qo’shamiz:
Natijada
a − b
a + b = sin ∠ A − sin ∠ B
sin ∠ A + sin ∠ B = 2 sin A − B
2 ∙ cos A + B
2
2 sin A + B
2 ∙ cos A − B
2 = tg A − B
2
tg A + B
2
teorema isbotlandi.
1.2.1-masala:
60 0 li burchak ichida tomonlaridan a va b masofada turgan nuqtadan
burchakning uchigacha bo’lgan masofani toping.
Yechish:
16

(1.2.6 – chizma burchak)∠O=60 0
, AB =a, AC =b, OA= ?
α+β=
60 0 sinα = AB
AO , sinβ = AC
AO sinα
sinβ = AB
AC ,
b sinα
=a
sinβ b sinα =a∙(
√3
2 cosα − 1
2sinα )
sinα
( α
2 + b ) =
√ 3
2 acosα
tgα = √3a
a+2b , 1 + tg 2
α = 1
1 − sin 2
α
1 − sin 2
α = 1
1 + tg 2
α
sin 2
α = 1 − 1
1 + tg 2
α = tg 2
α
1 + tg 2
α
sinα = tgα
√
1 + tg 2
α =
√ 3 a
√(
a + 2 b ) 2
+ 3 a 2 =
√ 3 a
√
4 a 2
+ 4 ab + 4 b 2 = ¿
√ 3 a
2
√ a 2
+ ab + b 2
AO= AB
sinα = 2 a
√ a 2
+ ab + b 2
√
3 a = 2
3 √ 3 ( a ¿
¿ 2 + ab + b 2
) ¿
Javob: 2
3
√ 3 ( a ¿
¿ 2 + ab + b 2
) ¿
1.2.2.-masala: O yarim aylana markazi ∠ DBC = 45 0
, ∠ AOD =
30 0 , |BC |=1 sm
bo’lsa,
| DC |
ni toping.
Yechish:
(1.2.7 – chizma yarim aylana)
∠ DBC = 45 0
, ∠ AOD = 30 0
,
|BC |=1 , |DC |=?
∠ AOD =
30 0 , AD yoy 30 0 ,
∠ DBC = 45 0
, DC yoy 90 0

BC yoy 180 0
−
( 30 0
+ 90 0 )
= 60 0
Bundan ∠ CDB= 60 0
2 = 30 0
17

Sinuslar teoremasiga ko’ra: sin 45 0
sin 30 0= DC
BC

√2
2
1
2
= DC
1 , DC= √ 2
.
Javob: DC=
√ 2
.
1.2.3.-masala: Uchburchak ABC da ∠ A= 75 0
,
2hc= AB bo’lsa, C burchak
kattaligini toping.
Yechish:
(1.2.8 – chizma ixtiyoriy uchburchak)
∠ A=
75 0 , 2 h
c = AB
, ∠ C=?
CD=
hc
∆ADC dan h
c
sin 75 0 = b
∆ABC dan
2hc
sin (15 ¿¿0+α)= b
cosα ¿ ikki tenglikdan
sin ( 15 ¿ ¿ 0 + α )
2 sin 75 0 = cosα ¿
tenglikni hosil qilamiz.
2 sin 75 0
∙ cosα = sin ( 15 ¿ ¿ 0 + α ) ¿
2 sin 30 0
∙ cos ( 45 ¿ ¿ 0 + α ) = sin ( α − 75 0
) ¿

45 0+α+α−75 0=90 0,
α= 60 0 ∠ C= 15 0+60 0=75 0
Javob:
75 0
1.2.4.-masala: Kateti 3 ga teng bo’lgan teng yonli to’g’ri burchakli
uchburchakning AD-medianasi bir kateti bilan
60 0 bo’lsa,ikkinchi kateti bilan
tashkil qilgan burchak sinusini toping 5
.
5
Raxmatov B. Geometriyada trigonometrik usullar . – Samarqand: SamDU, 2021.
18

B e r i l g a n: ∆ ABC , AB =3 sm, AC =3 sm, AD mediana, ∠ BAD =60 0 , ∠ CAD =β.
T o p i sh k e r a k: sin β=?
1.2.9-chizma (to’g’ri burchakli uchburchak)
Yechish. AD mediana bo’lgani uchun BD=DC=x deb belgilaymiz.
Sinuslarteoremasidan ikki marta foydalanamiz: ∆ ABD dan x
sin 60 0 =
√ 3
sinγ va bu
yerdan
x =
√ 3 sin 60 0
sinγ = 3
2 sinγ .
∆ ACD dan
x
sin β= 3
sin (180 0− γ)

x = 3 sin β
sinγ .
Bu munosabatlardan chap tomonlari teng bo’lganligidan ularning o’ng tomonlari
ham tengdir, ya’ni
3
2 sinγ = 3 sin β
sinγ va sin
β= 1
2 .
19

3. Ko’pburchaklarning yuzalarini hisoblashda trigonometriya elementlaridan
foydalanish
2.1.1- ta’rif: Birining uchi ikkinchisining oxiri bilan ketma – ket
tutashtirilgan AB, BC, CD,DE, EF, kesmalardan tuzilgan shakl ABCDEF siniq
chiziq deyiladi.
(2.1.1 – chizma siniq chiziq)
Bunda A,B, C, D, E, F nuqtalar siniq chiziqning uchlari AB, BC, CD, DE, EF,
kesmalar uning bo’g’inlari, A va F nuqtalar esa siniq chiziqning oxirlari deyiladi.
Agar siniq chiziqning hech qanday uchta nuqtasi to’g’ri chiziqda yotmasa,
va uning hech qanday bo’g’inlari ichki nuqtalarda kesishmasa, u sodda siniq chiziq
deyiladi. (2.1.2 – chizma ).
(2.1.2 – chizma soda siniq chiziq).
Siniq chiziqning bo’g’inlari uzunliklarining yig’indisi uning perimetri
deyiladi.
Ravshanki, ∆ ABCDE siniq chiziqning perimetri uning oxirlari orasidagi AE
masofadan kichik emas.(2.1.3-chizma)
Haqiqatan, siniq chiziqning bitta uchini uning qarshisidagi bo’g’inlari bilan
tutashtirib, ∆ ABC, ∆ ACD va ∆ ADE ni hosil qilamiz.Bu uchburchaklarning har
biri uchun uchburchak tengsizligini qo’llab, AB+BO>AC, AC+CD>AD,
20

AD+DE>AE munosabatlarni olamiz. Hosil bo’lgan tengsizliklar bir tipli
bo’lganligidan, ularni hadma-had qo’shish mumkin:
AB+BC+AC+CD+AD++DE>AC+AD+AE.
O’xshash hadlarni ixchamlab, talab qilingan AB+BC+CD+DE>AE tengsizlikni
hosil qilamiz.
(2.1.3-chizma yopiq siniq chiziq)
Agar siniq chiziqning oxirlari ustma – ust tushsa, u yopiq siniq chiziq
deyiladi.
2.1.2-ta’rif: Tekislikning sodda yopiq siniq chiziq bilan chegaralangan qismi
ko’pburchak deyiladi.
Siniq chiziqning uchlari va bo’g’inlari, mos ravishda, ko’pburchakning uchlari
va tomonlari deyiladi.
Tomonlari soni eng kam bo’lgan ko’pburchak uchburchakdan iborat,
ko’pburchakning nomi uning tomonlari soniga bog’liq ravishda aytiladi 6
.
2.1.3-ta’rif: Ko’pburchakning bitta tomonida yotmagan ikkita uchini
tutashtiruvchi kesma uning diagonali deyiladi.
Uchburchakning diagonallari yo’q, to’rtburchak esa ikkita diagonalga ega.
2.1.4-ta’rif: Ko’pburchak barcha tomonlari uzunliklarining yig’indisi uning
perimetri deyiladi.
Har qanday ko’pburchak tekislikni ikki qismga bo’ladi. Ko’pburchak tomonlari
bilan chegaralangan qism ko’pburchakning ichki sohasi, ko’pburchakdan
tashqarida yotgan qism uning tashqi sohasidir.
6
Raxmatov B. Geometriyada trigonometrik usullar . – Samarqand: SamDU, 2021.
21

Bizga ABCDE ko’pburchak berilgan bo’lsin. Uning tomonlaridan istalgan
bittasini, masalan, BC ni davom ettiramiz
(2.1.4 – chizma qavariq ko’pburchak )
Agar ko’pburchak shu BC to’g’ri chiziqning bir tomonida yotsa, u qavariq
ko’pburchak deyiladi.
Qavariq ko’pburchakda uning ichki sohasidagi istalgan ikkita M va N nuqtani
tutashtiruvchi MN kesma shu sohada to’liq yotadi
(2.1.5 – chizma qavariq ko’pburchak)
(2.1.6 -chizma)dagi ko’pburchakda esa uning ichki P va Q nuqtalarini tutshtiruvchi
PQ kesma ko’pburchakning ichki sohasida ham, tashqi sohasida ham yotadi. Shu
sababli A1,B1,C1,D1,E1 qavariq bo’lmagan ko’pburchak deyiladi.
22

(2.1.6- chizma botiq ko’pburchak)
Agar, masalan, qavariq bo’lmagan A
1 , B
1 , C
1 , D
1 , E
1 ko’pburchakning C
1 D
1
tomonini davom ettirsak, u C1D1 to’g’ri chiziqdan turli tomonlarda joylashgan
ikkita ko’pburchakka aytiladi.
2.1.1 – teorema: Qavariq n burchak ichki burchaklarining yig’indisi
180 °(n− 2)
ga teng.
(2.1.7-chizma ko’pburchak)
Isboti: Faraz qilaylik
A1,A2,… An qavariq n burchak berilgan bo’lsin. Uning
uchlaridan birini, masalan, A
1 nuqtani qolgan uchlari bilan tutashtiramiz va
uchburchaklar hosil qilamiz (2.1.7 – chizma ) hosil qilingan
A1A2A3 va A1An−1An
uchburchaklarning har biri berilgan ko’pburchakning ikkitadan tomoni orqali
ifodalansa, qolgan uchburchaklarning har biriga ko’pburchakning bitta tomoni
kiradi, xolos. Shuning uchun hosil qilingan uchburchaklarning soni n – 2 ta
bo’ladi. Uchburchak ichki burchaklarining yig’indisi
180 ° ga teng bo’lganligidan,
qavariq n burchak ichki burchaklarining yig’indisi 180 ° ( n − 2 )
ga teng bo’ladi.
Teorema isbotlandi.
Muntazam ko’pburchaklar
23

2.1.5- ta’rif: Agar qavariq ko’pburchakning : a) barcha tomonlari; b) barcha
ichki burchaklari o’zaro teng bo’lsa, u muntazam ko’pburchak deyiladi.
Muntazam ko’pburchakning ichki burchagi 180 ° ( n − 2 )
n ga teng bo’lishi kelib
chiqadi, bunda n – ko’pburchak tomonlarining soni.
2.1.2- teorema: Muntazam n burchakka ichki aylana chizish mumkin va
uning atrofida tashqi aylana chizish ham mumkin.
Isboti: Bizga A1A2A3… An muntazam ko’pburchak berilgan bo’lsin.
Ko’pburchakning ikki qo’shni A
1 va A
2 uchlaridan ko’pburchak ichki
burchaklarining bissektrisalarini o’tkazamiz (2.1.8 – chizma ).
(2.1.8-chizma ko’pburchak )
Ular O nuqtada kesishgan bo’lsin. Agar ko’pburchakning ichki burchagi
α ga teng
bo’lsa,
∠O A1A2= ∠A1A2O= ∠O A2A3= α
2 bo’ladi, bundan ∆ O A
1 A
2 ning teng yonli
ekanligi kelib chiqadi va demak,
O A1=O A2 endi O nuqtani A3 bilan tutashtiramiz.
Natijada hosil qilingan ∆ O A
1 A
2 va ∆ O A
2 A
3 ikkitadan tomonlari va ular orasidagi
burchagi bo’yicha o’zaro teng bo’ladi:
O A2 - umumiy tomon, A1A2= A2A3 va
∠A1A2O= ∠O A2A3
, ya’ni O A3 kesma ∠A2 ichki burchakning bissektrisasidir.
Keyingi ketma–ket
O A3A4,O A4A5,… O An−1An uchburchaklarning ham teng yonli
bo’lishi yuqoridagiga o’xshash isbotlanadi va
O A1=O A2=… =O An bo’lishi kelib
chiqadi. Shunday qilib, ko’pburchaklarning A
1 , A
2 , … , A
n uchlari O nuqtadan bir xil
uzoqlikda joylashgan va O nuqta berilgan muntazam
A1,A2,… ,An ko’pburchakka
ichki chizilgan aylananing markazi bo’ladi 7
. Teorema isbotlandi.
Muntazam ko’pburchaklarning tomonini topish
7
“Geometriya va trigonometriya” fanidan o‘quv-uslubiy majmua. – T.: TDPU, 2021.
24

2.1.6–ta’rif: Muntazam ko’pburchakka ichki chizilgan aylananing radiusini
ko’pburchakning apofemasi deyiladi.
Endi muntazam ko’pburchak tomonlari uzunliklarini unga tashqi va ichki
chizilgan aylana radiuslarini keltirib chiqaramiz.
Faraz qilaylik, AB=an muntazam ko’pburchakning tomoni, R unga tashqi chizilgan
aylananing radiusi, r – ko’pburchakka ichki chizilgan aylananing radiusi bo’lsin.

(2.1.9 – chizma ko’pburchakka ichki va tashqi chizilgan aylanalar)
OD
⊥AB o’tkazamiz, u vaqtda OD=r bo’lib, OA=OB=R va ∠AOD = 180 °
n
∆ OAB
- teng yonlidir, chunki, OA=OB=R ,
∠OAD = ∠BOD = 90 °−α . To’g’ri
burchakli
∆AOD dan AD= R sin 180 °
n AD= tg 180 °
n ifodani yozamiz. Modomiki,
AB=2AD ekan, muntazam ko’pburchak tomoni uzunligi uchun R va r radiuslar
orqali ifodalangan
a
n = 2 ∙ R ∙ sin 180 °
n va a
n = 2 ∙ r ∙ tg 180 °
n formulalarga ega bo’lamiz.
Xususiy holda ko’pburchakka tashqi chizilgan aylana radiusi orqali:
a) muntazam uchburchak tomoni uchun n = 3
a3=2Rsin 180 °
3 =2∙R∙√3
2 = R∙√3

b) muntazam to’rtburchak tomoni uchun n = 4

a
4 = 2 R sin 45 ° = 2 ∙ R ∙
√ 2
2 = R ∙ √ 2

c) muntazam oltiburchak tomoni uchun
n=6
25

a
6 = 2 R sin 30 ° = 2 ∙ R ∙ 1
2 = R
formulalarni hosil qilamiz.
Shunga o’xshash ko’pburchakka ichki chizilgan aylana radiusi r orqali muntazam
uchburchakning tomoni a3=r√3 formula bo’yicha, muntazam to’rtburchakning
tomoni a
4 = 2 ∙ r
formula bo’yicha, muntazam oltiburchakning tomoni esa a
6 = 2 r
√
3
formula bo’yicha hisoblanishini olamiz.
Ko’pburchaklarning yuzalari
Muntazam ko’pburchak.
Ixtiyoriy ko’pburchakning yuzasini S = p ∙ r
2 formula orqali aniqlaymiz. Bu yerda, ( p
– ko’pburchak perimetri, r – ichki chizilgan aylana radiusi)
(2.1.9-chizma) dagi n burchakni ∆ OAB
ko’rinishdagi n ta teng uchburchakka
ajratamiz.
∆OAB n burchakning yuzasidan n marta kichik, demak Sn=n∙SOAB
S
OAB = 1
2 ∙ a ∙ r
yuza orqali uchburchak yuzasini aniqlaymiz.
n ∙ a bu yerda n
burchakning perimetri p=n
∙a
S
n = p ∙ r
2 formula hosil bo’ladi.
Muntazam ko’pburchakning tomoni va bitta ichki burchagi uchun yuzani topish
formulasini hosil qilamiz.Ma’lumki, yuqoridagilardan foydalanib
S
n = 2 ∙ r ∙ tg 180 °
n
r= an
2tg 180 °
n
= an
2 ctg 180 °
n
Sn= n∙an
2 ∙r= n∙an
2 ∙an
2 ctg 180 °
n
formulani hosil qilamiz.
Xususiy holda
a) muntazam uchburchak uchun: n=3 S
3 = 3
4 ∙ a
3 2
∙ 1
√
3 = a
3 2
4 ∙ √ 3

b) muntazam to’rtburchak uchun: n=4
S
4 = 4 ∙ a
42
4 = a
42

c) muntazam beshburchak uchun: n=5 S
5 = 5 ∙ a
52
4 ∙ ctg 180 °
5 = 5 ∙ a
52
4 ∙
√ 5 + 1
√
10 − 2 √ 5
26

d) muntazam oltiburchak uchun: n=6 S
6 = 6 ∙ a
6 2
4 ∙√ 3 = 3 √ 3
2 ∙ a
62

Uchburchakning yuzi
2.1.3-teorema: Uchburchakning yuzi uning asosi bilan balandligi
ko’paytmasining yarmiga teng:
S = 1
2 ∙ a ∙ h
Isbot: Bizga asosi BC=a va shu tomonga tushirilgan balandligi AD=h bo’lgan
uchburchak berilgan bo’lsin (2.1.10 – chizma )
(2.1.10 – chizma to’g’ri to’rtburchak )
Teoremani isbot qilish uchun A nuqtadan BC tomonga parallel l to’g’ri chiziq
o’tkazamiz. So’ngra l ga CP va BN perpendikularlarni tushiramiz. Bunda CBNP
to’g’ri to’rtburchak hosil bo’ladi.
Ma’lumki, bu to’g’ri to’rtburchakning yuzi a
∙h ga teng.
Ammo hosil bo’lgan shaklda
∆BDA = ∆ANB chunki, ular jufti – jufti bilan to’g’ri
to’rtburchaklarning diagonallari kesishishidan hosil bo’lgan uchburchaklar.
Bundan CBNP to’g’ri to’rtburchaklarning yuzi berilgan uchburchak yuzidan ikki
barobar katta ekanini hosil qilamiz, ya’ni
2S=a∙h

Bundan, S = a ∙ h
2 .
teorema isbot qilindi.
27

Izoh: Bu holda biz, AD balandlik asosi D nuqtani CB kesmaning ichki nuqtasi deb
qaradik. Agar D nuqta CB kesma uchida, yoki CB ning davomi, ya’ni tashqarisida
bo’lsa ham, teorema shu kabi isbot qilinad.
Uchburchakning yuzini hisoblash formulasini boshqacha ham o’qish mumkin:
Uchburchakning yuzi uning o’rta chizig’i bilan balandligining ko’paytmasiga teng:
S = a
2 ∙ h

1 – natija: To’g’ri burchakli uchburchakning yuzi katetlari ko’paytmasining
yarmiga teng, chunki bir katetni balandlik va ikkinchisini asos qilib olish mumkin.
2 –natija: Ikkita uchburchak yuzlarining nisbati asoslari bilan balandliklari
ko’paytmasining nisbati kabidir.
3- natija: Asoslari teng bo’lgan ikki uchburchak yuzlarining nisbati kabidir.
4 –natija: Balandliklari teng bo’lgan ikki uchburchak yuzlarining nisbati
asoslarining nisbati kabidir.
5- natija: Asoslari va balandliklari teng bo’lgan uchburchaklar tengdoshdir.
2.1.4-teorema: Uchburchak yuzi uning ikki tomoni bilan shu ikki tomon
orasidagi burchak sinusi ko’paytmasining yarmiga teng.
∆ ABC , BC = a , AC = b , ∠ C ⇒ S
ABC = 1
2 ∙ a ∙ b ∙ sinC

Isbot: ABC uchburchakning BD balandligini tushiramiz. U holda (2.1.10 –chizma)
da ko’rsatilgan uch hol bo’lishi mumkin.
1 – holni qaraymiz. BCD uchburchakda sinC = BD
BC .
Bundan
BD = BC ∙sinC = a∙sinC
Shunday qilib, S
ABC = 1
2 ∙ AC ∙ BD = 1
2 ∙ b ∙ a ∙ sinC
(2.1.10 – chizma uchburchak)
28

2.1.1-masala: ABC uchburchakning ixtiyoriy tomoni va unga yopishgan ikki
burchagiga ko’ra uchburchak yuzini toping.
(2.1.11 – chizma uchburchakka tashqi chizilgan aylana)
Faraz qilaylik, bizga AC=a ∠A=α,∠C= γ berilgan bo’lsin. Uchburchak yuzasini
ikki tomon va ular orasidagi burchagiga ko’ra yuzasini topishni yuqoridagi
S
ABC = 1
2 ∙ AC ∙ BD ∙ sinγ
formuladan foydalanamiz.
∠ B = 180 ° −
( α + γ )
BC tomonini topish uchun sinuslar teoremasidan foydalanamiz.
AC
sin ∠ B = BC
sinα
BC = AC ∙ sinα
sin ∠B topib, yuza formulasiga qo’yamiz.
S = 1
2 ∙ AC ∙ AC ∙ sinα
sin ∠ B ∙ sinγ = 1
2 a 2
∙ sinα ∙ sinγ
sin ( 180 ° − ( α + γ ) ) = 1
2 a 2
∙ sinα ∙ sinγ
sin ( α + γ )
29

4. Stereometriya masalalarini trigonometriya elementlaridan foydalanib
yechish
2.2.1– masala. Piramidaning asosi to’g’ri to’rtburchak bo’lib, bitta yon
qirrasi asos tekisligiga perpendikulyar va ikkita yon yog’i asos tekisligi bilan α
vaβ
burchaklar tashkil qiladi. Agar piramidaning balandligi H bo’lsa, uning yon
sirtini toping .
Berilgan: ABCDE piramida, AE=H,
∠EDA = β,∠EBA =α.
Topish kerak: S
yon = ?

(2.2.1-chizma piramida)
Yechish. ABCDE piramidada ∆ ABE va ∆ ADE
lar to’g’ri burchakli
uchburchaklar bo’lgani uchun
AB = AEctgα = Hctgα
, AD = AEctgβ = Hctgβ
bo’ladi. Bundan
S∆ABE = 1
2AB ∙H = 1
2H 2ctgα
va S
∆ ADE = 1
2 AD ∙ H = 1
2 H 2
ctgβ
ekani kelib chiqadi.
Piramidaning asosi to’g’ri burchakli bo’lgani uchun:
SABCD = AB ∙AD = H 2ctgαctgβ
bo’lib,
S
∆ ABC = cosα ∙ S
∆ BCE va S
∆ ACD = cosβ ∙ S
∆ DCE .
Bularga asosan:
S∆BCE = S∆ABC
cosα = H 2∙ctgα ∙ctgβ
2cosα = H 2∙ctgβ
2∙sinα
;
30

S∆DCE = S∆ACD
cosβ = H 2∙ctgα ∙ctgβ
2∙cosβ = H 2∙ctgα
2∙sinβ.
Natijada:
S
yon = H 2
∙ ctgα
2 + H 2
∙ ctgβ
2 + H 2
∙ ctgβ
2 ∙ sinα + H 2
∙ ctgα
2 ∙ sinβ = H 2
2 ∙ sinα ∙ sinβ
( cosα ∙ sinβ + sinα ∙ cosβ + cosα + cosβ ) = H 2
2 ∙ sinα ∙ sinβ ( sin ( α + β ) + 2 ∙ cos α + β
2 ∙ cos α − β
2 ) = H 2
cos α + β
2
2 ∙ sinα ∙ sinβ ( sin α + β
2 + cos α − β
2 ) = 2 ∙ H 2
cos α + β
2 cos
( π
4 − α
2 ) cos ( π
4 − β
2 )
sinα ∙ sinβ
.
Javob:
S
yon = 2 ∙ H 2
cos α + β
2 cos
( π
4 − α
2 ) cos ( π
4 − β
2 )
sinα ∙ sinβ .
2.2.2- masala. Uchburchakli muntazam prizma asosining tomoni a ga va
qo’shni yon yoqlarining bir uchidan chiquvchi diagonnalari orasidagi burchak
α ga
teng bo’lsa, uning to’la sirti topilsin.
Berilgan: ABCA
1 B
1 C
1 prizma, AC=BC =BA =a, ¿ A C
1 B = α
Topish kerak:
ST.S=?
(2.2.2-chizma prizma)
Yechish: masalaning shartiga ko’ra prizmaning asosi muntazam
uchburchakdan iborat ( AC = BC = AB = a )
bo’lgani uchun S
∆ ABC = 1
2 ∙ a ∙ AD .
AD =
√ 3
2 ∙ a
ekanidan S
∆ ABC =
√ 3
4 ∙ a 2
bo’ladi. Kosinuslar teoremasiga asosan ∆ A C
1 B
dan hamda
AC
1 =BC
1 ekanini hisobga olgan holda: a 2
= 2 A C
1 2
− 2 A C
12
cosα
, A C
1 = a 2
2 ( 1 − cosα ) ,
31

AC1= a
2sin α
2. ∆ A A
1 C
1 dan A A
1 =
√ C
1 A 2
− a 2
=
√ a 2
4 sin 2 α
2 − a 2
= a
2 sin α
2
√ 1 − 4 sin 2 α
2 hosil
bo’ladi. S
yon = 3 ∙ A A
1 ∙ a = 3 a 2
2 sin α
2
√ 1 − 4 sin 2 α
2 bo’ladi. Prizmaning to’la sirti esa,
S
T . S = S
yon + 2 S
as = 3 a 2
2 sin α
2
√ 1 − 4 sin 2 α
2 +
√ 3
2 a 2
= √ 3
2 a 2
(
√ 6 cosα − 3
sin α
2 + 1
)
.
Javob: S
T . s = ¿

√ 3
2 a 2
(
√ 6 cosα − 3
sin α
2 + 1
)
.
2.2.3– masala. Og’ma prizma asosining o’tkir burchagi
β , yon tomoni va
kichik asosi a ga teng bo’lgan teng yonli trapetsiyadan iborat. Agar prizma yuqori
asosining bir uchi pastki asosining barcha uchlaridan barobar uzoqlikda bo’lib, yon
qirrasi asos tekisligi bilan
α burchak tashkil qilsa, uning hajmini toping .
Berilgan: ABCDA
1 B
1 C
1 D
1 og’ma prizma, AD=DC=BC=a,
∠ ABC= ∠ BAD= β ;
∠
A
1 AO= α .
Topish kerak: V=?
(2.2.3-chizma og’ma prizma)
Yechish: Masalaning shartiga ko’ra AD=DC=BC=a va
∠ ABC= ∠ BAD= β
bo’lib, A
1 uchi asosining barcha yoqlaridan teng uzoqlikda bo’lgani uchun hamda
AA
1 , A
1 B, A
1 C, A
1 D teng og’malarning proyeksiyalari va A
1 O balandlik ekanligidan
AO=OD=OC=OB. Demak, O nuqta prizma asosiga chizilgan tashqi aylana
markazi bo’ladi. Prizma hajmini topish uchun, prizma asosining yuzi va
32

balandligini topish lozim. Buning uchun avval AO ni topamiz, so’ngra ∆AA1O dan
balandlikni topish imkoniga ega bo’lamiz. Prizmaning asosi teng yonli trapetsiya
va AD=DC= CB =a bo’lgani uchun: ∠ DBC = β
2 va
¿ADC = π− β . ∆ABC dan:
DC = 2 Rsin β
2 , R = AO = a
2 sin β
2 ,
∆AA1O dan A
1 O = AOtgα = atgα
2 sin β
2 larni hosil qilamiz.
Demak, DC=a,
EC =CB ∙sinβ = a∙sinβ ,BE =a∙cosβ bo’lib, AB = a + 2 acosβ = a ( 1 + 2 cosβ )
.
Prizmaning asosi trapetsiya bo’lgani uchun
Sas= AB +DC
2 CE
ga asosan: S
as = a ( 1 + 2 cosβ ) + a
2 ∙ asinβ = 2 a 2
cos β
2 sinβ
bo’ladi.
Bundan va A
1 O ga asosan:
V = S
as O A
1 = 2 a 2
cos 2 β
2 sinβ atgα
2 sin β
2 = 2 a 2
cos 2 β
2 tgα .

Javob: V = 2 a 2
cos 2 β
2 tgα .
2.2.4- masala. Muntazam to’rtburchakli piramida asosining tomoni a ga
teng va yon qirradagi ikki yoqli burchak
α ga teng bo’lsa, piramida hajmini toping.
Berilgan: SABCD – piramida, AB = BC= CD= AD =a,
∠ DKB= α
Topish kerak: V=?
(2.2.4-chizma piramida)
Yechish: Masalaning shartiga ko’ra ABCD kvadrat, u holda uning yuzi
SABCD =a2
ga teng. SO balandlik ABCD ning diagonallari kesishgan nuqtaga (tashqi
chizilgan aylana markaziga) tushadi.
∆DKB da DK=KB bo’lgani uchun ∆DKB teng
33

yonli uchburchak. To’gri burchakli ∆OKB da ∠OKB = α
2 ekanini hisobga olsak,
OK = OBctg α
2 ∙ OB =
√ 2 a
2 ekanidan OK = √ 2 a
2 ctg α
2 .
∆ DKB
tekisligi SC qirraga tik bo’lgani (yasalishiga ko’ra) uchun OK ⊥ SC
bo’lib,
∆OSC va ∆OKC o’xshash ekanligidan:
OS = OK ∙OC
KC
, KC = √OC 2−OK 2 bo’ladi. U holda
OS =
a√2ctg α
2a√2
4√
a2
2− a2
2 ctg 2α
2
=
√2actg α
2
2√1−ctg 2α
2
=
√2acos α
2
2√− cosα
.
Demak, topilgan natijalaridan va π
2 < α < π
ekanini hisobga olgan holda
V= 1
3a2√2acos α
2
2√− cosα =
√2a3cos α
2
6√− cosα
ni hosil qilamiz.
Javob:
¿
√ 2 a 3
cos α
2
6
√ − cosα .
2.2.5-masala: To’rtburchakli muntazam prizma diogonali d ga teng
bo’lib,yon yoq tekisligi bilan α burchak tashkil etadi.Prizma hajmini toping.
Yechish:
ABCDA 1B1C1D1 - muntazam to’rtburchakli prizma.
B1D=d
, ∠B1DC 1= α,
2.2.5-chizma (muntazam prizma )
V= ?
34

V= Sasos ⋅H, Sasos = a2 ga teng.
C1D
yon yoq diagonali.
1)
ΔB 1DC 1 dan asos tomonini topamiz.
B1C1
B1D = sin α
,
Chunki
ΔB 1C1D to’g’ri burchakli.
B1C1= B1D⋅sin α
yoki a= d⋅sin α
2)
Sasos = a2= d2⋅sin 2α
3)
H = B1B ni topamiz. ΔB 1BD to’g’ri burchakli.
B1B= √B1D 2− BD 2

BD − kvadrat diagonali BD = a√2
H = √d2− (a √2)2= √d2− 2a2= √d2− 2d2sin 2α= d √1− 2sin 2α= d √cos 2α
4)
V = Sasos ⋅H = d2⋅sin 2α⋅d⋅√cos 2α= d3sin 2α√cos 2α.
Javob:
d3sin 2α√cos 2α.
2.2.6-masala: To’g’ri prizmaning asosi to’g’ri burchakli uchburchak bo’lib,
uning gipotenuzasi c va bir o’tkir burchagi
α . Ostki asosining gipotenuzasi va
ustki asosidagi to’g’ri burchakning uchi orqali o’tkazilgan tekislik bilan
β burchak
tashkil etadi. Prizmadan tekislik kesib ajratgan uch burchakli piramidaning hajmini
toping.
Yechish:
ABCDA 1B1C1D1 - uchburchakli to’g’ri prizma. ABC ,A1B1C1
uchburchaklar to’g’ri burchakli.
AB = A1B1= c ∠BAC = α , ∠C1DC = β
35

CD gipotenuzaga tushirilgan balandlik
CD = AC ⋅CB
AB
.
AC = AB ⋅cos α
, CB = AB ⋅sin α
CD = AB 2sin α⋅cos α
AB
= AB ⋅sin α⋅cos α=
¿c⋅sin α⋅cos α
S= AB ⋅CD
2 = c2⋅sin α⋅cos α
2
H = CC 1= CD ⋅tg β
,
V = 1
3
S⋅H = c2⋅sin α⋅cos α⋅c⋅sin α⋅cos α
2⋅3
⋅tg β= c3(¿sin α⋅cos α)2
6
⋅tg β=
¿c3sin 22α
24
⋅tg β
Javob:
c3sin 22α
24 ⋅tg β
2.2.7-masala: Uchburchakli muntazam prizmada yon yog’i diagonali bilan
ikkinchi yon yog’i orasidagi burchak . Asos qirrasi a. Prizma yon sirtini toping.
2.2.7-chizma (uchburchakli muntazam prizma)
36

Yechish: muntazam uchburchakli prizma. va
muntazam uchburchaklar.
=a, yon yoq diagonali. diagonal bilan yon yoq orasidagi
burchak ga teng.
1) A nuqta BC tomon o’rtasi D nuqtaga proyeksiyalanadi. Proyeksiya
bo’ladi.
2)∠ . ∠ dan

3) ni to’g’ri burchakli uchburchakdan topamiz.
∠
, ∠ , ∠ .

.
Javob: .
2.2.8-masala: Uchburchakning b va c tomonlari va ular orasidagi burchak
α
berilgan. Shu uchburchak α burchagining uchi orqali uchburchak tashqarisidan
o’tgan hamda b va c tomonlar bilan bir xil burchak hosil qiluvchi o’q atrofida
aylantirildi. Hosil bo’lgan jism hajmini toping.
Yechish. Aylanish jismining hajmi
V− OO 1BC trapetsiyaning aylanishidan
hosil bo’lgan kesik konus hajmidan
AO 1B va AOC uchburchaklar aylanishidan
hosil bo’lgan 2 ta konus hajmlari yig’indisidan ayrilganiga teng.
∠BAO 1=∠CAO
bo’lgani uchun ∠BAO 1=∠CAO = 90 0− α
2 ,
37

∠O 1BA =∠OCA = α
2.
H = bsin α
2 ,
R= bcos α
2
h= c⋅sin α
2
,
r= c⋅cos α
2
V = π
3
(H +h)(R2+ Rr +r2)− π
3
HR 2− π
3
hr 2= π
3
sin α
2
cos 2α
2
⋅¿¿
¿((b+c)(b2+bc +c2)− b3− c3)= π
3
sin α
2
cos 2α
2
(b+c)⋅2bc = π
3
sin α⋅cos α
2
(b+ c)⋅bc
Javob:
π
3
sin α⋅cos α
2
(b+c)⋅bc
38

XULOSA
Kurs ishining 1-paragrafi trigonometrik funksiyalar deb nomlangan bo’lib,
bunda to’g’ri burchakli uchburchakda trigonometrik funksiyalar, asosiy
trigonometrik ayniyatlar, trigonometrik funksiyalarning ishoralari, ( 90 ¿ ¿ ° − α ) ¿
va
( 180 ¿ ¿ ° − α ) ¿
burchaklarning trigonometrik funksiyalari tushunchalari keltirilgan. 2-
paragrafda Sinus, kosinus va tangenslar teoremalari keltirilgan va to’liq yoritilgan.
Kurs ishning 3-paragafida ko’pburchaklarning yuzalarini hisoblashda
trigonometriya elementlaridan foydalanish deb nomlangan bo’lib, bunda
ko’pburchaklar, muntazam ko’pburchaklar , muntazam ko’pburchaklarning
tomonini topish, ko’pburchaklarning yuzalarini topishga oid ta’riflar, teoremalar va
masalalar o’rganilgan. 4-paragraf stereometriya masalalarini trigonometriya
elementlaridan foydalanib yechish deb nomlangan bo’lib, bu paragrafda
stereometriya masalalarini trigonometriya elementlaridan foydalanib masalalar
yechimlar bilan ko’rsatilgan.
Ushbu kurs ishida trigonometriya elementlarining nazariy asoslari va
ularning geometrik masalalarni yechishdagi ahamiyati atroflicha yoritildi.
Trigonometriya — bu nafaqat matematik analiz va algebra bilan chambarchas
bog‘liq bo‘lgan fan, balki amaliyotda keng qo‘llaniladigan kuchli vosita hamdir.
Ayniqsa, uchburchaklar geometriyasida burchaklar va tomonlar o‘rtasidagi
munosabatlarni aniqlashda trigonometriya formulalari eng asosiy usul hisoblanadi.
Kurs ishida trigonometriyaning asosiy tushunchalari — sinus, kosinus,
tangens, kotangens, shuningdek, sinuslar va kosinuslar teoremalari, Pifagor
teoremasining trigonometrik ko‘rinishlari tahlil qilindi. Ushbu formulalar
yordamida uchburchaklar, parallelogramm, trapetsiya kabi shakllarga doir bir qator
amaliy masalalar yechildi va ularning yechimi izchil bayon etildi.
Amaliy misollar orqali trigonometriya elementlarining yerdagi masofalarni
aniqlash, balandlik yoki uzunliklarni topish, muhandislik va arxitektura sohalarida
qo‘llanilishi isbotlandi. Bu esa mavzuning faqat nazariy emas, balki amaliy
ahamiyatga ham ega ekanini ko‘rsatadi.
39

Xulosa qilib aytganda , trigonometriya elementlari geometrik masalalarni
yechishda qulay, aniq va ishonchli vosita bo‘lib, ularni chuqur o‘rganish
o‘quvchilarda fazoviy fikrlash, mantiqiy tahlil qilish va masalaga matematik
yondashish ko‘nikmalarini shakllantiradi.
40

FOYDALANILGAN ADABIYOTLAR RO’YXATI:
I. Normativ-huquqiy hujjatlar va metodologik nashrlar
1. O‘zbekiston Respublikasi “Ta’lim to‘g‘risida”gi Qonuni.–Toshkent: Adolat,
2020.
2. Oliy va o‘rta maxsus ta’lim vazirligi. “Matematika fanidan namunaviy o‘quv
dasturi”. – Toshkent, 2022.
3. “Geometriya va trigonometriya” fanidan o‘quv-uslubiy majmua. – T.: TDPU,
2021.
II. Monografiyalar, ilmiy maqolalar, to‘plamlar
4. Yo‘ldoshev A. Trigonometrik funksiyalar va ularning qo‘llanishi . – T.: Fan,
2020.
5. Raxmatov B. Geometriyada trigonometrik usullar . – Samarqand: SamDU, 2021.
6. Abdullayev N. Trigonometriya asoslari . – T.: O‘qituvchi, 2019.
7. O‘ralov A. Geometrik masalalarni yechishda trigonometriyaning o‘rni . – “Ilmiy
izlanishlar” to‘plami, 2022.
8. Karimova M. Matematika darslarida trigonometriyani amaliy qo‘llash . – “Yosh
matematik” jurnali, 2023, №2.
9. B.Haydarov, E.Sariqov, A.Qo’chqorov, ”Geometriya I qism”,- O’zbekiston
milliy ensiklopediyasi. :Toshkent, 2014 y. 52-76 betlar.
10. M.Ortiqov, “ Elementar geometriya”, T. :Niso Poligraf, 2014 y. 205-222 betlar
II. Gazeta, jurnal, xorijiy adabiyotlar va internet manbalari
12. Stewart J. Calculus: Early Transcendentals. – Cengage Learning, 2016.
13 “Yosh matematik” gazetasi, 2024-yil, mart soni.
16. Lial M. et al. Trigonometry . – Boston: Pearson, 2017.
17. www.khanacademy.org – Trigonometriya bo‘yicha video darslar.
18. www.ziyonet.uz – O‘zbekiston Respublikasi ta’lim portali.
19. www.mathsisfun.com – Trigonometriya formulalari va misollar.
41

kurs ishi

Sotib olish