Œзбекиcтон Республикаси Олий ва ¢рта махсус

KNP
ekanidan 


a
x
b
c
KN


bo’ladi. 
ac
bc
ab
abc
x
RN




2
ni hosil qilamiz.
Talab qilingan kesma uzunligi topildi. 

---

49 
L 
B 
C 
O 
Q 
D 
N 
P 
J 
18-rasm 
Xuddi shunday u aylana bilan to’g’ri chiziqqa nisbatan qaralsa quyidagi 
masalalar hosil bo’ladi. 
s) Aylana vatarining o’rtasidan o’tuvchi diametr shu vatarga perpendikulyar 
ekanligini isbotlang.
Isboti. 
AB
vatar S esa uning o’rtasi nuqtasi bo’lsin (17-chizma). 
AOB

da 
OA
OB

ekanidan, u teng yonli uchburchak bo’lib, 
OC
uning balandligi va 
AB
OC

bo’ladi. Shu bilan masala hal yechiladi. 
d) Agar aylananing biror 
P
nuqtasidan 
AB
diametrga 
PN
perpendikulyar 
tushirilib, aylanada yotgan J va Ñ nuqtalar 
uchun 
PNC
JNP



bo’lsa, u holda 
PN
perpendikulyar
NC
JN
PN


2
bo’ladi (18-
chizma).
Isboti. Masala shartida berilgan 
NC
,
JN
,
PN
larni 


R
O
l
;
aylana bilan 
kesishguncha davom ettiramiz, bunda 
CN
kesmaning davomi aylanani 
D
nuqtada 
PN
esa 
Q
da 
JN
esa 
L
nuqtada kesib 
o’tadi.
Natijada 
DNQ
LNQ
PNC
JNP







bo’lib 
ONL
ONC



ekani kelib chiqadi.
Bundan 
ONL
OCN



bo’lib,
NL
NC

bo’ladi.
QNL
~


JNP
ekanidan 
NL
NQ
NP
JN
:
:

bo’ladi. 
Bunda
NC
NL
,


NQ
PN
bo’lganidan
NC
JN
PN
:
:
2




NL
NQ
NP
JN
ekani kelib chiqadi. 

---

50 
A 
B 
C 
D 
O
1 
O
 
N 
a 
b 
c 
d 
M 
Q 
P 
R 
S 
e) Masala. To’g’ri chiziqda
D
C
B
A
,
,
,
nuqtalar berilgan. Birinchi ikkitasi va ikkinchi 
ikkitasidan shunday parallel to’g’ri chiziqlarni 
o’tkazingki, bu to’g’ri chiziqlar kesishishi
natijasida kvadrat hosil bo’lishini isbotlang. 
Isboti. Masala shartida ko’rsatilgan 
B
A,
nuqtalardan 
b
a //
to’g’ri chiziqlarni o’tkazamiz. 
C
va 
D
nuqtalardan 
c
va
 
c / / d
d
to’g’ri chiziqlarni o’tkazamiz (19-rasm). 
Natijada hosil bo’lgan 
SRQP
kvadrat bo’lishi uchun 
Q
nuqta 
BC
ni diametr qilib 
o’tkazilgan aylanada va 
S
nuqta 
AD
ni diametr qilib o’tkazilgan aylanada yotishi 
zarurdir. CHunki diametrga tiralgan burchak 
0
90


BQC
bo’ladi. SHuning uchun 
ham 
0
90


BN
va 
NC
BN
,
MD
MA
,
90
0







D
M

ekanini ehtiborga olsak, u 
holda 
0
0
45
CQN
45






DSM
DSQ
bo’lib,
0
45




SQR
RSQ
tengligidan 
RQ
SR

va 
0
90


SRQ
ekani kelib chiqadi. Xuddi shunday 
PQ
SP

va 
0
90


SPQ
ni chiqara olamiz. Bundan 
SRQP
kvadrat ekani hosil bo’ladi. 
Bu yuqorida keltirilgan (1) va (2) turdagi faqat ikki tushuncha uchburchak 
va to’g’ri chiziq hamda aylana va to’g’ri chiziq tushunchasi, aniqrog’i geometrik 
figuralarning birgalikda ishlashlariga nisbatan to’qqizinchi sinf o’quvchisining 
tasavvuriga nisbatan taqqoslansa, u holda oxirgi masalalarda berilayotgan 
aniqrog’i talab qilinayotgan tasavvurni shu bilan birgalikda bilimlar sistemasini 
ishlatilish abstraktsiyasi orasidagi bog’lanish hamda farqlarni sezish va uni 
amaliyotda kengroq tarzda foydalanish ham o’quvchidan juda katta mahsuliyat 
talab qiladi. Agar biz o’quvchilarning tasavvurini yana ham chuqurlashtirish, 
aniqrog’i kengaytirish maqsadida vektorlar nazariyasi kuchidan foydalanib 
geometrik masalalarni yechishni o’rgatsak, u holda o’quvchilarda yana bir 
boshqacha munosabat, yahni qandaydir o’ziga xos qiziqish hosil bo’lganiga 
ishonch hosil qilamiz. SHu maqsadda quyidagi masalalarni qaraylik: 

---

51 
e
1
) Masala. Berilgan teng tomonli 
ABC
uchburchak uchun 
2
2
2
CN
BN
AN


shartini qanoatlantiruvchi 
N
nuqtalar to’plamini 
toping. (20-rasm).
Echish.
ABC
uchburchakning markazi 
bo’lgan 
O
nuqtani 
olib, 
so’ngra 
vektor 
tushunchasidan 
foydalansak, 

 
 

2
2
2
OC
ON
OB
ON
OA
ON





tenglikni 
yoza 
olamiz, 
bundan 


2
2
2
2
OB
OA
ON
OC
OB
OA
ON






- 
0
2


OC
bo’ladi. Bu yerda 
2
2
2
2
R
OC
OB
OA



bo’ladi. 
(Bunda 
2
R
degani 
ABC
uchburchakka tashqi chizilgan aylana radiusining 
kvadrati). Lekin,
OC
OC
OC
OB
OA
OC
OB
OA
2
2








bo’lgani uchun 
0
4
2
2




R
ON
OC
ON
bo’lib, bundan to’la kvadrat ajratsak, u holda


2
2
2
4
2
R
OC
OC
ON



yoki


 
2
2
3
2
R
OC
ON


hosil bo’ladi. SHunday qilib
izlanayotgan
N
nuqtalar to’plami markazi
ACB

ning bissektrisasida yotuvchi
va
ABC

ning markazi
O
nuqtadan
R
2
masofada yotuvchi 

S
markazli, 
radiusi 
R
R



3
ga teng bo’lgan aylanadan iborat bo’lar ekan. Endi 
OAC

ni 
hisoblasak, yahni


0
2
2
90
OAS
0
2
cos














AS
AO
R
R
AS
AO
OC
OA
OA
AS
AO
AS
OA
OAS
ekanligi Ma’lum 
bo’ladi. 
Bundan ko’rinib turibdiki, 


R
S
L
3
;
aylana 
OA
va 
OB
urinmaga ega bo’lgan 
2
2
2
CN
BN
AN


shartni qanoatlantiruvchi aylanadan iborat bo’lar ekan. 
A 
B 
C 
S 
O 

6-чизма 

---

52 
A 
X 
B 
C 
N 
N
2 
Y 
N
1 
21-rasm 
e
2
) Masala. Berilgan 
0
45


ABC
li burchak ichida V nuqtadan chiquvchi ixtiyoriy 
nurda uzunligi 8sm bo’lgan shunday 
BN kesma olib, uning 
N
nuqtasida 
yotuvchi 
eng 
kichik 
perimetrli 
uchburchakni joylashtiring va uning 
perimetrini hisoblang. 
Echish. Masalaning shartida 
berilgan 
8

BN
sm ga teng bo’lgan 
kesmaning 
N
nuqtasini 
ABC

ichida 
olamiz 
(21-chizma), 
so’ngra 
 
N
S
N
B
A

1
va 
 
N
S
N
BC

2
larni 
topib 

90
2
1


BN
N
burchakni hosil 
qilamiz. Bunda 
см
8
2
1



BN
BN
BN
bo’ladi. Bundan 
2
1
N
N
to’g’ri chiziq 
kesmasini 
o’tkazsak, 
u 
holda 
u 
ABC
 
burchakning 
tomonlarini 
Y
ва
X
nuqtalarda kesib o’tadi,
BA
simmetriya o’qi bo’lgani uchun 
1
XN
XN

va
BC
simmetriya o’qi bo’lgani uchun 
2
YN
YN

ga teng. Natijada 
izlangan 
uchburchak 
XNY
bo’lib, 
uning 
perimetri 
см
2
8
2
2
2
1
2
1
2
1










BN
BN
N
N
YN
XY
X
N
XY
NY
XN
P
XNY
bo’ladi. 
Yuqorida keltirilgan 
2
1
, e
e
masalalar tarkibida aylana, uchburchak va to’g’ri 
chiziq tushunchalari qatnashayotganligi uchun bunday a, v, s, d masalalarning 
mazmunini hamda yechilishining tasavvuridan ancha yuqori bo’lganligi sababli 
ham geometriyada qatnashayotgan geometrik ob’ektlarning kombinatsiyasi 
qaralayotgan har bir geometrik mavzuda, teoremada, masalada soni ko’payib 
borgan sari talab qilinayotgan tasavvurning murakkablik darajasi ortib borishini 
oldingi paragrafda qayd qilgan edik. Shuning uchun ham o’quvchilarda geometrik 
figuralarning (shakllarning) har xil nomdagilarining kombinatsiyasi uchun 
ajratiladigan tasavvurning hajmi bir xil nomdagi geometrik figuralarning 
kombinatsiyasi uchun (kombinatsiyalar bir jinsli bo’lganda) ajratiladigan tasavvur 

---

53 
hajmidan yuqori bo’lishligini yuqorida keltirilgan masalalarning yechimidan ham 
ko’rinib turibdi. Shuning uchun ham geometrik tasavvurni o’quvchilarda 
rivojlantirish masalasi ancha murakkab bo’lib, u bir tomondan o’quvchilarning 
geometrik bilimlar sistemasi bilan qanday darajada qurollanganligiga bog’liq 
bo’lsa, ikkinchi tomondan geometrik tafakkurning tarkib topganlik darajasi ham 
muhim ahamiyatga egadir. Shuning uchun ham o’quvchilarda geometrik 
tasavvurni shakllantirish va rivojlantirish har bir matematika o’qituvchilarining 
asosiy vazifasidan biri bo’lib qolishi maqsadga muvofiq bo’ladi. Lekin, Ma’lumki 
umumtahlim maktablarida geometriyaga bo’lgan qiziqish yoki geometrik 
masalalarni keng mahnoda ishlatish masalasi tadqiqotlarimiz natijasiga ko’ra ahlo 
darajada deb bo’lmaydi. Shu bois ham o’quvchilarda geometrik tasavvurni 
rivojlantirish juda dolzarb muammolarning biriga aylanib borayotganligini ko’rish 
mumkin. Umuman, o’quvchilarning geometrik tasavvurini rivojlantirishni 
bosqichma-bosqich, sistemali tarzda amalga oshirilishi o’quvchilarda ong, 
geometrik tasavvurning yuqori ko’tarilishiga ijobiy tahsir ko’rsatadi.