Udk isroilova lola sunnatovna

C

B

A

.  Unda 

LAK



ning  AL,  AK    tomonlari  va  A  burchagi 

KBN



ning  BK,  BN  tomonlari  va  B  burchagiga  hamda 

NCL



  ning  CN,  CL 

tomonlari va C burchagiga mos ravishda teng. 

 

Demak, 

NCL

KBN

LAK











.  U  holda  bu  uchburchaklarning  uchinchi 

tomonlari ham o‘zaro teng bo‘ladi:  

4.  Tekshirish bosqichi. 

Masalaning  yechilish  jarayonini  yana  bir  bor  ko‘zdan  kechirib,  unda  har 

bir mulohaza mantiqan to‘g‘ri olib borilganini tekshiramiz. 

Bu masalani boshqa usulda ham yechish mumkin. 

Bunda  uchidagi  burchagi 



60

  bo‘lgan  teng  yonli 

uchburchakning  xossasidan  foydalanamiz. 

KBN



  teng 

yonli  uchburchakning  BD  balandligini  tushiramiz  (2-

rasm). 

BD 

bissektrisa 

ham 

bo‘lgani 

uchun 











30

2

/

60

KBD

 va 



















60

30

90

BND

BKD

 bo‘ladi. 

Demak, 

KBN



teng tomonli uchburchak ekan. Shu tariqa 

KAL



 va 

NCL



 

lar  ham  teng  tomonli  uchburchaklar  ekanligi  aniqlanadi  va 

LN

NL

KN

BK







 

---

62 

ekanligi  ma’lum  bo‘ladi.  Bundan  esa 

KNL



  ning  nafaqat  teng  tomonli 

uchburchak, balki, 

KAL

NCL

KBN

KNL















 ekanligi ham ma’lum bo‘ladi. 

Hisoblashga doir masalalar 

 

Hisoblashga  doir  masalalar  arifmetik  va 

algebraik 

masalalarga 

o‘xshab  ketadi.  Turli 

geometrik  formulalar  yordamida,  berilgan  sonli 

kattaliklar  asosida  ketma-ket  hisob-kitob  ishlari 

bajariladi va izlanayotgan kattalik topilaadi. 

 

Bu  masalalarda  ko‘pincha  chizmani  to‘g‘ri  chizib  olish  va  kerakli 

belgilashlarni kiritish ishni ancha osonlashtiradi. 

 

1-masala. 

Qo‘shni  burchaklardan  birining  bissektrisasi  ikinchi 

burchakning tomonlaridan biri bilan 



20

li burchak hosil qiladi. Shu burchaklarni 

toping. 

 

Yechilishi: Masala shartini chizmada tasvirlaymiz. (1-rasm). Bundan 

OE

 

bissektrisa  o‘tkir  burchakning  bissektrisasi  ekanligi  ma’lum  bo‘ladi.  Demak, 













40

20

2

BOC

, 















140

40

180

AOB

 bo‘ladi. 

 

2-masala. 

ABC

  to‘g‘ri  burchakli  uchburchakda 

C



  -  to‘g‘ri  burchak, 

A

 

uchidagi  tashqi  burchak 



120

  ga  teng.  Agar 

18





AB

AC

sm  bo‘lsa, 

uchburchakning gipotenuzasini toping. 

 

Yechilishi.  Masala  shartiga  binoan  chizmani  tasvirlaymiz  (2-rasm). 

Uchburchak 

tashqi 

burchagining 

ta’rifidan 















60

120

180

A

, 















30

90

A

B

  ekanligini  aniqlaymiz.  AC=b,  AB=c  bo‘lsin.  U  holda 

b+c=18. O‘tkir burchagi 



30

 ga teng bo‘lgan to‘g‘ri burchakli uchburchakning 

xossasiga  ko‘ra  c=2b  bo‘ladi.  Bundan  b+c=b+2b=18,  ya’ni  b=6.  Unda  c=12 

ekanligi ma’lum bo‘ladi.

 

 

 

3-masala.  ABC  uchburchakda 

1



AB

,  A 

burchakning  bissektrisasi  B  uchdan  tushirilgan 

medianaga  perpendikulyar.  Agar  BC  tomonning 

uzunligi 

butun 

son 

bilan 

ifodalansa, 

uchburchakning perimetrini toping. 

---

63 

 

Yechilishi: 

Masala 

shartni 

chizmada 

tasvirlaymiz 

(3-rasm): 

AK=KC. 

BK

AN



. 

ANK

ANB







  ekanligini  aniqlaymiz,  chunki  AN 

katet umumiy va bittadan burchaklari teng (katet va 

unga  yopishgan  o‘tkir  burchak  bo‘yicha).  Bundan 

esa AB=AK=KC=1, ya’ni AC=1+1=2 ekanligi ma’lum bo‘ladi. 

 

BC=x – butun son, uchburchak tengsizligiga ko‘ra 2+1>x va x+1>2, yoki 

x<3  va  x>1,  ya’ni  1  bo‘lishi  kerak.  1  bilan  3 

ning  orasida  bitta  butun  son  bor:2.  Demak,  BC=2 

va 

5

2

2

1









ABC

P

. 

Isbotlashga doir masalalar 

 

Isbotlashga  doir  masalalar  o‘ziga  xos 

kichkina  teoremalardir.  Ularni  yechish  masalada 

keltirilgan 

tasdiqni 

isbotlashdan 

iborat 

bo‘ladi. 

Misol 

tariqasida 

quyidagi 

masalani qaraylik. 

 

1-masala.  Qo‘shni  burchaklarning  bissektrisalari  o‘zaro  perpendikulyar 

ekanligini isbotlang.  

AOC



  va 

BOC



  -  qo‘shni  burchaklar, 

1

OO

  va 

2

OO

  -  bissektrisalar  (1-rasm). 

2

1

OO

OO



. 

 

Isbot. 

1

OO

 va 

2

OO

 - bissektrisalar ajratgan burchaklarni mos ravishda (1-

rasmda tasvirlangandek) 



 va 



 deb belgilaymiz. U holda, 







180

2

2





, yoki 







90





, ya’ni 











90

2

1





OO

O

. Demak, 

2

1

OO

OO



. Shuni isbotlash talab 

qlingan edi. 

 

2-masala. 

2.a-rasmda 

tasvirlangan 

ABCD 

to‘rtburchakda 

C

B

A

D















 ekanligini isbotlang. 

---

64 

 

Isboti. AD to‘g‘ri chiziqning BC tomon bilan kesishgan nuqtasini E bilan 

belgilaymiz  (AD  tomonni  davom  ettiramiz)  va  burchaklar  uchun  zarur 

belgilashlarni kiritamiz (2.b-rasm). Ma’lumki, 









180

x





 va 









180



z

y

. 

Bu  tengliklarni  qo‘shib, 















360

z

y

x







  tenglikka  ega  bo‘lamiz. 

Qo‘shni  burchakning  xossasiga  ko‘ra, 







180

y

x

 

bo‘lgani 

uchun  















360

180

z







, 

yoki 

D

z















180







, 

ya’ni 

C

B

A

D



























 bo‘ladi. 

 

Tenglik isbotlandi. 

 

Yuqoridagi  ikki  masalani  tayyor  chizmaga  tayanib  ishladik,  2-masalada 

qo‘shimcha  yasash  va  zarur  belgilashlarni  amalga  oshirdik,  bu  esa  masalani 

oson yechishimizga yordam berdi. 

 

3-masala. Trapetsiyaning oʻrta chizigʻi uning asoslariga parallel va uning 

uzunligi  trapetsiya  asoslari  uzunliklari  yigʻindisining  yarmiga  teng  ekanligini 

isbotlang. 

 

Isboti.  Teoremani  isbot  qilish  uchun  trapetsiyaning  kichik  asosi  uchidan 

ikkinchi  yon  tomonga  parallel  BN  toʻgʻri  chiziqni  oʻtkazamiz  (3-rasm).  Bunda 

trapetsiya parallelogramm va uchburchakka ajraladi. 

 

BCDN  parallelogrammda  qarama-qarshi  tomonlar  boʻlgani  uchun 

BC=ND. 

ABN



  da  EP  oʻrta  chiziq  boʻladi.  Bundan 

AN

EP ||

  ekanini  hosil 

qilamiz. 

 

Uchburchak  oʻrta  chizigʻi  xossasiga  koʻra 

AN

EP

2

1



.  Ammo 

BC

AD

ND

AD

AN









. 

 

Trapetsiyaning  oʻrta  chizigʻi 

PF

EP

EF





  yoki 

PF

AN

EF





2

1

,  bu  yerda 

BC

AD

AN





  va 

BC

PF



 

ekanini nazarga olsak, 

2

2

BC

AD

BC

BC

AD

EF











. 

 

Demak, 

2

BC

AD

EF





 ekan. 

Yasashga doir masalalar 

---

65 

1-masala.  Bir  burchagi  va  shu  burchagi 

uchidan  chiqqan  balandligi  hamda  bissektrisasi 

berilgan uchburchak yasang. 

Yechilishi:  Izlangan  uchburchakni  topildi  deb  faraz  qilib,  uni  taxminan 

chizib  qoʻyaylik:  4-chizmadagi 

ABC



  -  izlangan  uchburchak  boʻlib,  uning 

berilgan elementlari esa 

A



, 

a

h

AD



 va 

A

l

AE



 boʻlsin. 

Izlangan 

ABC



ni  yasash  uchun  uning  A,  B  va  C  uchlarini  topish  kerak. 

Chizmaga  koʻra, 

ABC



  ning  A  uchi  undagi  toʻgʻri  burchakli 

ADE



ning  A 

uchidan  iborat;  B  va  C  uchlari  esa  DE  toʻgʻri  chiziqning  berilgan 

A

AC

B







1

1

 

burchak 

tomonlari 

bilan 

kesishish 

nuqtalaridan iborat. 

Berilgan  AD  kateti  va  AE  gipotenuzasi 

boʻyicha  ma’lum  yoʻl  bilan  toʻgʻri  burchakli 

ADE



 yasash mumkin. 

Masalaning  shartiga  koʻra  AE  kesma 

berilgan 

A



ning bissektrisasi ekanligidan foydalanib, 

1

AB

 va 

1

AC

 nurlarning AE 

ga nisbatan vaziyatini aniqlash (ya’ni bu nurlarni chizish) mumkin. 

Masalada berilganlarga koʻra, 

ADE



ni yasash va undan izlangan 

ABC



 ga 

oʻtish mumkin boʻlgani uchun toʻgʻri burchakli 

ADE



 yordamchi figuradir. 

2-masala.    Bir  tomoni,  diagonallari  yigʻindisining  yarmi  va  diagonallari 

orasidagi burchagi berilgan parallelogramm yasang.  

Yechilishi:  1)  Masala  yechildi  deb  faraz  qilib,  izlangan  parallelogramm  

ABCD

  ni  taxminan  chizib  qoʻyamiz.    Bu  parallelogrammning  berilgan 

elementlari quyidagilar boʻlsin (5-chizma):

 

 

,

a

AB



 





l

f

e

BD

AC









)

(

2

1

2

1

 va 







CMD

 .      (1) 

 

2)  Endi  parallelogramm  yasash  uchun  zarur  boʻlgan  yordamchi  figurani 

topish  kerak.  Bu  ishni  l  kesmani  yasashdan  boshlaymiz.  Buning  uchun 

diagonallardan  birining  yarmini  oʻlchab  olib 















MA

AC

2

,  uning  davomiga 

---

66 

ikkinchi  diagonalning  yarmini 















ME

BD

2

  qoʻyamiz,  natijada  l  kesma  hosil 

boʻladi: 

l

MB

MA

ME

MA









. 

 

Soʻngra E nuqtani B nuqta bilan tutashtirib, hosil boʻlgan BEM burchakni 

aniqlaymiz.  Berilgan 



  burchak  yasalishiga  koʻra  teng  yonli 

BME

 

ucburchakning tashqi burchagi boʻlgani uchun 

2







BEA

. 

 

Demak, berilgan ikki tomoni (bizning misolda a va l) va ulardan birining 

qarshisida  yotgan  burchagi  (bizning  misolda 

2



)  boʻyicha  ABE  uchburchak 

yasash mumkin.  

 

ABE  uchburchak  ABCD  parallelogramm  yasashda  yordamchi  figura 

boʻladi. Haqiqatan ham, parallelogramm diagonallarining kesishgan M nuqtasini 

teng yonli BME uchburchakning uchi sifatida topish mumkin.  

 

Buning uchun ABE uchburchak BE tomonining oʻrtasidan perpendikulyar 

chiqarib,  uning  uchburchak  AE  tomoni  bilan  kesishuvidan  hosil  boʻlgan  M 

nuqtani  B  nuqta  bilan  tutashtirib,  BM  kesmaning  davomiga 

BM

MD



  kesmani 

qoʻysak, parallelogrammning D uchi hosil boʻladi. Parallelogrammning S uchini 

topish uchun MA kesmaning davomiga MC=MA kesmani qoʻyish kerak.  

 

Topilgan  D  nuqtani  A  va  C  nuqtalar  bilan  va  C  nuqtani  B  nuqta  bilan 

tutashtirishdan ABCD parallelogramm hosil boʻladi.  

 

Yasash: 1) Avval ABE uchburchakni yasaymiz (6-chizma).  

2) Soʻngra ABE uchburchakdan ABCD parallelogrammga oʻtamiz. 

 

Isbot.  Yasalgan  ABCD  toʻrtburchak  masalaning  talabiga  javob  beradi, 

chunki: 

 

1) ABCD toʻrtburchakning diagonallari 

yasalishiga  koʻra,  M  nuqtada  bir-birini  teng 

ikkiga 

boʻladi; 

demak, 

ABCD 

parallelogramm. 

 

2) 

a

AB



 oʻlchab olindi. 

---

67 

 

3)  Yasash  chizmasidagi  M  nuqta  BE 

kesmaning  oʻrta  perpendikulyariga  yotgani 

uchun 

ME

BM



  boʻladi;  bunga  tayanib 

quyidagini chiqarish mumkin: 

l

BD

AC

AE

ME

MA

MB

MA















2

2

                (2) 

 

4)  Parallelogramm  diagonallari  orasidagi 

CMD



  teng  yonli  BME 

uchburchakning tashqi burchagi boʻlgani uchun: 























2

2

MBE

BEM

CMD

. 

 

Shunday  qilib,  6-chizmadagi  toʻrtburchak  izlangan  parallelogramm 

ekanligini isbot boʻldi.  

 

Tekshirish.  Ma’lumki,  ikki  tomoni  va  ulardan  kichigi  qarshisida  yotgan 

burchak boʻyicha ikkita yoki bitta uchburchak yasash mumkin yoki hech qanday 

uchburchak yasash mumkin emas.  

 

Yechilayotgan  masalada  yordamchi  ABE  uchburchakning  ikki  AB  va  AE 

tomonlari  hamda  kichik  tomon  AB  qarshisidagi  AEB  burchak  ma’lum.  Bunda 

quyidagi uch holdan biri boʻlishi mumin: 

 

1) AB

 

2) AB=AH 

 

3) AB>AH 

(AH – 6-chizmadagi A nuqtadan BE gacha boʻlgan masofa). 

 

1)  Agar  AB  boʻlsa,  yordamchi  uchburchak  va  izlangan 

parallelogramm hosil boʻlmaydi. 

 

2)  Agar  AB=AH  boʻlsa,  toʻgʻri  burchakli  bitta  yordamchi  AHE 

uchburchak  va  7-chizmadagi  toʻgʻri  toʻrtburchakdan  iborat  izlangan 

parallelogramm hosil boʻladi. 

 

3)  AB>AH  boʻlsa,  8-chizmadagi  singari  ikkita  yordamchi  ABE  hamda 

E

AB

1

  uchburchak,  bundan  esa  ABCD  va 

1

1

1

D

C

AB

  dan  iborat  izlangan 

parallelogrammlar hosil boʻladi. 

---

68 

 

Agar  bu  ikki  parallelogramm  bir-biriga  teng  boʻlsa,  masalaning  javobi 

bitta  deb  hisoblanadi.  Shuning  uchun  ularning  teng  yoki  teng  emasligini 

tekshirib  koʻrish  lozim.  Bu  ikki  parallelogrammning  tengligini  bilish  uchun 

ABM    va 

1

1

M

AB

  uchburchaklarning tengligi 

isbot  qilinsa  kifoya.  Bu  uchburchaklarning 

uchala mos tomonlari oʻzaro teng, ya’ni: 

1

AB

AB



; 

1

MB

MA



; 

A

M

MB

1



. 

 

Haqiqatdan  ham,  yasalishiga  koʻra 

1

ABB

-  teng  yonli  uchburchak  boʻlgani  uchun 

1

AB

AB



  va  bu  teng  yonli 

uchburchakning A uchidan 

1

BB

 asosiga AH perpendikulyar tushirsak: 

1

1

1

BK

HK

HB

H

B







.                       (3) 

(

E

B

K

1

1



 kesma oʻrta perpendikulyarining 

E

B

1

 kesma bilan kesishish nuqtasi.) 

 

Yasashga  koʻra 

1

1

Q

P

  toʻgʻri  chiziq 

E

B

1

  kesmaning  oʻrta  perpendikulyari 

boʻlib, 

1

K

  nuqta 

E

B

1

  kesmaning  oʻrtasi  boʻlgani  uchun  quyidagilarni  yoza 

olamiz: 

E

K

K

B

1

1

1



 yoki 

KE

K

K

HK

H

B







1

1

1

.           (4) 

(

BE

K



  kesma  kesma  oʻrta  perpendikulyarining  BE  kesma  bilan  kesishish 

nuqtasi.) 

 

(4) tenglikdan (3) tenglikni hadlab ayirsak: 

 

1

1

1

1

BK

HK

KE

K

K

HK









. 

Bundan  

KE

BK

KE

BK

K

K

HK











)

(

2

1

1

1

.             (5) 

 

Yasashga  asosan  BK=KE  boʻlgani  uchun  keyingi  tenglikni  quyidagicha 

yozish mumkin: 

KE

HK

2

2

1



 yoki 

KE

HK



1

.                    (6) 

1

M

 nuqtadan AH va 

L

M

1

perpendikulyar oʻtkazishdan hosil boʻlgan toʻgʻri 

burchakli 

1

ALM

  va  MKE  uchburchaklar  teng,  chunki  (6)  ga  muvofiq  ularning 

bittadan katetlari va bittadan oʻtkir 

1

M

va E burchaklari tengdir:  

MKE

ALM







1

.                                      (7) 

---

69 

 

Bu tenglikdan va chizmaning yasalishidan quyidagi kesmalarning tengligi 

ma’lum boʻladi: 

ME

A

M



1

, 

E

M

MA

1



.                         (8) 

Yasashga koʻra 

E

B

M

1

1

 - teng yonli uchburchakdir, demak,  

E

M

B

M

1

1

1



. 

 

(8) ga koʻra: 

E

M

MA

1



 boʻlganidan: 

MA

B

M



1

. 

 

Endi  BM  va 

A

M

1

  kesmalarning  tengligini  isbot  qilish  qoldi;  (8)  dan: 

ME

A

M



1

; 

BME



 dan: 

ME

BM



, bulardan: 

BM

A

M



1

. 

 

Shunday  qilib,  ikkala  parallelogrammning  mos  boʻlaklari  boʻlgan  ABM 

bilan 

1

1

M

AB

  uchburchaklarning  tengligi  isbot  qilndi;  bundan  bu  ikki 

parallelogrammning tengligi ham malum boʻladi. 

 

Demak,  yordamchi  figuraning  ikitaligiga  qaramay,  masala  bittagina 

yechimga ega boʻladi. 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

---

70 

XULOSA 

O‘quvchilar tomonidan turli fanlardan bilim olish ham ularning axborotga 

bo‘lgan  talabini  qondirshning  bir  shakli  hisoblanadi.  Axbortolarning  kun  sayin 

ortib  borishi,  ularni  jamiyatimiz  taraqqiyotida  qo‘llanish  sohasining  kengayishi 

turli fanlarni paydo bo‘lishiga olib keldi. Jumladan, kibernetika, informatika va 

axborot texnologiyalari fanlarini shular qatoriga kiritsa bo‘ladi. Bugungi kunda 

o‘quv  jarayoniga  kompyuter  va  axborot  texnologiyalarini  joriy  etish  va 

zamonaviy  dasturiy  ta’minotlar  yaratish  masalasi  dolzarb  masalalardan  biri 

hisoblanadi.  Umumta’lim  maktablari  geometriya  darslarini  yangi  pedagogik 

texnologiyalar  asosida  o‘tishda  elektron  o‘quv  qo‘llanmadan  foydalanib, 

multimedia asosida dars o‘tish noan’anviy dars turlaridan biri hisoblanadi.  

Geometriya 

darslarida 

axborot 

texnologiyalaridan 

foydalanish 

o‘quvchilarda  fazoviy  tasavvurni  rivojlantirish,  mantiqiy  fikrlash,  geometrik 

o‘lchash  va  yasashning  amaliy  usullarini  o‘rganish  imkoniyatlarini  beradi. 

Asosiysi,  axborot  texnologiyalari  -  chizma,  diagramma,  jadval  ko‘rinishidagi 

ma’lumotlarni  o‘qish  qobiliyatini  rivojlantiradi,  mustaqil  o‘qish  va  o‘rganishga 

imkoniyat yaratadi. 

Yuqoridagi  fikrlar  asosida  maktab  geometriya  darsligi  asosida  ushbu 

elektron  o‘quv  qo‘llanmani  yaratdik.  Uni  maktablarda  qo‘llab  ko‘rib,  tajriba-

sinov ishlarini olib bordik. Ushbu geometriyadan elektron o‘quv qo‘llanmaning 

imkoniyatlari,  xususiyatlari  maktab  darslarida  sinab  ko‘rilgach  quyidagi 

xulosalarga kelindi: 

-  elektron  o‘quv  qo‘llanma  imkoniyatlaridan  foydalanib,  o‘quvchilarga 

mavzu to‘liq tushuntirish imkoniyati oshadi; 

-  ularning bilim, ko‘nikma va malakalari oshadi; 

-  harakatli  tasvirlar  va  animatsiyalar  o‘quvchilarning  tasavvurlarini 

kengaytirish uchun muhim rol o‘ynadi; 

-  amaliy  ishlarga,  ya’ni  misol  va  masalalar  yechishga,  hayotiy  misollar 

keltirishga,  o‘quvchilar  o‘rtasida  savol-javob  o‘tkazishga  ko‘proq  vaqt 

ajratiladi; 

---

71 

-  o‘quvchilarning ijodiy fikrlash qobiliyati shakllanadi; 

- 

o‘quvchilar darsdan ijobiy saboq oladilar, dars nisbatan qiziqish oshadi; 

- 

o‘quvchilarda  fazoviy  tasavvurni  rivojlantirish,  mantiqiy  fikrlash, 

geometrik  o‘lchash  va  yasashning  amaliy  usullarini  o‘rganish 

imkoniyatlarini beradi. 

Demak,  geometriya  kursi  bo‘yicha  yaratilgan  elektron  o‘quv  qo‘llanma 

o‘zidagi matn, grafika, animatsiya, o‘quv materialini o‘z ichiga olgan bo‘limlar, 

bilimlarni  nazorat  qilish  tizimi  (test  va  topshiriqlar)  bilan  boshqa  darsliklardan 

farq qiladi.  Shu  jihatdan, umumta’lim  maktablari  geometriya  kursi  mavzularini 

o‘qitishda  axborot  texnologiyalaridan,  elektron  o‘quv  qo‘llanmalardan 

foydalanish  o‘quvchilarning  fanlarni  o‘zlashtirishlari  va  ko‘proq  bilim  olishlari 

uchun katta ahamiyat kasb etadi.