ನೇರ ( ಎಂ.ಎನ್), ಇದು ತನ್ನ ವೃತ್ತದೊಂದಿಗೆ ಕೇವಲ ಒಂದನ್ನು ಹೊಂದಿದೆ ಸಾಮಾನ್ಯ ಬಿಂದು (ಎ), ಎಂದು ಕರೆಯುತ್ತಾರೆ ಸ್ಪರ್ಶಕ ವೃತ್ತಕ್ಕೆ.
ಈ ಸಂದರ್ಭದಲ್ಲಿ ಸಾಮಾನ್ಯ ಅಂಶವನ್ನು ಕರೆಯಲಾಗುತ್ತದೆ ಸಂಪರ್ಕ ಬಿಂದು.
ಅಸ್ತಿತ್ವದ ಸಾಧ್ಯತೆ ಸ್ಪರ್ಶಕ, ಮತ್ತು, ಮೇಲಾಗಿ, ಯಾವುದೇ ಪಾಯಿಂಟ್ ಮೂಲಕ ಎಳೆಯಲಾಗುತ್ತದೆ ವೃತ್ತ, ಸ್ಪರ್ಶದ ಬಿಂದುವಾಗಿ, ಈ ಕೆಳಗಿನಂತೆ ಸಾಬೀತಾಗಿದೆ ಪ್ರಮೇಯ.
ಅದನ್ನು ಕೈಗೊಳ್ಳಲು ಅಗತ್ಯವಿದೆ ವೃತ್ತಕೇಂದ್ರದೊಂದಿಗೆ ಓ ಸ್ಪರ್ಶಕಪಾಯಿಂಟ್ ಮೂಲಕ ಎ. ಬಿಂದುವಿನಿಂದ ಇದನ್ನು ಮಾಡಲು ಎ,ಕೇಂದ್ರದಿಂದ, ನಾವು ವಿವರಿಸುತ್ತೇವೆ ಚಾಪತ್ರಿಜ್ಯ ಎ.ಓ., ಮತ್ತು ಬಿಂದುವಿನಿಂದ ಓ, ಕೇಂದ್ರವಾಗಿ, ನಾವು ಈ ಆರ್ಕ್ ಅನ್ನು ಬಿಂದುಗಳಲ್ಲಿ ಛೇದಿಸುತ್ತೇವೆ ಬಿಮತ್ತು ಇದರೊಂದಿಗೆಕೊಟ್ಟಿರುವ ವೃತ್ತದ ವ್ಯಾಸಕ್ಕೆ ಸಮನಾದ ದಿಕ್ಸೂಚಿ ಪರಿಹಾರ.
ನಂತರ ಖರ್ಚು ಮಾಡಿದ ನಂತರ ಸ್ವರಮೇಳಗಳು ಒ.ಬಿ.ಮತ್ತು OS, ಡಾಟ್ ಅನ್ನು ಸಂಪರ್ಕಿಸಿ ಎಚುಕ್ಕೆಗಳೊಂದಿಗೆ ಡಿಮತ್ತು ಇ, ಈ ಸ್ವರಮೇಳಗಳು ನಿರ್ದಿಷ್ಟ ವೃತ್ತದೊಂದಿಗೆ ಛೇದಿಸುತ್ತವೆ. ನೇರ ಕ್ರಿ.ಶಮತ್ತು ಎ.ಇ. - ವೃತ್ತಕ್ಕೆ ಸ್ಪರ್ಶಕಗಳು ಓ. ವಾಸ್ತವವಾಗಿ, ನಿರ್ಮಾಣದಿಂದ ಅದು ಸ್ಪಷ್ಟವಾಗುತ್ತದೆ ತ್ರಿಕೋನಗಳು AOBಮತ್ತು AOC ಸಮದ್ವಿಬಾಹುಗಳು(AO = AB = AC) ಆಧಾರಗಳೊಂದಿಗೆ ಒ.ಬಿ.ಮತ್ತು OS, ವ್ಯಾಸಕ್ಕೆ ಸಮಾನವಾಗಿರುತ್ತದೆವೃತ್ತ ಓ.
ಏಕೆಂದರೆ ಒ.ಡಿ.ಮತ್ತು O.E.- ತ್ರಿಜ್ಯ, ನಂತರ ಡಿ - ಮಧ್ಯಮ ಒ.ಬಿ., ಎ ಇ- ಮಧ್ಯಮ OS, ಅರ್ಥ ಕ್ರಿ.ಶಮತ್ತು ಎ.ಇ. - ಮಧ್ಯಸ್ಥರು, ಸಮದ್ವಿಬಾಹು ತ್ರಿಕೋನಗಳ ನೆಲೆಗಳಿಗೆ ಎಳೆಯಲಾಗುತ್ತದೆ ಮತ್ತು ಆದ್ದರಿಂದ ಈ ನೆಲೆಗಳಿಗೆ ಲಂಬವಾಗಿರುತ್ತದೆ. ನೇರವಾಗಿದ್ದರೆ ಡಿ.ಎ.ಮತ್ತು ಇ.ಎ.ತ್ರಿಜ್ಯಕ್ಕೆ ಲಂಬವಾಗಿ ಒ.ಡಿ.ಮತ್ತು O.E., ನಂತರ ಅವರು - ಸ್ಪರ್ಶಕಗಳು.
ಪರಿಣಾಮ.
ಒಂದು ಬಿಂದುವಿನಿಂದ ವೃತ್ತಕ್ಕೆ ಎಳೆಯಲಾದ ಎರಡು ಸ್ಪರ್ಶಕಗಳು ಸಮಾನವಾಗಿರುತ್ತವೆ ಮತ್ತು ಈ ಬಿಂದುವನ್ನು ಕೇಂದ್ರಕ್ಕೆ ಸಂಪರ್ಕಿಸುವ ನೇರ ರೇಖೆಯೊಂದಿಗೆ ಸಮಾನ ಕೋನಗಳನ್ನು ರೂಪಿಸುತ್ತವೆ..
ಆದ್ದರಿಂದ AD=AEಮತ್ತು ∠ OAD = ∠OAEಏಕೆಂದರೆ ಬಲ ತ್ರಿಕೋನಗಳು AODಮತ್ತು AOE, ಸಾಮಾನ್ಯ ಹೊಂದಿರುವ ಹೈಪೊಟೆನ್ಯೂಸ್ ಎ.ಓ.ಮತ್ತು ಸಮಾನ ಕಾಲುಗಳು ಒ.ಡಿ.ಮತ್ತು O.E.(ತ್ರಿಜ್ಯಗಳಂತೆ), ಸಮಾನವಾಗಿರುತ್ತದೆ. ಇಲ್ಲಿ "ಸ್ಪರ್ಶಕ" ಪದದ ಅರ್ಥ " ಸ್ಪರ್ಶಕ ವಿಭಾಗ” ಕೊಟ್ಟಿರುವ ಬಿಂದುವಿನಿಂದ ಸಂಪರ್ಕದ ಹಂತಕ್ಕೆ.
1. ಒಂದು ಬಿಂದುವಿನಿಂದ ಎರಡು ಸ್ಪರ್ಶಕಗಳು.
$$AM$$ ಮತ್ತು $$AN$$ ಎಂಬ ಎರಡು ಟ್ಯಾಂಜೆಂಟ್‌ಗಳನ್ನು $$O$$ ಬಿಂದುವಿನಲ್ಲಿ ಕೇಂದ್ರದೊಂದಿಗೆ ವೃತ್ತಕ್ಕೆ ಎಳೆಯೋಣ, $$M$$ ಬಿಂದುಗಳು ಮತ್ತು $$N$$ ವೃತ್ತದ ಮೇಲೆ ಇರುತ್ತದೆ (ಚಿತ್ರ 1) .
ಸ್ಪರ್ಶಕ ವ್ಯಾಖ್ಯಾನದಿಂದ $$OM \perp AM$$ ಮತ್ತು $$ON \perp AN$$. ಬಲ ತ್ರಿಕೋನಗಳಲ್ಲಿ $$AOM$$ ಮತ್ತು $$AON$$, ಹೈಪೋಟೆನ್ಯೂಸ್ $$AO$$ ಸಾಮಾನ್ಯವಾಗಿದೆ, ಕಾಲುಗಳು $$$OM$$ ಮತ್ತು $$ON$$ ಸಮಾನವಾಗಿರುತ್ತದೆ, ಅಂದರೆ $$\Delta AOM = \ ಡೆಲ್ಟಾ AON$$. ಈ ತ್ರಿಕೋನಗಳ ಸಮಾನತೆಯಿಂದ $$AM=AN$$ ಮತ್ತು $$\angle MAO = \angle NAO$$ ಎಂದು ಅನುಸರಿಸುತ್ತದೆ. ಹೀಗಾಗಿ, ಒಂದು ಬಿಂದುವಿನಿಂದ ವೃತ್ತಕ್ಕೆ ಎರಡು ಸ್ಪರ್ಶಕಗಳನ್ನು ಎಳೆದರೆ:
1.1$$(\^{\circ}$$. !} ಈ ಬಿಂದುವಿನಿಂದ ಸ್ಪರ್ಶಕ ಬಿಂದುಗಳಿಗೆ ಸ್ಪರ್ಶಕ ಭಾಗಗಳು ಸಮಾನವಾಗಿರುತ್ತದೆ;
1.2$$(\^{\circ}$$. !} ವೃತ್ತದ ಮಧ್ಯಭಾಗದ ಮೂಲಕ ಹಾದುಹೋಗುವ ನೇರ ರೇಖೆ ಮತ್ತು ಪಾಯಿಂಟ್ ನೀಡಲಾಗಿದೆ, ಸ್ಪರ್ಶಕಗಳ ನಡುವಿನ ಕೋನವನ್ನು ವಿಭಜಿಸುತ್ತದೆ.
ಆಸ್ತಿಯನ್ನು ಬಳಸುವುದು 1.1$$(\^{\circ}$$, легко решим следующие две задачи. (В решении используется тот факт, что в каждый треугольник можно вписать окружность).!}
$$AC$$ ಆಧರಿಸಿ ಸಮದ್ವಿಬಾಹು ತ್ರಿಭುಜ$$ABC$$ ಬಿಂದು $$D$$ ನಲ್ಲಿ ಇದೆ, $$DA = a$$, $$DC = b$$ (Fig. 2). $$ABD$$ ಮತ್ತು $$DBC$$ ತ್ರಿಕೋನಗಳಲ್ಲಿ ಕೆತ್ತಲಾದ ವಲಯಗಳು ಅನುಕ್ರಮವಾಗಿ $$M$$ ಮತ್ತು $$N$$ ಬಿಂದುಗಳಲ್ಲಿ $$BD$$ ಗೆ ರೇಖೆಯನ್ನು ಸ್ಪರ್ಶಿಸುತ್ತವೆ. $$MN$$ ವಿಭಾಗವನ್ನು ಹುಡುಕಿ.
.
$$\triangle$$ $$a > b $$ ಅನ್ನು ಅನುಮತಿಸಿ. ನಾವು $$x = MN$$, $$y = ND$$, $$z = BM$$ ಅನ್ನು ಸೂಚಿಸೋಣ.
ಸ್ಪರ್ಶಕಗಳ ಆಸ್ತಿಯಿಂದ $$DE = y$$, $$KD = x + y $$, $$AK = AP = a - (x + y)$$, $$CE = CF = b - y$$ , $ $BP = z$$, ಮತ್ತು $$BF = z + x$$. ವ್ಯಕ್ತಪಡಿಸೋಣ ಬದಿಗಳು(ಚಿತ್ರ 2a): $$AB = z+a-x-y$$, $$BC=z+x-b-y$$. ಷರತ್ತಿನ ಪ್ರಕಾರ $$AB=BC$$, ಆದ್ದರಿಂದ $$z+a-x -y = z+x+b-y$$. ಇಲ್ಲಿಂದ ನಾವು $$x=\frac((a-b))(2)$$, ಅಂದರೆ $$MN=\frac((a-b))(2)$$. $$a \lt b$$ ಆಗಿದ್ದರೆ, ನಂತರ $$MN=\frac((b-a))(2)$$. ಆದ್ದರಿಂದ $$MN=\frac(1)(2)|a-b|$$. $$\ಕಪ್ಪುತ್ರಿಕೋನ$$
ಉತ್ತರ
$$\frac(|a-b|) (2)$$
ಲಂಬ ತ್ರಿಕೋನದಲ್ಲಿ ಕಾಲುಗಳ ಮೊತ್ತವು ಕೆತ್ತಲಾದ ಮತ್ತು ಸುತ್ತುವರಿದ ವಲಯಗಳ ತ್ರಿಜ್ಯದ ಮೊತ್ತಕ್ಕೆ ಎರಡು ಪಟ್ಟು ಸಮಾನವಾಗಿರುತ್ತದೆ ಎಂದು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸಿ, ಅಂದರೆ $$a+b=2R+2r$$.
$$\triangle$$ $$M$$, $$N$$ ಮತ್ತು $$K$$ ಬಲ ತ್ರಿಕೋನದ ಬದಿಗಳ ನಡುವಿನ ಸ್ಪರ್ಶ ಬಿಂದುಗಳಾಗಿರಲಿ $$ABC$$ (ಚಿತ್ರ 3), $$AC =b$$, $$BC=a$$, $$r$$ - ಕೆತ್ತಲಾದ ವೃತ್ತದ ತ್ರಿಜ್ಯ, $$R$$ - ಸುತ್ತುವರಿದ ವೃತ್ತದ ತ್ರಿಜ್ಯ. ಹೈಪೊಟೆನ್ಯೂಸ್ ಸುತ್ತುವರಿದ ವೃತ್ತದ ವ್ಯಾಸವಾಗಿದೆ ಎಂದು ನೆನಪಿಸಿಕೊಳ್ಳಿ: $$AB=2R$$. ಇದಲ್ಲದೆ, $$OM \perp AC$$, $$BC \perp AC$$, ಆದ್ದರಿಂದ, $$OM \ ಸಮಾನಾಂತರ BC$$, ಅದೇ ರೀತಿ $$ON \perp BC$$, $$AC \perp BC$$ , ಅಂದರೆ $$ON \ ಸಮಾನಾಂತರ AC$$. ಚತುರ್ಭುಜ $$MONC$$ ವ್ಯಾಖ್ಯಾನದ ಪ್ರಕಾರ ಒಂದು ಚೌಕವಾಗಿದೆ, ಅದರ ಎಲ್ಲಾ ಬದಿಗಳು $$r$$ ಗೆ ಸಮಾನವಾಗಿರುತ್ತದೆ, ಆದ್ದರಿಂದ $$AM = b - r$$ ಮತ್ತು $$BN = a - r$$.
ಸ್ಪರ್ಶಕಗಳ ಗುಣಲಕ್ಷಣದಿಂದ $$AK=AM$$ ಮತ್ತು $$BK=BN$$, ಆದ್ದರಿಂದ $$AB = AK + KB = a+b-2r$$, ಮತ್ತು $$AB=2R$$ ರಿಂದ, ನಂತರ ನಾವು $$a+b=2R+2r$$ ಪಡೆಯಿರಿ. $$\ಕಪ್ಪುತ್ರಿಕೋನ$$
ಆಸ್ತಿ 1.2$$(\^{\circ}$$ сформулируем по другому: !} ಕೋನದಲ್ಲಿ ಕೆತ್ತಲಾದ ವೃತ್ತದ ಮಧ್ಯಭಾಗವು ಆ ಕೋನದ ದ್ವಿಭಾಜಕದ ಮೇಲೆ ಇರುತ್ತದೆ.
$$AD$$ ಮತ್ತು $$BC$$ ತಳವಿರುವ ಒಂದು ಟ್ರೆಪೆಜಾಯಿಡ್ $$ABCD$$ ಬಿಂದು $$O$$ (Fig. 4a) ನಲ್ಲಿ ಕೇಂದ್ರದೊಂದಿಗೆ ವೃತ್ತದ ಸುತ್ತಲೂ ವಿವರಿಸಲಾಗಿದೆ.
a) $$\angle AOB = \angle COD = $$90$$(\ ಎಂದು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸಿ^{\circ}$$ .!}
b) $$BO = \sqrt(5)$$ ಮತ್ತು $$AO = 2 \sqrt(5)$$ ಆಗಿದ್ದರೆ ವೃತ್ತದ ತ್ರಿಜ್ಯವನ್ನು ಕಂಡುಹಿಡಿಯಿರಿ. (ಚಿತ್ರ 4b)
$$\ತ್ರಿಕೋನ$$ a) ವೃತ್ತವನ್ನು $$BAD$$ ಕೋನದಲ್ಲಿ ಕೆತ್ತಲಾಗಿದೆ, ಆಸ್ತಿ 1.2$$(\^{\circ}$$ $$AO$$ - биссектриса угла $$A$$, $$\angle 1 = \angle 2 = \frac{1}{2} \angle A$$; $$BO$$ - биссектриса угла $$B$$, $$\angle 3 = \angle 4 = \frac{1}{2} \angle B$$. Из параллельности прямых $$AD$$ и $$BC$$ следует, что $$\angle A + \angle B = 180^{\circ}$$,поэтому в треугольнике $$AOB$$ из $$\angle 1 + \angle 3 = \frac{1}{2} (\angle A + \angle B) = 90^{\circ}$$ следует $$\angle AOB = 90^{\circ}$$.!}
$$CO$$ ಮತ್ತು $$DO$$ ಕೋನಗಳ $$C$$ ಮತ್ತು $$D$$ ಟ್ರೆಪೆಜಾಯಿಡ್, $$\angle COD = 180^(\circ) - \frac(1)( 2)(\ ಕೋನ C + \ ಕೋನ D) = 90^(\circ)$$.
b) $$AOB$$ ತ್ರಿಕೋನವು $$AO = 2 \sqrt(5)$$ ಮತ್ತು $$BO = \sqrt(5)$$ ಕಾಲುಗಳೊಂದಿಗೆ ಬಲ-ಕೋನವಾಗಿದೆ. ಹೈಪೊಟೆನ್ಯೂಸ್ $$AB=\sqrt(20+5) = 5$$ ಅನ್ನು ಹುಡುಕಿ. ಒಂದು ವೃತ್ತವು $$K$$ ಬಿಂದುವಿನಲ್ಲಿ $$AB$$ ಬದಿಯನ್ನು ಮುಟ್ಟಿದರೆ, ನಂತರ $$OK \perp AB$$ ಮತ್ತು $$OK$$ ಎಂಬುದು ವೃತ್ತದ ತ್ರಿಜ್ಯವಾಗಿದೆ. ಲಂಬ ತ್ರಿಕೋನದ ಆಸ್ತಿಯಿಂದ, $$AB \cdot OK = AO \cdot BO$$, ಎಲ್ಲಿಂದ $$OK = \frac(2\sqrt(5)\cdot \sqrt(5))(5) = 2$ $. $$\ಕಪ್ಪುತ್ರಿಕೋನ$$
ಉತ್ತರ
2. ವೃತ್ತದ ಮೇಲೆ ಸಾಮಾನ್ಯ ಬಿಂದುವನ್ನು ಹೊಂದಿರುವ ಸ್ಪರ್ಶಕ ಮತ್ತು ಸ್ವರಮೇಳದ ನಡುವಿನ ಕೋನ.
ಕೆತ್ತಲಾದ ಕೋನದ ಡಿಗ್ರಿ ಅಳತೆಯು ಅರ್ಧಕ್ಕೆ ಸಮಾನವಾಗಿರುತ್ತದೆ ಎಂದು ನೆನಪಿಸಿಕೊಳ್ಳಿ ಪದವಿ ಅಳತೆಅದು ಇರುವ ಚಾಪ.
ಪ್ರಮೇಯ 1. ವೃತ್ತದ ಮೇಲೆ ಸಾಮಾನ್ಯ ಬಿಂದುವನ್ನು ಹೊಂದಿರುವ ಸ್ಪರ್ಶಕ ಮತ್ತು ಸ್ವರಮೇಳದ ನಡುವಿನ ಕೋನದ ಅಳತೆಯು ಅದರ ಬದಿಗಳ ನಡುವೆ ಸುತ್ತುವರಿದ ಆರ್ಕ್ನ ಅರ್ಧ ಡಿಗ್ರಿ ಅಳತೆಗೆ ಸಮಾನವಾಗಿರುತ್ತದೆ.
$$\square$$ $$O$$ ವೃತ್ತದ ಕೇಂದ್ರವಾಗಿರಲಿ, $$AN$$ ಸ್ಪರ್ಶಕವಾಗಿರಲಿ (ಚಿತ್ರ 5). ಸ್ಪರ್ಶಕ $$AN$$ ಮತ್ತು $$AB$$ ಸ್ವರಮೇಳದ ನಡುವಿನ ಕೋನವನ್ನು $$\alpha$$ ಎಂದು ಸೂಚಿಸೋಣ. ವೃತ್ತದ ಮಧ್ಯಭಾಗಕ್ಕೆ $$A$$ ಮತ್ತು $$B$$ ಬಿಂದುಗಳನ್ನು ಸಂಪರ್ಕಿಸೋಣ.
ಹೀಗಾಗಿ, ಸ್ಪರ್ಶಕ ಮತ್ತು ಸ್ವರಮೇಳದ ನಡುವಿನ ಕೋನದ ಡಿಗ್ರಿ ಅಳತೆಯು ಅದರ ಬದಿಗಳ ನಡುವೆ ಸುತ್ತುವರಿದಿರುವ ಆರ್ಕ್ $$AnB$$ನ ಅರ್ಧ ಡಿಗ್ರಿ ಅಳತೆಗೆ ಸಮಾನವಾಗಿರುತ್ತದೆ ಮತ್ತು ಆದ್ದರಿಂದ, $$BAN$$ ಕೋನವು ಸಮಾನವಾಗಿರುತ್ತದೆ. $$AnB$$ ಚಾಪದಿಂದ ಒಳಗೊಳ್ಳುವ ಯಾವುದೇ ಕೆತ್ತಲಾದ ಕೋನಕ್ಕೆ. ($$MAB$$ ಕೋನಕ್ಕೆ ಇದೇ ರೀತಿಯ ವಾದಗಳನ್ನು ಮಾಡಬಹುದು). $$\ಕಪ್ಪುಚದರ$$
ಪಾಯಿಂಟ್ $$C$$ ವೃತ್ತದ ಮೇಲೆ ಇರುತ್ತದೆ ಮತ್ತು $$M$$ ಬಿಂದುವಿನಿಂದ $$CS = a$$ ಮತ್ತು $$CP = b$$ ದೂರದಲ್ಲಿ ವೃತ್ತಕ್ಕೆ ಎಳೆಯಲಾದ ಸ್ಪರ್ಶಕಗಳಿಂದ ಬೇರ್ಪಟ್ಟಿದೆ (ಚಿತ್ರ 6). $$CK = \sqrt(ab)$$ ಎಂದು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸಿ.
$$\triangle$$ $$CA$$ ಮತ್ತು $$CB$$ ಸ್ವರಮೇಳಗಳನ್ನು ಸೆಳೆಯೋಣ. $$SAC$$ ಸ್ಪರ್ಶಕ $$SA$$ ಮತ್ತು ಸ್ವರಮೇಳದ $$AC$$ ನಡುವಿನ ಕೋನವು $$ABC$$ ಕೆತ್ತಲಾದ ಕೋನಕ್ಕೆ ಸಮಾನವಾಗಿರುತ್ತದೆ. ಮತ್ತು ಸ್ಪರ್ಶಕ $$PB$$ ಮತ್ತು ಸ್ವರಮೇಳ $$BC$$ ನಡುವಿನ ಕೋನ $$PBC$$ ಕೆತ್ತಲಾದ ಕೋನ $$BAC$$ ಗೆ ಸಮಾನವಾಗಿರುತ್ತದೆ. ನಾವು $$\Delta ASC \sim\Delta BKC$$ ಮತ್ತು $$\Delta BPC \sim \Delta AKC$$ ಒಂದೇ ರೀತಿಯ ಲಂಬ ತ್ರಿಕೋನಗಳ ಎರಡು ಜೋಡಿಗಳನ್ನು ಪಡೆದುಕೊಂಡಿದ್ದೇವೆ. ಹೋಲಿಕೆಯಿಂದ ನಾವು $$\dfrac(a)(AC)=\dfrac(x)(BC)$$ ಮತ್ತು $$\dfrac(b)(BC)=\dfrac(x)(AC)$$, ಇದು $ $ab=x^2$$, $$x=\sqrt(ab)$$ ಸೂಚಿಸುತ್ತದೆ. ($$C$$ ಸಾಲಿನಲ್ಲಿ $$AB$$ ಬಿಂದುವಿನ ಪ್ರಕ್ಷೇಪಣವು $$AB$$ ವಿಭಾಗದ ಹೊರಗೆ ಇದ್ದರೆ, ಪುರಾವೆಯು ಹೆಚ್ಚು ಬದಲಾಗುವುದಿಲ್ಲ). (ಚ. ಇತ್ಯಾದಿ) $$\ಕಪ್ಪುತ್ರಿಕೋನ$$
ಆರತಕ್ಷತೆಪರಿಹಾರದಲ್ಲಿ ಅನ್ವಯಿಸಲಾಗಿದೆ - "ಕಾಣೆಯಾದ" ಸ್ವರಮೇಳಗಳನ್ನು ಚಿತ್ರಿಸುವುದು - ಸಾಮಾನ್ಯವಾಗಿ ಸಮಸ್ಯೆಗಳು ಮತ್ತು ಪ್ರಮೇಯಗಳನ್ನು ವೃತ್ತ ಮತ್ತು ಸ್ಪರ್ಶಕದೊಂದಿಗೆ ಸಹಾಯ ಮಾಡುತ್ತದೆ, ಉದಾಹರಣೆಗೆ, ಈ ಕೆಳಗಿನ ಪ್ರಮೇಯದ ಪುರಾವೆಯಲ್ಲಿ "ಸ್ಪರ್ಶಕ ಮತ್ತು ಸೆಕೆಂಟ್ ಬಗ್ಗೆ".
ಪ್ರಮೇಯ 2. ಒಂದು ಬಿಂದುವಿನಿಂದ $$M$$ ಒಂದು ಸ್ಪರ್ಶಕ $$MA$$ ಮತ್ತು ಒಂದು ಸೆಕೆಂಟ್ $$MB$$ ಅನ್ನು ವೃತ್ತಕ್ಕೆ ಎಳೆಯಲಾಗುತ್ತದೆ, ವೃತ್ತವನ್ನು $$C$$ (ಚಿತ್ರ 7) ನಲ್ಲಿ ಛೇದಿಸಿದರೆ, ನಂತರ ಸಮಾನತೆ $$MA ಮಾನ್ಯವಾಗಿದೆ ^2 = MB \cdot MC$$, ಅಂದರೆ. ಒಂದು ಟ್ಯಾಂಜೆಂಟ್ ಮತ್ತು ಸೆಕೆಂಟ್ ಅನ್ನು $$M$$ ಬಿಂದುವಿನಿಂದ ವೃತ್ತಕ್ಕೆ ಎಳೆದರೆ, ನಂತರ $$M$$ ಬಿಂದುವಿನಿಂದ ಸ್ಪರ್ಶದ ಬಿಂದುವಿನವರೆಗೆ ಸ್ಪರ್ಶಕ ವಿಭಾಗದ ವರ್ಗ ಉತ್ಪನ್ನಕ್ಕೆ ಸಮಾನವಾಗಿರುತ್ತದೆ$$M$$ ಬಿಂದುವಿನಿಂದ ವೃತ್ತದೊಂದಿಗೆ ಅದರ ಛೇದನದ ಬಿಂದುಗಳವರೆಗೆ ಸೆಕೆಂಟ್ ವಿಭಾಗಗಳ ಉದ್ದಗಳು.
$$\square$$ $$AC$$ ಮತ್ತು $$AB$$ ಸ್ವರಮೇಳಗಳನ್ನು ಸೆಳೆಯೋಣ. ಸ್ಪರ್ಶಕ ಮತ್ತು ಸ್ವರಮೇಳದ ನಡುವಿನ $$MAC$$ ಕೋನವು ಕೆತ್ತಲಾದ ಕೋನ $$ABC$$ಗೆ ಸಮನಾಗಿರುತ್ತದೆ, ಎರಡೂ ಆರ್ಕ್ $$AnC$$ನ ಅರ್ಧ ಡಿಗ್ರಿ ಅಳತೆಯಿಂದ ಅಳೆಯಲಾಗುತ್ತದೆ. $$MAC$$ ಮತ್ತು $$MBA$$ ತ್ರಿಕೋನಗಳಲ್ಲಿ, $$MAC$$ ಮತ್ತು $$MBA$$ ಕೋನಗಳು ಸಮಾನವಾಗಿರುತ್ತವೆ ಮತ್ತು $$M$$ ಶೃಂಗದ ಕೋನವು ಸಾಮಾನ್ಯವಾಗಿದೆ. ಈ ತ್ರಿಕೋನಗಳು
ಹೋಲುತ್ತವೆ, ಹೋಲಿಕೆಯಿಂದ ನಾವು $$MA/MB = MC/MA$$ ಅನ್ನು ಹೊಂದಿದ್ದೇವೆ, ಇದು $$MA^2 = MB \cdot MC$$ ಅನ್ನು ಸೂಚಿಸುತ್ತದೆ. $$\ಕಪ್ಪುಚದರ$$
ವೃತ್ತದ ತ್ರಿಜ್ಯವು $$R$$ ಆಗಿದೆ. $$M$$ ಬಿಂದುವಿನಿಂದ ಒಂದು ಸ್ಪರ್ಶಕ $$MA$$ ಮತ್ತು ಒಂದು ಸೆಕೆಂಟ್ $$MB$$ ಅನ್ನು ಎಳೆಯಲಾಗುತ್ತದೆ, ವೃತ್ತದ ಕೇಂದ್ರ $$O$$ ಮೂಲಕ ಹಾದುಹೋಗುತ್ತದೆ (ಚಿತ್ರ 8). ಬಿಂದು $$M$$ ಮತ್ತು $$MB = 2MA$$ ಆಗಿದ್ದರೆ ವೃತ್ತದ ಮಧ್ಯದ ನಡುವಿನ ಅಂತರವನ್ನು ಕಂಡುಹಿಡಿಯಿರಿ.
$$\triangle$$ ಅಗತ್ಯವಿರುವ ದೂರವನ್ನು ಸೂಚಿಸೋಣ $$x: \: x=MO$$, ನಂತರ $$MB = x+R$$, $$MC=x-R$$ ಮತ್ತು ಷರತ್ತು $$MA=MB /2= (x+R)/2$$. ಸ್ಪರ್ಶಕ ಮತ್ತು ಸೆಕೆಂಟ್ ಪ್ರಮೇಯದಿಂದ, $$(x+R)^2/4=(x+R)(x-R)$$, ಇದರಿಂದ $$(x+R)$$ ಕಡಿಮೆ ಮಾಡಿದರೆ, ನಾವು $$( x+R )/4=x-R$$. ನಾವು ಸುಲಭವಾಗಿ $$x = \dfrac(5)(3)R$$ ಅನ್ನು ಕಂಡುಕೊಳ್ಳುತ್ತೇವೆ. $$\ಕಪ್ಪುತ್ರಿಕೋನ$$
ಉತ್ತರ
$$\dfrac(5)(3)R$$
3. ವೃತ್ತದ ಸ್ವರಮೇಳಗಳ ಆಸ್ತಿ.
ಈ ಗುಣಲಕ್ಷಣಗಳನ್ನು ನೀವೇ ಸಾಬೀತುಪಡಿಸಲು ಇದು ಉಪಯುಕ್ತವಾಗಿದೆ (ಇದು ಉತ್ತಮ ಬಲವರ್ಧನೆಯಾಗಿದೆ), ನೀವು ಪಠ್ಯಪುಸ್ತಕದಿಂದ ಪುರಾವೆಗಳನ್ನು ವಿಶ್ಲೇಷಿಸಬಹುದು.
1.3$$(\^{\circ}$$. Диаметр, перпендикулярный хорде, делит её пополам. Обратно: диаметр, проходящей через середину хорды (не являющуюся диаметром) перпендикулярен ей. !}
1.4$$(\^{\circ}$$. Равные хорды окружности находятся на !} ಸಮಾನ ಅಂತರವೃತ್ತದ ಮಧ್ಯಭಾಗದಿಂದ. ವ್ಯತಿರಿಕ್ತವಾಗಿ: ಸಮಾನ ಸ್ವರಮೇಳಗಳು ವೃತ್ತದ ಮಧ್ಯಭಾಗದಿಂದ ಸಮಾನ ದೂರದಲ್ಲಿವೆ.
1.5$$(\^{\circ}$$. !} ನಡುವೆ ಸುತ್ತುವರಿದ ವೃತ್ತದ ಕಮಾನುಗಳು ಸಮಾನಾಂತರ ಸ್ವರಮೇಳಗಳು, ಸಮಾನವಾಗಿರುತ್ತದೆ (ಚಿತ್ರ 9 ಪುರಾವೆಯ ಮಾರ್ಗವನ್ನು ಸೂಚಿಸುತ್ತದೆ).
1.6$$(\^{\circ}$$. Если две хорды $$AB$$ и $$CD$$ пересекаются в точке $$M$$, то $$AM \cdot MB = CM \cdot MD$$, т. е. произведение длин отрезков одной хорды равно произведению длин отрезков другой хорды (на рис. 10 $$\Delta AMC \sim \Delta DMB$$). !}
ಕೆಳಗಿನ ಹೇಳಿಕೆಯನ್ನು ನಾವು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸೋಣ.
1.7$$(\^{\circ}$$. !} $$R$$ ತ್ರಿಜ್ಯದ ವೃತ್ತದಲ್ಲಿ $$a$$ ಉದ್ದದ ಸ್ವರಮೇಳದಿಂದ ಕೆತ್ತಲಾದ ಕೋನವು $$\alpha$$ ಗೆ ಸಮನಾಗಿದ್ದರೆ, $$a = 2R\textrm(sin)\alpha$$ .
$$\blacksquare$$ ತ್ರಿಜ್ಯದ ವೃತ್ತದಲ್ಲಿ $$R$$ ಸ್ವರಮೇಳವನ್ನು $$BC = a$$ ಬಿಡಿ, $$BAC$$ ಸ್ವರಮೇಳವನ್ನು $$a$$, $$\ಕೋನ BAC = \alpha$$ (Fig. 11 a, b).
$$BA^(")$$ ವ್ಯಾಸವನ್ನು ಸೆಳೆಯೋಣ ಮತ್ತು ಪರಿಗಣಿಸೋಣ ಬಲ ತ್ರಿಕೋನ$$BA^(")C$$ ($$\angle BCA^(")= 90^(\circ)$$, ವ್ಯಾಸದ ಆಧಾರದ ಮೇಲೆ).
$$A$$ ಕೋನವು ತೀವ್ರವಾಗಿದ್ದರೆ (ಚಿತ್ರ 11a), ನಂತರ ಕೇಂದ್ರ $$O$$ ಮತ್ತು $$A$$ ಶೃಂಗವು $$BC$$, $$\ ಸರಳ ರೇಖೆಯ ಒಂದೇ ಬದಿಯಲ್ಲಿದೆ. ಕೋನ A^(") = \angle A$$ ಮತ್ತು $$BC = BA^(") \cdot \textrm(sin)A^(")$$, ಅಂದರೆ $$a=2R\textrm(sin)A^ (")$ $.
$$A$$ ಕೋನವು ಚೂಪಾಗಿದ್ದರೆ, ಕೇಂದ್ರ $$O$$ ಮತ್ತು $$A$$ ಶೃಂಗವು ಉದ್ದಕ್ಕೂ ಇರುತ್ತದೆ ವಿವಿಧ ಬದಿಗಳು$$BC$$ (Fig. 11b) ನೇರ ರೇಖೆಯಿಂದ, ನಂತರ $$\ ಕೋನ A^(") = 180^(\circ) - \angle A$$ ಮತ್ತು $$BC = BA^(") \cdot \textrm (sin)A^(")$$, ಅಂದರೆ $$a=2R\textrm(sin)(180-A^("))=2R\textrm(sin)A^(")$$.
$$\alpha = 90^(\circ)$$ ಆಗಿದ್ದರೆ, $$BC$$ ವ್ಯಾಸವಾಗಿದೆ, $$BC = 2R = 2R\textrm(sin)90^(\circ)$$.
ಎಲ್ಲಾ ಸಂದರ್ಭಗಳಲ್ಲಿ ಸಮಾನತೆ $$a=2R\textrm(sin)A^(")$$ ನಿಜ. $$\ಕಪ್ಪುತ್ರಿಕೋನ$$
ಆದ್ದರಿಂದ, $$\boxed(a = 2R\textrm(sin)\alpha)$$ ಅಥವಾ $$\boxed(R = \dfrac(a)(2\textrm(sin)\alpha))$$. (*)
$$ABC$$ ತ್ರಿಕೋನದ ಸುತ್ತ ಸುತ್ತುವರಿದಿರುವ ವೃತ್ತದ ತ್ರಿಜ್ಯವನ್ನು ಹುಡುಕಿ, ಇದರಲ್ಲಿ $$AB = 3\sqrt(3)$$, $$BC = 2$$ ಮತ್ತು ಕೋನ $$ABC = 150^(\circ) $$.
$$\triangle$$ ತ್ರಿಕೋನವನ್ನು ಸುತ್ತುವರಿದಿರುವ ವೃತ್ತದಲ್ಲಿ $$ABC$$, $$B$$ ಸ್ವರಮೇಳದಿಂದ $$AC$$ ಉಪಸಂಖ್ಯೆಯ ಕೋನವನ್ನು ಕರೆಯಲಾಗುತ್ತದೆ. ಸಾಬೀತಾದ ಸೂತ್ರದಿಂದ ಇದು ಅನುಸರಿಸುತ್ತದೆ $$R = \dfrac(AC)(2\textrm(sin)B)$$.
$$ABC$$ (ಚಿತ್ರ 12) ತ್ರಿಕೋನಕ್ಕೆ ಕೊಸೈನ್ ಪ್ರಮೇಯವನ್ನು ಅನ್ವಯಿಸೋಣ ಮತ್ತು ಅದನ್ನು ಗಣನೆಗೆ ತೆಗೆದುಕೊಳ್ಳೋಣ
$$\textrm(cos)150^(\circ) = \textrm(cos)(180^(\circ)-30^(\circ)) = -\textrm(cos)30^(\circ) = -\ dfrac(\sqrt(3))(2)$$, ನಾವು ಪಡೆಯುತ್ತೇವೆ
$$AC^2 = 27+4+2\cdot 3\sqrt(3) \cdot 2 \cdot \dfrac(\sqrt(3))(2) = 49,\: AC=7$$.
ನಾವು $$R = \dfrac(AC)(2\textrm(sin)150^(\circ)) = \dfrac(7)(2\textrm(sin)30^(\circ)) = 7$$. $$\ಕಪ್ಪುತ್ರಿಕೋನ$$
ಉತ್ತರ
ಕೆಳಗಿನ ಪ್ರಮೇಯವನ್ನು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸಲು ನಾವು ಸ್ವರಮೇಳಗಳನ್ನು ಛೇದಿಸುವ ಗುಣವನ್ನು ಬಳಸುತ್ತೇವೆ.
ಪ್ರಮೇಯ 3. $$AD$$ ತ್ರಿಕೋನದ ದ್ವಿಭಾಜಕ $$ABC$$ ಆಗಿರಲಿ, ನಂತರ
$$AD^2 = AB\cdot AC - BD\cdot CD$$ , ಅಂದರೆ ಒಂದು ವೇಳೆ$$AB=c,\: AC=b,\: BD=x,\:DC=y$$ , ಅದು$$AD^2 = bc-xy$$ (ಚಿತ್ರ 13a).
$$\square$$ ತ್ರಿಕೋನದ ಸುತ್ತಲಿನ ವೃತ್ತವನ್ನು ವಿವರಿಸೋಣ $$ABC$$ (Fig. 13b) ಮತ್ತು ದ್ವಿಭಾಜಕ $$AD$$ ನ ಮುಂದುವರಿಕೆಯ ಬಿಂದುವನ್ನು $$B_1$$ ಎಂದು ಸೂಚಿಸೋಣ. . ನಾವು $$AD = l $$ ಮತ್ತು $$DB_1 = z $$ ಅನ್ನು ಸೂಚಿಸೋಣ. ಕೆತ್ತಿದ ಕೋನಗಳು $$ABC$$ ಮತ್ತು $$AB_1C$$ ಸಮಾನವಾಗಿರುತ್ತದೆ, $$AD$$ ಕೋನದ ದ್ವಿಭಾಜಕ $$A$$, ಆದ್ದರಿಂದ $$\Delta ABD \sim \Delta AB_1C$$ (ಎರಡು ಕೋನಗಳಲ್ಲಿ ) ಹೋಲಿಕೆಯಿಂದ ನಾವು $$\dfrac(AD)(AC) = \dfrac(AB)(AB_1)$$, ಅಂದರೆ $$\dfrac(l)(b) = \dfrac(c)(l+z) $ $, ಎಲ್ಲಿಂದ $$l^2=bc-lz$$. ಛೇದಿಸುವ ಸ್ವರಮೇಳಗಳ ಗುಣಲಕ್ಷಣದಿಂದ, $$BD\cdot DC = AD \cdot DB_1$$, ಅಂದರೆ $$xy=lz$$, ಆದ್ದರಿಂದ ನಾವು $$l^2=bc-xy$$ ಪಡೆಯುತ್ತೇವೆ. $$\ಕಪ್ಪುಚದರ$$
4. ಎರಡು ಸ್ಪರ್ಶಕ ವಲಯಗಳು
ಈ ವಿಭಾಗವನ್ನು ಮುಕ್ತಾಯಗೊಳಿಸಲು, ನಾವು ಎರಡು ಸ್ಪರ್ಶಕ ವಲಯಗಳೊಂದಿಗೆ ಸಮಸ್ಯೆಗಳನ್ನು ಪರಿಗಣಿಸುತ್ತೇವೆ. ಒಂದು ಸಾಮಾನ್ಯ ಬಿಂದು ಮತ್ತು ಸಾಮಾನ್ಯ ಸ್ಪರ್ಶಕವನ್ನು ಹೊಂದಿರುವ ಎರಡು ವೃತ್ತಗಳನ್ನು ಸ್ಪರ್ಶಕ ಎಂದು ಕರೆಯಲಾಗುತ್ತದೆ. ವೃತ್ತಗಳು ಸಾಮಾನ್ಯ ಸ್ಪರ್ಶದ ಒಂದೇ ಭಾಗದಲ್ಲಿ ನೆಲೆಗೊಂಡಿದ್ದರೆ, ಅವುಗಳನ್ನು ಕರೆಯಲಾಗುತ್ತದೆ ಆಂತರಿಕವಾಗಿ ಸಂಬಂಧಿಸಿದೆ(Fig. 14a), ಮತ್ತು ಸ್ಪರ್ಶದ ವಿರುದ್ಧ ಬದಿಗಳಲ್ಲಿ ನೆಲೆಗೊಂಡಿದ್ದರೆ, ನಂತರ ಅವುಗಳನ್ನು ಕರೆಯಲಾಗುತ್ತದೆ ಬಾಹ್ಯವಾಗಿ ಸಂಬಂಧಿಸಿದೆ(ಚಿತ್ರ 14b).
$$O_1$$ ಮತ್ತು $$O_2$$ ವಲಯಗಳ ಕೇಂದ್ರಗಳಾಗಿದ್ದರೆ, ಸ್ಪರ್ಶದ ವ್ಯಾಖ್ಯಾನದಿಂದ $$AO_1 \perp l$$, $$AO_2 \perp l$$, ಆದ್ದರಿಂದ, ಎರಡೂ ಸಂದರ್ಭಗಳಲ್ಲಿ ಸಾಮಾನ್ಯ ಬಿಂದುಸ್ಪರ್ಶವು ಕೇಂದ್ರಗಳ ಸಾಲಿನಲ್ಲಿದೆ.
ತ್ರಿಜ್ಯದ ಎರಡು ವಲಯಗಳು $$R_1$$ ಮತ್ತು $$R_2$$ ($$R_1 > R_2$$) $$A$$ ಬಿಂದುವಿನಲ್ಲಿ ಆಂತರಿಕವಾಗಿ ಸ್ಪರ್ಶಕವಾಗಿದೆ. ಪಾಯಿಂಟ್ ಮೂಲಕ $$B$$ ಮಲಗಿರುತ್ತದೆ ದೊಡ್ಡ ಸುತ್ತಳತೆ, $$C$$ (Fig. 15) ಬಿಂದುವಿನಲ್ಲಿ ಸಣ್ಣ ವೃತ್ತಕ್ಕೆ ನೇರ ರೇಖೆಯನ್ನು ಎಳೆಯಲಾಗುತ್ತದೆ. $$BC = a$$ ಆಗಿದ್ದರೆ $$AB$$ ಅನ್ನು ಹುಡುಕಿ.
$$\triangle$$ $$O_1$$ ಮತ್ತು $$O_2$$ ದೊಡ್ಡ ಮತ್ತು ಚಿಕ್ಕ ವಲಯಗಳ ಕೇಂದ್ರಗಳಾಗಿರಲಿ, $$D$$ ಚಿಕ್ಕ ವೃತ್ತದೊಂದಿಗೆ $$AB$$ ಸ್ವರಮೇಳದ ಛೇದಕ ಬಿಂದುವಾಗಿರಲಿ. $$O_1N \perp AB$$ ಮತ್ತು $$O_2M \perp AB$$ ಆಗಿದ್ದರೆ, ನಂತರ $$AN=AB/2$$ ಮತ್ತು $$AM=AD/2$$ (ಏಕೆಂದರೆ ಸ್ವರಮೇಳಕ್ಕೆ ಲಂಬವಾಗಿರುವ ತ್ರಿಜ್ಯವು ಅದನ್ನು ಭಾಗಿಸುತ್ತದೆ ಅರ್ಧ). ತ್ರಿಕೋನಗಳ ಹೋಲಿಕೆಯಿಂದ $$AO_2M$$ ಮತ್ತು $$AO_1N$$ $$AN:AM = AO_1:AO_2$$ ಮತ್ತು, ಆದ್ದರಿಂದ, $$AB:AD = R_1:R_2$$.
ಸ್ಪರ್ಶಕ ಮತ್ತು ಸೆಕೆಂಟ್ ಪ್ರಮೇಯದಿಂದ ನಾವು ಹೊಂದಿದ್ದೇವೆ:
$$BC^2 = AB\cdot BD = AB (AB-AD) = AB^2(1 - \dfrac(AD)(AB))$$,
ಅಂದರೆ $$a^2 = AB^2(1-\dfrac(R_2)(R_1))$$.
ಆದ್ದರಿಂದ $$AB = ಒಂದು \sqrt(\dfrac(R_1)(R_1-R_2))$$. $$\ಕಪ್ಪುತ್ರಿಕೋನ$$
$$R_1$$ ಮತ್ತು $$R_2$$ ತ್ರಿಜ್ಯದ ಎರಡು ವಲಯಗಳು $$A$$ ಬಿಂದುವಿನಲ್ಲಿ ಬಾಹ್ಯವಾಗಿ ಸ್ಪರ್ಶಕವಾಗಿದೆ (ಚಿತ್ರ 16). ಅವರ ಸಾಮಾನ್ಯ ಬಾಹ್ಯ ಸ್ಪರ್ಶಕವು $$B$$ ಬಿಂದುವಿನಲ್ಲಿ ದೊಡ್ಡ ವೃತ್ತವನ್ನು ಮತ್ತು $$C$$ ಬಿಂದುವಿನಲ್ಲಿ ಚಿಕ್ಕ ವೃತ್ತವನ್ನು ಮುಟ್ಟುತ್ತದೆ. $$ABC$$ ತ್ರಿಕೋನದಿಂದ ಸುತ್ತುವರಿದ ವೃತ್ತದ ತ್ರಿಜ್ಯವನ್ನು ಹುಡುಕಿ.
$$\triangle$$ $$O_1$$ ಮತ್ತು $$O_2$$ ಬಿಂದುಗಳೊಂದಿಗೆ $$B$$ ಮತ್ತು $$C$$ ಕೇಂದ್ರಗಳನ್ನು ಸಂಪರ್ಕಿಸೋಣ. ಸ್ಪರ್ಶಕದ ವ್ಯಾಖ್ಯಾನದಿಂದ, $$O_1B \perp BC$$ ಮತ್ತು $$O_2C \perp BC$$. ಆದ್ದರಿಂದ, $$O_1B \parallel O_2C$$ ಮತ್ತು $$\angle BO_1O_2 + \angle CO_2O_1 = 180^(\circ)$$. $$\angle ABC = \dfrac(1)(2) \angle BO_1A$$ ಮತ್ತು $$\angle ACB = \dfrac(1)(2) \angle CO_2A$$, ನಂತರ $$\angle ABC + \ ಕೋನ ACB = 90^(\circ)$$. ಅದು ಅನುಸರಿಸುತ್ತದೆ $$\angle BAC = 90^(\circ)$$ , ಮತ್ತು ಆದ್ದರಿಂದ ಲಂಬ ತ್ರಿಕೋನದ ಸುತ್ತ ಸುತ್ತುವರಿದ ವೃತ್ತದ ತ್ರಿಜ್ಯವು $$ABC$$ , ಅರ್ಧಕ್ಕೆ ಸಮಾನವಾಗಿರುತ್ತದೆಹೈಪೊಟೆನ್ಯೂಸ್ $$BC$$.
$$BC$$ ಹುಡುಕೋಣ. $$O_2K \perp O_1B$$, ನಂತರ $$KO_2 = BC,\: O_1K = R_1-R_2,\: O_1O_2 = R_1+R_2$$. ಪೈಥಾಗರಿಯನ್ ಪ್ರಮೇಯವನ್ನು ಬಳಸಿಕೊಂಡು ನಾವು ಕಂಡುಕೊಳ್ಳುತ್ತೇವೆ:
$$KO_2 = \sqrt(O_1O_2^2 - O_1K^2)= 2\sqrt(R_1R_2), \: \underline(BC = 2\sqrt(R_1R_2) )$$.
ಆದ್ದರಿಂದ, $$ABC$$ ತ್ರಿಕೋನವನ್ನು ಸುತ್ತುವರಿದಿರುವ ವೃತ್ತದ ತ್ರಿಜ್ಯವು $$\sqrt(R_1R_2)$$ ಗೆ ಸಮಾನವಾಗಿರುತ್ತದೆ. ಪರಿಹಾರದಲ್ಲಿ $$R_1 > R_2$$, $$R_1 ಗೆ
ಉತ್ತರ
$$\sqrt(R_1R_2)$$
ಒಂದು ಬಿಂದುವಿನಿಂದ ಚಿತ್ರಿಸಿದ ವೃತ್ತಕ್ಕೆ ಸ್ಪರ್ಶಕ ಭಾಗಗಳು ಸಮಾನ ಮತ್ತು ಸಮಾನವಾಗಿರುತ್ತದೆ ಸಮಾನ ಕೋನಗಳುಈ ಬಿಂದು ಮತ್ತು ವೃತ್ತದ ಮಧ್ಯಭಾಗದ ಮೂಲಕ ಹಾದುಹೋಗುವ ನೇರ ರೇಖೆಯೊಂದಿಗೆ. ಪುರಾವೆ. A. 3. B. 4. 1. 2. S. O. ಸ್ಪರ್ಶ ಗುಣಲಕ್ಷಣದ ಬಗ್ಗೆ ಪ್ರಮೇಯದಿಂದ, 1 ಮತ್ತು 2 ಕೋನಗಳು ಲಂಬ ಕೋನಗಳಾಗಿವೆ, ಆದ್ದರಿಂದ ತ್ರಿಕೋನಗಳು ABO ಮತ್ತು ACO ಬಲ-ಕೋನಗಳಾಗಿವೆ. ಅವರು ಸಮಾನರು, ಏಕೆಂದರೆ ಸಾಮಾನ್ಯ ಹೈಪೊಟೆನ್ಯೂಸ್ OA ಮತ್ತು ಸಮಾನ ಕಾಲುಗಳು OV ಮತ್ತು OS. ಆದ್ದರಿಂದ, AB = AC ಮತ್ತು ಕೋನ 3 = ಕೋನ 4, ಇದು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸಬೇಕಾದದ್ದು.
ಸ್ಲೈಡ್ 4ಪ್ರಸ್ತುತಿಯಿಂದ "ವೃತ್ತ" ರೇಖಾಗಣಿತ. ಪ್ರಸ್ತುತಿಯೊಂದಿಗೆ ಆರ್ಕೈವ್ನ ಗಾತ್ರವು 316 KB ಆಗಿದೆ.ಜ್ಯಾಮಿತಿ 8 ನೇ ತರಗತಿ
ಸಾರಾಂಶಇತರ ಪ್ರಸ್ತುತಿಗಳು"ಚತುರ್ಭುಜಗಳ ಗುಣಲಕ್ಷಣಗಳು" - ಟ್ರೆಪೆಜಿಯಮ್. ಡನ್ನೋ ಡ್ಯೂಸ್ ಅನ್ನು ಸರಿಪಡಿಸಿದರು. ಕರ್ಣಗಳು ಕೋನಗಳನ್ನು ವಿಭಜಿಸುತ್ತವೆ. ಚತುರ್ಭುಜಗಳ ವ್ಯಾಖ್ಯಾನಗಳು. ಕರ್ಣಗಳು. ಡಿಕ್ಟೇಶನ್. ಚೌಕವು ಒಂದು ಆಯತವಾಗಿದ್ದು, ಅದರ ಬದಿಗಳು ಸಮಾನವಾಗಿರುತ್ತದೆ. ಎಲ್ಲಾ ಕೋನಗಳು ಸರಿಯಾಗಿವೆ. ವಿರುದ್ಧ ಕೋನಗಳು. ಸಮಾನಾಂತರ ಚತುರ್ಭುಜದ ಅಂಶಗಳು. ಕನ್ಸ್ಟ್ರಕ್ಟರ್. ರೋಂಬಸ್. ಚತುರ್ಭುಜಗಳ ಗುಣಲಕ್ಷಣಗಳು. ಪಕ್ಷಗಳು. ಚತುರ್ಭುಜಗಳು ಮತ್ತು ಅವುಗಳ ಗುಣಲಕ್ಷಣಗಳು. ಚತುರ್ಭುಜ. ಡ್ಯೂಸ್ ಅನ್ನು ಸರಿಪಡಿಸಲು ಡನ್ನೋಗೆ ಸಹಾಯ ಮಾಡಿ. ಕರ್ಣೀಯ. ವಿರುದ್ಧ ಬದಿಗಳು.
"ವೆಕ್ಟರ್ಸ್ 8 ನೇ ತರಗತಿ" - ಪಾಠದ ಉದ್ದೇಶಗಳು. ಹೆಸರು ಸಮಾನವಾಗಿರುತ್ತದೆ ಮತ್ತು ವಿರುದ್ಧ ವಾಹಕಗಳು. ವೆಕ್ಟರ್ನ ನಿರ್ದೇಶಾಂಕಗಳನ್ನು ನಿರ್ಧರಿಸಿ. ಸಮಾನ ವಾಹಕಗಳು. ಭೌತಶಾಸ್ತ್ರದ ಪಾಠಗಳಲ್ಲಿ ವೆಕ್ಟರ್‌ಗಳು. ವಾಕ್ಯವನ್ನು ಮುಂದುವರಿಸಿ. ಹುಡುಕಿ ಮತ್ತು ಹೆಸರಿಸಿ ಸಮಾನ ವಾಹಕಗಳುಈ ಚಿತ್ರದಲ್ಲಿ. ವೆಕ್ಟರ್ ನಿರ್ದೇಶಾಂಕಗಳು. ಪ್ರಾಯೋಗಿಕ ಕೆಲಸ. ಸಂಪೂರ್ಣ ಮೌಲ್ಯವೆಕ್ಟರ್. ವೆಕ್ಟರ್ನ ಸಂಪೂರ್ಣ ಪ್ರಮಾಣ. ಸ್ವತಂತ್ರ ಕೆಲಸಜೋಡಿಯಾಗಿ. ನೈಸರ್ಗಿಕ ವಿದ್ಯಮಾನಗಳನ್ನು ವಿವರಿಸಲಾಗಿದೆ ಭೌತಿಕ ಪ್ರಮಾಣಗಳು. ವಾಹಕಗಳು. ವೆಕ್ಟರ್ ನಿರ್ದೇಶಾಂಕಗಳು.
“ಕಕ್ಷೆಗಳಲ್ಲಿ ಸ್ಕೇಲಾರ್ ಉತ್ಪನ್ನ” - ಗಣಿತದ ಅಭ್ಯಾಸ. ತ್ರಿಕೋನ ಪರಿಹಾರ. ನೆಪೋಲಿಯನ್ ಪ್ರಮೇಯ. ಹೊಸ ವಸ್ತು. ವಿನಿಮಯ ಕಾರ್ಡ್‌ಗಳು. ಸಮಸ್ಯೆಯನ್ನು ಪರಿಹರಿಸೋಣ. ರೇಖಾಗಣಿತ. ಪ್ರಮೇಯದ ಲೇಖಕರ ಹೆಸರು. ಪರಿಣಾಮ. ವೆಕ್ಟರ್. ವಾಹಕಗಳ ಸ್ಕೇಲಾರ್ ಉತ್ಪನ್ನದ ಗುಣಲಕ್ಷಣಗಳು. ಸ್ಕೇಲಾರ್ ಉತ್ಪನ್ನನಿರ್ದೇಶಾಂಕಗಳು ಮತ್ತು ಅದರ ಗುಣಲಕ್ಷಣಗಳಲ್ಲಿ. ಪೈಥಾಗರಿಯನ್ ಪ್ರಮೇಯದ ಪುರಾವೆ. ಗಣಿತ ಪರೀಕ್ಷೆ.
"ಜ್ಯಾಮಿತಿಯಲ್ಲಿ ಅಕ್ಷೀಯ ಸಮ್ಮಿತಿ" - ನೇರ ರೇಖೆಗೆ ಸಂಬಂಧಿಸಿದಂತೆ ಆಕೃತಿಯನ್ನು ಸಮ್ಮಿತೀಯ ಎಂದು ಕರೆಯಲಾಗುತ್ತದೆ a. ಸಮ್ಮಿತಿಯ ಎರಡು ಅಕ್ಷಗಳನ್ನು ಹೊಂದಿರುವ ಅಂಕಿಅಂಶಗಳು. ಸಮ್ಮಿತಿಯ ಒಂದು ಅಕ್ಷವನ್ನು ಹೊಂದಿರುವ ಅಂಕಿಅಂಶಗಳು. ಸರಳ ರೇಖೆಯ C. ವಿಷಯಗಳಿಗೆ ಸಂಬಂಧಿಸಿದಂತೆ ಡೇಟಾಗೆ ಸಮ್ಮಿತೀಯವಾಗಿ ತ್ರಿಕೋನಗಳನ್ನು ನಿರ್ಮಿಸಿ. A" ಮತ್ತು B" ಅಂಕಗಳನ್ನು ನಿರ್ಮಿಸಿ. ವ್ಯಾಖ್ಯಾನ. ಕಾವ್ಯದಲ್ಲಿ ಸಮ್ಮಿತಿ. ಅಕ್ಷೀಯ ಸಮ್ಮಿತಿ. ಎ ಮತ್ತು ಬಿ ಎರಡು ಸರಳ ರೇಖೆಗಳನ್ನು ಎಳೆಯಿರಿ ಮತ್ತು ಎ ಮತ್ತು ಬಿ ಎಂಬ ಎರಡು ಅಂಕಗಳನ್ನು ಗುರುತಿಸಿ. ಇದಕ್ಕೆ ಸಮ್ಮಿತೀಯವಾಗಿ ಆಕೃತಿಯನ್ನು ಹೇಗೆ ಪಡೆಯುವುದು. ಸಮ್ಮಿತಿಯ ಅಕ್ಷವನ್ನು ಹೊಂದಿರುವ ಪದಗಳು.
"ಅಕ್ಷೀಯ ಮತ್ತು ಕೇಂದ್ರ ಸಮ್ಮಿತಿ" ರೇಖಾಗಣಿತ - ಆಕೃತಿಯನ್ನು ವಿವರಿಸಿ. ವೇಲ್ ಹರ್ಮನ್. ಸಸ್ಯ ಜಗತ್ತಿನಲ್ಲಿ ಸಮ್ಮಿತಿ. ವಿಜ್ಞಾನ. ಕೀಟಗಳ ಜಗತ್ತಿನಲ್ಲಿ ಸಮ್ಮಿತಿ. ತ್ರಿಕೋನದ ಕೋನಗಳು. ತಿರುಗುವ ಸಮ್ಮಿತಿ. ಪ್ರಮಾಣಾನುಗುಣತೆ. ನಿರ್ಮಾಣ ಅಲ್ಗಾರಿದಮ್. ಅಕ್ಷೀಯ ಮತ್ತು ಕೇಂದ್ರ ಸಮ್ಮಿತಿ. ಕೇಂದ್ರದ ಬಗ್ಗೆ ಸಮ್ಮಿತೀಯ ಬಿಂದುಗಳು. ನೇರ ರೇಖೆಗೆ ಸಂಬಂಧಿಸಿದ ಬಿಂದುಗಳ ಸಮ್ಮಿತಿ. ಪರಿಚಿತ ವೈಶಿಷ್ಟ್ಯಗಳು. ಈ ಫೋಟೋಗಳಿಗೆ ನಿಮ್ಮನ್ನು ಆಕರ್ಷಿಸಿದ್ದು ಯಾವುದು? ಪಾಯಿಂಟ್ O. ಸೆಂಟ್ರಲ್ ಮತ್ತು ಅಕ್ಷೀಯ ಸಮ್ಮಿತಿ. ಆಕೃತಿಯ ಸಮ್ಮಿತಿಯು ತುಲನಾತ್ಮಕವಾಗಿ ನೇರವಾಗಿರುತ್ತದೆ.
““ಥೇಲ್ಸ್ ಪ್ರಮೇಯ” 8 ನೇ ತರಗತಿ” - ವಿಭಾಗ. ಸಮಸ್ಯೆಗಳನ್ನು ಪರಿಹರಿಸುವ ಕೌಶಲ್ಯಗಳು. ಕರ್ಣೀಯ. ವಿಶ್ಲೇಷಣೆ. ಗಾಗಿ ಕಾರ್ಯಗಳು ಮುಗಿದ ರೇಖಾಚಿತ್ರಗಳು. ಪುರಾವೆ. ಅಧ್ಯಯನ. ಸಮಾನಾಂತರ ರೇಖೆಗಳು. ಥೇಲ್ಸ್ ಅನ್ನು ಜಿಯೋಮೀಟರ್ ಎಂದು ಕರೆಯಲಾಗುತ್ತದೆ. ಥೇಲ್ಸ್ ಆಫ್ ಮಿಲೆಟಸ್. ಬದಿಗಳ ಮಧ್ಯಬಿಂದುಗಳು. ಥೇಲ್ಸ್ ಪ್ರಮೇಯ. ಥೇಲ್ಸ್ ಹೇಳಿಕೆಗಳು. ಕಾರ್ಯ. ಟ್ರೆಪೆಜಾಯಿಡ್ನ ಕೋನಗಳನ್ನು ಹುಡುಕಿ. ಸಾಬೀತುಪಡಿಸಿ.
ಹೆಚ್ಚಾಗಿ, ಇದು ಅರ್ಜಿದಾರರು, ಪದವೀಧರರು ಮತ್ತು ಭಾಗವಹಿಸುವವರಿಗೆ ತೊಂದರೆಗಳನ್ನು ಉಂಟುಮಾಡುವ ಜ್ಯಾಮಿತೀಯ ಸಮಸ್ಯೆಗಳು ಗಣಿತದ ಒಲಂಪಿಯಾಡ್‌ಗಳು. ನೀವು 2010 ರ ಏಕೀಕೃತ ರಾಜ್ಯ ಪರೀಕ್ಷೆಯ ಅಂಕಿಅಂಶಗಳನ್ನು ನೋಡಿದರೆ, ನೀವು ಅದನ್ನು ನೋಡಬಹುದು ಜ್ಯಾಮಿತೀಯ ಸಮಸ್ಯೆಸುಮಾರು 12% ಭಾಗವಹಿಸುವವರು C4 ಅನ್ನು ಪ್ರಾರಂಭಿಸಿದರು, ಆದರೆ ಭಾಗವಹಿಸುವವರಲ್ಲಿ 0.2% ಮಾತ್ರ ಪೂರ್ಣ ಅಂಕಗಳನ್ನು ಪಡೆದರು, ಮತ್ತು ಒಟ್ಟಾರೆಯಾಗಿ ಈ ಕಾರ್ಯವು ಪ್ರಸ್ತಾಪಿಸಿದ ಎಲ್ಲಕ್ಕಿಂತ ಹೆಚ್ಚು ಕಷ್ಟಕರವಾಗಿದೆ.
ನಿಸ್ಸಂಶಯವಾಗಿ, ಶೀಘ್ರದಲ್ಲೇ ನಾವು ಶಾಲಾ ಮಕ್ಕಳಿಗೆ ಸಮಸ್ಯೆಗಳಿಗೆ ಸುಂದರವಾದ ಅಥವಾ ಅನಿರೀಕ್ಷಿತ ಪರಿಹಾರಗಳನ್ನು ನೀಡುತ್ತೇವೆ ಬಹುತೇಕಗಂಭೀರವಾಗಿ ಮತ್ತು ದೀರ್ಘಕಾಲದವರೆಗೆ ಆಸಕ್ತಿ ಮತ್ತು ಸೆರೆಹಿಡಿಯಲು. ಆದರೆ ಆಸಕ್ತಿದಾಯಕ ಮತ್ತು ಹೇಗೆ ಕಂಡುಹಿಡಿಯುವುದು ಕಷ್ಟ ಸಂಕೀರ್ಣ ಕಾರ್ಯಗಳು 7 ನೇ ತರಗತಿಯ ಹಂತದಲ್ಲಿ, ಜ್ಯಾಮಿತಿಯ ವ್ಯವಸ್ಥಿತ ಅಧ್ಯಯನವು ಪ್ರಾರಂಭವಾದಾಗ. ತ್ರಿಕೋನಗಳ ಸಮಾನತೆಯ ಚಿಹ್ನೆಗಳು, ಪಕ್ಕದ ಗುಣಲಕ್ಷಣಗಳನ್ನು ಮಾತ್ರ ತಿಳಿದಿರುವ ಗಣಿತಶಾಸ್ತ್ರದಲ್ಲಿ ಆಸಕ್ತಿ ಹೊಂದಿರುವ ವಿದ್ಯಾರ್ಥಿಗೆ ಏನು ನೀಡಬಹುದು ಲಂಬ ಕೋನಗಳು? ಆದಾಗ್ಯೂ, ವೃತ್ತದೊಂದಿಗೆ ಒಂದು ಸಾಮಾನ್ಯ ಬಿಂದುವನ್ನು ಹೊಂದಿರುವ ನೇರ ರೇಖೆಯಂತೆ, ಒಂದು ಸ್ಪರ್ಶದ ಪರಿಕಲ್ಪನೆಯನ್ನು ವೃತ್ತಕ್ಕೆ ಪರಿಚಯಿಸಬಹುದು; ಸಂಪರ್ಕದ ಬಿಂದುವಿಗೆ ಎಳೆಯಲಾದ ತ್ರಿಜ್ಯವು ಸ್ಪರ್ಶಕ್ಕೆ ಲಂಬವಾಗಿರುತ್ತದೆ ಎಂದು ಊಹಿಸಿ. ಸಹಜವಾಗಿ, ಎರಡು ವಲಯಗಳು ಮತ್ತು ಸಾಮಾನ್ಯ ಸ್ಪರ್ಶಕಗಳ ಜೋಡಣೆಯ ಎಲ್ಲಾ ಸಂಭವನೀಯ ಪ್ರಕರಣಗಳನ್ನು ಪರಿಗಣಿಸುವುದು ಯೋಗ್ಯವಾಗಿದೆ, ಅದನ್ನು ಶೂನ್ಯದಿಂದ ನಾಲ್ಕಕ್ಕೆ ಎಳೆಯಬಹುದು. ಕೆಳಗೆ ಪ್ರಸ್ತಾಪಿಸಲಾದ ಪ್ರಮೇಯಗಳನ್ನು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸುವ ಮೂಲಕ, ಏಳನೇ ತರಗತಿಯವರಿಗೆ ನೀವು ಸಮಸ್ಯೆಗಳ ಗುಂಪನ್ನು ಗಮನಾರ್ಹವಾಗಿ ವಿಸ್ತರಿಸಬಹುದು. ಅದೇ ಸಮಯದಲ್ಲಿ, ಏಕಕಾಲದಲ್ಲಿ ಪ್ರಮುಖ ಅಥವಾ ಸರಳವಾಗಿ ಆಸಕ್ತಿದಾಯಕ ಮತ್ತು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸಿ ತಮಾಷೆಯ ಸಂಗತಿಗಳು. ಇದಲ್ಲದೆ, ಶಾಲಾ ಪಠ್ಯಪುಸ್ತಕದಲ್ಲಿ ಅನೇಕ ಹೇಳಿಕೆಗಳನ್ನು ಸೇರಿಸಲಾಗಿಲ್ಲವಾದ್ದರಿಂದ, ಅವುಗಳನ್ನು ವೃತ್ತದ ತರಗತಿಗಳಲ್ಲಿ ಮತ್ತು ಪ್ಲಾನಿಮೆಟ್ರಿಯನ್ನು ಪುನರಾವರ್ತಿಸುವಾಗ ಪದವೀಧರರೊಂದಿಗೆ ಚರ್ಚಿಸಬಹುದು. ಈ ಸಂಗತಿಗಳು ಕಳೆದ ಶೈಕ್ಷಣಿಕ ವರ್ಷದಲ್ಲಿ ಪ್ರಸ್ತುತವಾಗಿವೆ. ಅನೇಕ ರೋಗನಿರ್ಣಯದ ಕೆಲಸ ಸ್ವತಃ ರಿಂದ ಏಕೀಕೃತ ರಾಜ್ಯ ಪರೀಕ್ಷೆಯ ಕೆಲಸಕೆಳಗೆ ಸಾಬೀತಾಗಿರುವ ಟ್ಯಾಂಜೆಂಟ್ ವಿಭಾಗದ ಆಸ್ತಿಯನ್ನು ಬಳಸುವುದು ಅಗತ್ಯವಿರುವ ಪರಿಹಾರಕ್ಕಾಗಿ ಸಮಸ್ಯೆಯನ್ನು ಒಳಗೊಂಡಿದೆ.
T 1
ಟ್ಯಾಂಜೆಂಟ್‌ಗಳ ಭಾಗಗಳನ್ನು ವೃತ್ತಕ್ಕೆ ಎಳೆಯಲಾಗುತ್ತದೆ
ಒಂದು ಬಿಂದುವಿಗೆ ಸಮನಾಗಿರುತ್ತದೆ (ಚಿತ್ರ 1)
ಏಳನೇ ತರಗತಿ ವಿದ್ಯಾರ್ಥಿಗಳಿಗೆ ನೀವು ಮೊದಲು ಪರಿಚಯಿಸಬಹುದಾದ ಪ್ರಮೇಯ ಇದು.
ಪುರಾವೆ ಪ್ರಕ್ರಿಯೆಯಲ್ಲಿ, ನಾವು ಬಲ ತ್ರಿಕೋನಗಳ ಸಮಾನತೆಯ ಚಿಹ್ನೆಯನ್ನು ಬಳಸಿದ್ದೇವೆ ಮತ್ತು ವೃತ್ತದ ಮಧ್ಯಭಾಗವು ಕೋನದ ದ್ವಿಭಾಜಕದ ಮೇಲೆ ಇರುತ್ತದೆ ಎಂದು ತೀರ್ಮಾನಿಸಿದೆವು. ಬಿಎಸ್ಎ.
ದಾರಿಯುದ್ದಕ್ಕೂ, ಕೋನದ ದ್ವಿಭಾಜಕ ಎಂದು ನಾವು ನೆನಪಿಸಿಕೊಂಡಿದ್ದೇವೆ ಸ್ಥಳಅದರ ಬದಿಗಳಿಂದ ಸಮಾನವಾದ ಕೋನದ ಆಂತರಿಕ ಪ್ರದೇಶದ ಬಿಂದುಗಳು. ಕ್ಷುಲ್ಲಕ ಸಮಸ್ಯೆಯಿಂದ ದೂರವಿರುವ ಪರಿಹಾರವು ಈ ಸತ್ಯಗಳನ್ನು ಆಧರಿಸಿದೆ, ಜ್ಯಾಮಿತಿಯನ್ನು ಅಧ್ಯಯನ ಮಾಡಲು ಪ್ರಾರಂಭಿಸುವವರಿಗೂ ಸಹ ಪ್ರವೇಶಿಸಬಹುದು.
1. ಕೋನ ದ್ವಿಭಾಜಕಗಳು ಎ, INಮತ್ತು ಇದರೊಂದಿಗೆಪೀನ ಚತುರ್ಭುಜ ಎ ಬಿ ಸಿ ಡಿಒಂದು ಹಂತದಲ್ಲಿ ಛೇದಿಸುತ್ತದೆ. ಕಿರಣಗಳು ಎಬಿಮತ್ತು ಡಿಸಿಒಂದು ಹಂತದಲ್ಲಿ ಛೇದಿಸುತ್ತದೆ ಇ, ಮತ್ತು ಕಿರಣಗಳು
ಸೂರ್ಯಮತ್ತು ಕ್ರಿ.ಶಹಂತದಲ್ಲಿ ಎಫ್. ಪೀನವಲ್ಲದ ಚತುರ್ಭುಜ ಎಂದು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸಿ AECFವಿರುದ್ಧ ಬದಿಗಳ ಉದ್ದಗಳ ಮೊತ್ತವು ಸಮಾನವಾಗಿರುತ್ತದೆ.
ಪರಿಹಾರ (ಚಿತ್ರ 2).ಅವಕಾಶ ಬಗ್ಗೆ- ಈ ದ್ವಿಭಾಜಕಗಳ ಛೇದನದ ಬಿಂದು. ನಂತರ ಬಗ್ಗೆಚತುರ್ಭುಜದ ಎಲ್ಲಾ ಬದಿಗಳಿಂದ ಸಮಾನ ದೂರದಲ್ಲಿದೆ ಎ ಬಿ ಸಿ ಡಿ, ಅದು
ಚತುರ್ಭುಜದಲ್ಲಿ ಕೆತ್ತಲಾದ ವೃತ್ತದ ಕೇಂದ್ರವಾಗಿದೆ. ಪ್ರಮೇಯದಿಂದ 1
ಕೆಳಗಿನ ಸಮಾನತೆಗಳು ನಿಜ: AR = ಎ.ಕೆ.,
ER = ಇ.ಪಿ., ಎಫ್.ಟಿ. = FK. ಪದದ ಮೂಲಕ ಎಡ ಮತ್ತು ಬಲ ಬದಿಗಳನ್ನು ಸೇರಿಸೋಣ ಮತ್ತು ಸರಿಯಾದ ಸಮಾನತೆಯನ್ನು ಪಡೆಯೋಣ:
(AR + ER) + ಎಫ್.ಟಿ. = (ಎ.ಕೆ. +FK) + ಇ.ಪಿ.; ಎ.ಇ. + (ಎಫ್.ಸಿ. + ಸಿ.ಟಿ.) = ಎ.ಎಫ್. + (ಇಯು + ಪಿಸಿ) ಏಕೆಂದರೆ ST = ಆರ್ಎಸ್, ಅದು ಎಇ + ಎಫ್.ಸಿ. = ಎ.ಎಫ್. + ಇಯು, ಇದು ಸಾಬೀತು ಮಾಡಬೇಕಾಗಿತ್ತು.
ಅಸಾಮಾನ್ಯ ಸೂತ್ರೀಕರಣದೊಂದಿಗಿನ ಸಮಸ್ಯೆಯನ್ನು ನಾವು ಪರಿಗಣಿಸೋಣ, ಅದರ ಪರಿಹಾರಕ್ಕಾಗಿ ಪ್ರಮೇಯವನ್ನು ತಿಳಿದುಕೊಳ್ಳುವುದು ಸಾಕು 1 .
2. ಇದೆ ಎನ್ಒಂದು ತ್ರಿಕೋನವು ಅದರ ಬದಿಗಳು ಅನುಕ್ರಮವಾಗಿ 1, 2, 3, ..., ಎನ್, ಯಾವ ವೃತ್ತವನ್ನು ಕೆತ್ತಬಹುದು?
ಪರಿಹಾರ. ಇದನ್ನು ಹೇಳೋಣ ಎನ್-ಗಾನ್ ಅಸ್ತಿತ್ವದಲ್ಲಿದೆ. ಎ 1 ಎ 2 =1, …, ಎ n-1 ಎ n= ಎನ್– 1,ಎಎನ್ ಎ 1 = ಎನ್. ಬಿ 1 , …, ಬಿ n - ಅನುಗುಣವಾದ ಅಂಕಗಳುಸ್ಪರ್ಶಿಸಿ. ನಂತರ ಪ್ರಮೇಯ 1 ಮೂಲಕ ಎ 1 ಬಿ 1 = ಎ 1 ಬಿಎನ್< 1, ಎನ್ – 1 < ಎಎನ್ ಬಿಎನ್< ಎನ್.ಸ್ಪರ್ಶಕ ವಿಭಾಗಗಳ ಆಸ್ತಿಯಿಂದ ಎಎನ್ ಬಿ n= ಎಎನ್ ಬಿ n-1 ಆದರೆ, ಎಎನ್ ಬಿ n-1< ಎ n-1 ಎ n= n - 1. ವಿರೋಧಾಭಾಸ. ಆದ್ದರಿಂದ ನಂ ಎನ್- ಸಮಸ್ಯೆಯ ಪರಿಸ್ಥಿತಿಗಳನ್ನು ಪೂರೈಸುವುದು.
T 2ಮೊತ್ತಗಳು ಎದುರಾಳಿ ಬದಿಗಳುಚತುರ್ಭುಜ ಸುತ್ತುವರಿದಿದೆ
ವಲಯಗಳು ಸಮಾನವಾಗಿವೆ (ಚಿತ್ರ 3)
ಶಾಲಾ ಮಕ್ಕಳು, ನಿಯಮದಂತೆ, ವಿವರಿಸಿದ ಚತುರ್ಭುಜದ ಈ ಆಸ್ತಿಯನ್ನು ಸುಲಭವಾಗಿ ಸಾಬೀತುಪಡಿಸುತ್ತಾರೆ. ಪ್ರಮೇಯವನ್ನು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸಿದ ನಂತರ 1 , ಇದು ತರಬೇತಿ ವ್ಯಾಯಾಮ. ನಾವು ಈ ಸತ್ಯವನ್ನು ಸಾಮಾನ್ಯೀಕರಿಸಬಹುದು - ಸುತ್ತುವರಿದ ಸಮ ತ್ರಿಕೋನದ ಬದಿಗಳ ಮೊತ್ತವನ್ನು ಒಂದು ಬದಿಯ ಮೂಲಕ ತೆಗೆದುಕೊಳ್ಳಲಾಗುತ್ತದೆ, ಸಮಾನವಾಗಿರುತ್ತದೆ. ಉದಾಹರಣೆಗೆ, ಷಡ್ಭುಜಾಕೃತಿಗಾಗಿ ABCDEFಬಲ: AB + CD + EF = BC + DE + FA.
ಪರಿಹಾರ (ಚಿತ್ರ 1). ABEF ಮತ್ತು ECDF ಚತುರ್ಭುಜಗಳು ಆವರ್ತಕವಾಗಿರುವುದರಿಂದ, ನಂತರ ಪ್ರಮೇಯ 2 P ABEF = 2(AB + EF) ಮತ್ತು P ECDF = 2(CD + EF) ಷರತ್ತಿನ ಮೂಲಕ
P ABEF – P ECDF = 2(AB + EF) – 2(CD + EF) = 2p. AB - CD = p. AB = a + p.
ಭಾಗಗಳನ್ನು ಛೇದಿಸುವ ಮೂಲಕ ವೃತ್ತಕ್ಕೆ ಸ್ಪರ್ಶಕವನ್ನು ಎಳೆಯಲಾಗುತ್ತದೆ ಎಬಿಮತ್ತು ಎಸಿಬಿಂದುಗಳಲ್ಲಿ ಎಂಮತ್ತು ಆರ್ಕ್ರಮವಾಗಿ. ತ್ರಿಕೋನದ ಪರಿಧಿಯನ್ನು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸಿ AMRಮತ್ತು ಕೋನದ ಪ್ರಮಾಣ MPAಪಾಯಿಂಟ್ X ನ ಆಯ್ಕೆಯ ಮೇಲೆ ಅವಲಂಬಿತವಾಗಿಲ್ಲ.
ಪರಿಹಾರ (ಚಿತ್ರ 5).ಪ್ರಮೇಯ 1 ರಿಂದ MV = MX ಮತ್ತು RS = RH.ಆದ್ದರಿಂದ, ತ್ರಿಕೋನದ ಪರಿಧಿ AMRವಿಭಾಗಗಳ ಮೊತ್ತಕ್ಕೆ ಸಮಾನವಾಗಿರುತ್ತದೆ ಎಬಿಮತ್ತು ಎಸಿಅಥವಾ ತ್ರಿಕೋನಕ್ಕಾಗಿ ಎರಡು ಸ್ಪರ್ಶಕವನ್ನು ಹೊರವಲಯಕ್ಕೆ ಎಳೆಯಲಾಗುತ್ತದೆ AMR . MOP ಕೋನದ ಮೌಲ್ಯವನ್ನು ಅರ್ಧ ಕೋನದಿಂದ ಅಳೆಯಲಾಗುತ್ತದೆ VOS, ಇದು ಬಿಂದುವಿನ ಆಯ್ಕೆಯ ಮೇಲೆ ಅವಲಂಬಿತವಾಗಿರುವುದಿಲ್ಲ X.
ಪರಿಹಾರ (ಚಿತ್ರ 6). ವಿಧಾನ ಒಂದು (ಬೀಜಗಣಿತ). ಅವಕಾಶ AK = AN = x,ನಂತರ BK = BM = c – x, CM = CN = a – c + x. AC = AN + NC,ನಂತರ ನಾವು ಒಂದು ಸಮೀಕರಣವನ್ನು ರಚಿಸಬಹುದು x: b = x + (a – c + x).ಎಲ್ಲಿ
.
ವಿಧಾನ ಎರಡು (ಜ್ಯಾಮಿತೀಯ). ರೇಖಾಚಿತ್ರವನ್ನು ನೋಡೋಣ. ಸಮಾನ ಸ್ಪರ್ಶಕಗಳ ವಿಭಾಗಗಳು, ಒಂದೊಂದಾಗಿ ತೆಗೆದುಕೊಳ್ಳಲಾಗುತ್ತದೆ, ಅರೆ-ಪರಿಧಿಯವರೆಗೆ ಸೇರಿಸಿ
ತ್ರಿಕೋನ. ಕೆಂಪು ಮತ್ತು ಹಸಿರು ಒಂದು ಬದಿಯನ್ನು ರೂಪಿಸುತ್ತವೆ ಎ.ನಂತರ ನಾವು ಆಸಕ್ತಿ ಹೊಂದಿರುವ ವಿಭಾಗ x = p - a.ಸಹಜವಾಗಿ, ಪಡೆದ ಫಲಿತಾಂಶಗಳು ಹೊಂದಿಕೆಯಾಗುತ್ತವೆ.
. Zಉಲ್ಲೇಖದ ಸಮಸ್ಯೆಯಿಂದ ಎಂಬುದನ್ನು ಗಮನಿಸಿ 1
ಅದನ್ನು ಅನುಸರಿಸುತ್ತದೆ CM = p Δ ABC. b + x = p; x = p - b.ಪರಿಣಾಮವಾಗಿ ಸೂತ್ರಗಳು ಈ ಕೆಳಗಿನ ಸಮಸ್ಯೆಗಳಲ್ಲಿ ಅನ್ವಯಿಸುತ್ತವೆ. 4. ಕಾಲುಗಳೊಂದಿಗೆ ಬಲ ತ್ರಿಕೋನದಲ್ಲಿ ಕೆತ್ತಲಾದ ವೃತ್ತದ ತ್ರಿಜ್ಯವನ್ನು ಹುಡುಕಿ a, bಮತ್ತು ಹೈಪೊಟೆನ್ಯೂಸ್ ಜೊತೆಗೆ. ಪರಿಹಾರ (ಚಿತ್ರ 8). ಟಿಸರಿ ಹೇಗೆ OMCN -ಚದರ, ನಂತರ ಕೆತ್ತಲಾದ ವೃತ್ತದ ತ್ರಿಜ್ಯವು ಟ್ಯಾಂಜೆಂಟ್ ಸೆಗ್ಮೆಂಟ್ CN ಗೆ ಸಮಾನವಾಗಿರುತ್ತದೆ.
.
5. ತ್ರಿಕೋನದ ಬದಿಯೊಂದಿಗೆ ಕೆತ್ತಲಾದ ಮತ್ತು ಸುತ್ತುವ ಸ್ಪರ್ಶದ ಬಿಂದುಗಳು ಈ ಬದಿಯ ಮಧ್ಯದಲ್ಲಿ ಸಮ್ಮಿತೀಯವಾಗಿವೆ ಎಂದು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸಿ.
ಪರಿಹಾರ (ಚಿತ್ರ 9). AK ಎಂಬುದು ತ್ರಿಕೋನದ ಹೊರವಲಯದ ಸ್ಪರ್ಶ ವಿಭಾಗವಾಗಿದೆ ಎಂಬುದನ್ನು ಗಮನಿಸಿ ಎಬಿಸಿ.ಸೂತ್ರದ ಪ್ರಕಾರ (2)
. VM- ಸಾಲಿನ ವಿಭಾಗ
ತ್ರಿಕೋನಕ್ಕಾಗಿ ವೃತ್ತಕ್ಕೆ ಸ್ಪರ್ಶಕ ಎಬಿಸಿ.ಸೂತ್ರದ ಪ್ರಕಾರ (1)
. AK = VM,ಮತ್ತು ಇದರರ್ಥ ಅಂಕಗಳು ಕೆ ಮತ್ತು ಎಂಬದಿಯ ಮಧ್ಯದಿಂದ ಸಮಾನ ದೂರದಲ್ಲಿದೆ ಎಬಿ,ಕ್ಯೂ.ಇ.ಡಿ.
6. ಎರಡು ಸಾಮಾನ್ಯ ಬಾಹ್ಯ ಸ್ಪರ್ಶಕಗಳು ಮತ್ತು ಒಂದು ಆಂತರಿಕ ಸ್ಪರ್ಶಕವನ್ನು ಎರಡು ವೃತ್ತಗಳಿಗೆ ಎಳೆಯಲಾಗುತ್ತದೆ. ಆಂತರಿಕ ಸ್ಪರ್ಶಕವು ಬಾಹ್ಯ ಸ್ಪರ್ಶಕಗಳನ್ನು ಬಿಂದುಗಳಲ್ಲಿ ಛೇದಿಸುತ್ತದೆ ಎ, ಬಿಮತ್ತು ಬಿಂದುಗಳಲ್ಲಿ ವಲಯಗಳನ್ನು ಮುಟ್ಟುತ್ತದೆ ಎ 1ಮತ್ತು 1 ರಲ್ಲಿ.ಅದನ್ನು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸಿ AA 1 = BB 1.
ಪರಿಹಾರ (ಚಿತ್ರ 10). ನಿಲ್ಲಿಸು... ನಿರ್ಧರಿಸಲು ಏನಿದೆ? ಇದು ಹಿಂದಿನ ಸಮಸ್ಯೆಯ ವಿಭಿನ್ನ ಸೂತ್ರೀಕರಣವಾಗಿದೆ. ನಿಸ್ಸಂಶಯವಾಗಿ, ವೃತ್ತಗಳಲ್ಲಿ ಒಂದನ್ನು ಕೆತ್ತಲಾಗಿದೆ ಮತ್ತು ಇನ್ನೊಂದು ನಿರ್ದಿಷ್ಟ ತ್ರಿಕೋನಕ್ಕೆ ವೃತ್ತವಾಗಿದೆ ಎಬಿಸಿ.ಮತ್ತು ವಿಭಾಗಗಳು ಎಎ 1 ಮತ್ತು ಬಿಬಿ 1ವಿಭಾಗಗಳಿಗೆ ಅನುರೂಪವಾಗಿದೆ ಎಕೆಮತ್ತು VMಕಾರ್ಯಗಳು 5. ನಲ್ಲಿ ಪ್ರಸ್ತಾಪಿಸಲಾದ ಕಾರ್ಯವು ಗಮನಾರ್ಹವಾಗಿದೆ ಆಲ್-ರಷ್ಯನ್ ಒಲಂಪಿಯಾಡ್ಗಣಿತದಲ್ಲಿ ಶಾಲಾ ಮಕ್ಕಳು, ಅಂತಹ ಸ್ಪಷ್ಟ ರೀತಿಯಲ್ಲಿ ಪರಿಹರಿಸಲಾಗುತ್ತದೆ.
7. ಟ್ರಾವರ್ಸಲ್ ಕ್ರಮದಲ್ಲಿ ಪಂಚಭುಜಾಕೃತಿಯ ಬದಿಗಳು 5, 6, 10, 7, 8. ಈ ಪೆಂಟಗನ್ನಲ್ಲಿ ವೃತ್ತವನ್ನು ಕೆತ್ತಲು ಸಾಧ್ಯವಿಲ್ಲ ಎಂದು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸಿ.
ಪರಿಹಾರ (ಚಿತ್ರ 11). ಅದು ಪಂಚಭುಜಾಕೃತಿಯಲ್ಲಿದೆ ಎಂದು ಭಾವಿಸೋಣ ಎಬಿಸಿಡಿಇನೀವು ವೃತ್ತವನ್ನು ಬರೆಯಬಹುದು. ಇದಲ್ಲದೆ, ಪಕ್ಷಗಳು ಎಬಿ, ಬಿ.ಸಿ., ಸಿಡಿ, DEಮತ್ತು ಇಎಅನುಕ್ರಮವಾಗಿ 5, 6, 10, 7 ಮತ್ತು 8 ಕ್ಕೆ ಸಮಾನವಾಗಿರುತ್ತದೆ. ನಾವು ಸ್ಪರ್ಶ ಬಿಂದುಗಳನ್ನು ಅನುಕ್ರಮದಲ್ಲಿ ಗುರುತಿಸೋಣ - ಎಫ್, ಜಿ, ಎಚ್, ಎಂಮತ್ತು ಎನ್. ವಿಭಾಗದ ಉದ್ದವನ್ನು ಬಿಡಿ ಎ.ಎಫ್.ಸಮಾನವಾಗಿರುತ್ತದೆ X.
ನಂತರ ಬಿ.ಎಫ್. = FD – ಎ.ಎಫ್. = 5 – X = ಬಿ.ಜಿ.. ಜಿ.ಸಿ. = ಬಿ.ಸಿ. – ಬಿ.ಜಿ. = = 6 – (5 – X) = 1 + X = ಸಿಎಚ್. ಮತ್ತು ಇತ್ಯಾದಿ: ಎಚ್.ಡಿ = DM = 9 – X; ಎಂ.ಇ. = EN = X – 2, ಎಎನ್ = 10 – X.
ಆದರೆ, ಎ.ಎಫ್. = ಎಎನ್. ಅಂದರೆ 10 - X = X; X= 5. ಆದಾಗ್ಯೂ, ಸ್ಪರ್ಶಕ ವಿಭಾಗ ಎ.ಎಫ್.ಸಮಾನ ಬದಿಗೆ ಸಾಧ್ಯವಿಲ್ಲ ಎಬಿ. ಪರಿಣಾಮವಾಗಿ ಉಂಟಾಗುವ ವಿರೋಧಾಭಾಸವು ನಿರ್ದಿಷ್ಟ ಪೆಂಟಗನ್ನಲ್ಲಿ ವೃತ್ತವನ್ನು ಕೆತ್ತಲು ಸಾಧ್ಯವಿಲ್ಲ ಎಂದು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸುತ್ತದೆ.
8. ಒಂದು ವೃತ್ತವನ್ನು ಷಡ್ಭುಜಾಕೃತಿಯಲ್ಲಿ ಕೆತ್ತಲಾಗಿದೆ; ಅದರ ಬದಿಗಳನ್ನು ಸುತ್ತುವ ಕ್ರಮದಲ್ಲಿ 1, 2, 3, 4, 5. ಆರನೇ ಬದಿಯ ಉದ್ದವನ್ನು ಕಂಡುಹಿಡಿಯಿರಿ.
ಪರಿಹಾರ. ಸಹಜವಾಗಿ, ನಾವು ಸ್ಪರ್ಶ ವಿಭಾಗವನ್ನು ಹೀಗೆ ಗೊತ್ತುಪಡಿಸಬಹುದು X, ನಲ್ಲಿರುವಂತೆ ಹಿಂದಿನ ಕಾರ್ಯ, ಸಮೀಕರಣವನ್ನು ಬರೆಯಿರಿ ಮತ್ತು ಉತ್ತರವನ್ನು ಪಡೆಯಿರಿ. ಆದರೆ, ಪ್ರಮೇಯಕ್ಕೆ ಟಿಪ್ಪಣಿಯನ್ನು ಬಳಸುವುದು ಹೆಚ್ಚು ಪರಿಣಾಮಕಾರಿ ಮತ್ತು ಪರಿಣಾಮಕಾರಿಯಾಗಿದೆ 2 : ಸುತ್ತುವರಿದ ಷಡ್ಭುಜಾಕೃತಿಯ ಬದಿಗಳ ಮೊತ್ತವನ್ನು ಒಂದರ ಮೂಲಕ ತೆಗೆದುಕೊಳ್ಳಲಾಗುತ್ತದೆ, ಸಮಾನವಾಗಿರುತ್ತದೆ.
ನಂತರ 1 + 3 + 5 = 2 + 4 + X, ಎಲ್ಲಿ X- ಅಜ್ಞಾತ ಆರನೇ ಬದಿ, X = 3.
ಪರಿಹಾರ (ಚಿತ್ರ 12). ಎಲ್ಲಾ ಬದಿಗಳ ಉದ್ದಗಳು ಪೂರ್ಣಾಂಕಗಳಾಗಿರುವುದರಿಂದ, ಭಾಗಗಳ ಉದ್ದಗಳ ಭಾಗಶಃ ಭಾಗಗಳು ಸಮಾನವಾಗಿರುತ್ತದೆ ಬಿಟಿ, ಬಿ.ಪಿ., DM, DN, ಎ.ಕೆ.ಮತ್ತು AT. ನಾವು ಹೊಂದಿದ್ದೇವೆ AT + ಟಿ.ವಿ= 1, ಮತ್ತು ವಿಭಾಗದ ಉದ್ದಗಳ ಭಾಗಶಃ ಭಾಗಗಳು ATಮತ್ತು ಟಿಬಿಸಮಾನವಾಗಿರುತ್ತವೆ. ಇದು ಯಾವಾಗ ಮಾತ್ರ ಸಾಧ್ಯ AT + ಟಿ.ವಿ= 0.5. ಪ್ರಮೇಯದಿಂದ 1
ವಿಟಿ + ವಿಆರ್.
ಅಂದರೆ, ವಿಆರ್= 0.5. ಸ್ಥಿತಿಯನ್ನು ಗಮನಿಸಿ ಸಿಡಿ= 3 ಕ್ಲೈಮ್ ಮಾಡದಿರುವುದು ಕಂಡುಬಂದಿದೆ. ನಿಸ್ಸಂಶಯವಾಗಿ, ಸಮಸ್ಯೆಯ ಲೇಖಕರು ಬೇರೆ ಪರಿಹಾರವನ್ನು ಊಹಿಸಿದ್ದಾರೆ. ಉತ್ತರ: 0.5.
10. ಚತುರ್ಭುಜದಲ್ಲಿ ABCD AD = DC, AB = 3, BC = 5.ತ್ರಿಕೋನಗಳಲ್ಲಿ ಕೆತ್ತಲಾದ ವಲಯಗಳು ಎಬಿಡಿಮತ್ತು CBDಒಂದು ವಿಭಾಗವನ್ನು ಸ್ಪರ್ಶಿಸಿ ಬಿಡಿಬಿಂದುಗಳಲ್ಲಿ ಎಂಮತ್ತು ಎನ್ಕ್ರಮವಾಗಿ. ವಿಭಾಗದ ಉದ್ದವನ್ನು ಕಂಡುಹಿಡಿಯಿರಿ ಎಂ.ಎನ್.
ಪರಿಹಾರ (ಚಿತ್ರ 13). MN = DN - DM.ತ್ರಿಕೋನಗಳಿಗೆ ಸೂತ್ರ (1) ಪ್ರಕಾರ DBAಮತ್ತು DBCಅದರಂತೆ, ನಾವು ಹೊಂದಿದ್ದೇವೆ:
11. ಚತುರ್ಭುಜಕ್ಕೆ ಎ ಬಿ ಸಿ ಡಿನೀವು ವೃತ್ತವನ್ನು ಬರೆಯಬಹುದು. ತ್ರಿಕೋನಗಳಲ್ಲಿ ಕೆತ್ತಲಾದ ವಲಯಗಳು ಎಬಿಡಿಮತ್ತು CBDತ್ರಿಜ್ಯಗಳನ್ನು ಹೊಂದಿವೆ ಆರ್ಮತ್ತು ಆರ್ಕ್ರಮವಾಗಿ. ಈ ವಲಯಗಳ ಕೇಂದ್ರಗಳ ನಡುವಿನ ಅಂತರವನ್ನು ಕಂಡುಹಿಡಿಯಿರಿ.
ಪರಿಹಾರ (ಚಿತ್ರ 13). ಷರತ್ತಿನಿಂದ ಚತುರ್ಭುಜ ಎ ಬಿ ಸಿ ಡಿಪ್ರಮೇಯದಿಂದ ಕೆತ್ತಲಾಗಿದೆ 2 ನಾವು ಹೊಂದಿದ್ದೇವೆ: AB + DC = AD + BC.ಹಿಂದಿನ ಸಮಸ್ಯೆಯನ್ನು ಪರಿಹರಿಸುವ ಕಲ್ಪನೆಯನ್ನು ಬಳಸೋಣ. . ಇದರರ್ಥ ವಿಭಾಗದೊಂದಿಗೆ ವಲಯಗಳ ಸಂಪರ್ಕದ ಬಿಂದುಗಳು DMಸರಿಸಮವಾದ. ವೃತ್ತಗಳ ಕೇಂದ್ರಗಳ ನಡುವಿನ ಅಂತರವು ತ್ರಿಜ್ಯಗಳ ಮೊತ್ತಕ್ಕೆ ಸಮಾನವಾಗಿರುತ್ತದೆ. ಉತ್ತರ: ಆರ್+ಆರ್.
ವಾಸ್ತವವಾಗಿ, ಸ್ಥಿತಿಯು ಚತುರ್ಭುಜದಲ್ಲಿದೆ ಎಂದು ಸಾಬೀತಾಗಿದೆ ಎ ಬಿ ಸಿ ಡಿನೀವು ಸ್ಥಿತಿಗೆ ಸಮಾನವಾದ ವೃತ್ತವನ್ನು ಕೆತ್ತಬಹುದು - ಇನ್ ಪೀನ ಚತುರ್ಭುಜ ಎ ಬಿ ಸಿ ಡಿವೃತ್ತಗಳನ್ನು ತ್ರಿಕೋನಗಳಲ್ಲಿ ಕೆತ್ತಲಾಗಿದೆ ಎಬಿಸಿಮತ್ತು ಎಡಿಸಿಪರಸ್ಪರ ಸ್ಪರ್ಶಿಸಿ. ಇದಕ್ಕೆ ವಿರುದ್ಧವಾದದ್ದು ನಿಜ.
ಈ ಕೆಳಗಿನ ಸಮಸ್ಯೆಯಲ್ಲಿ ಈ ಎರಡು ಪರಸ್ಪರ ವಿಲೋಮ ಹೇಳಿಕೆಗಳನ್ನು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸಲು ಪ್ರಸ್ತಾಪಿಸಲಾಗಿದೆ, ಇದನ್ನು ಸಾಮಾನ್ಯೀಕರಣವೆಂದು ಪರಿಗಣಿಸಬಹುದು.
12. ಪೀನ ಚತುರ್ಭುಜದಲ್ಲಿ ಎ ಬಿ ಸಿ ಡಿ (ಅಕ್ಕಿ. 14) ತ್ರಿಕೋನಗಳಲ್ಲಿ ಕೆತ್ತಲಾದ ವಲಯಗಳು ಎಬಿಸಿಮತ್ತು ಎಡಿಸಿಪರಸ್ಪರ ಸ್ಪರ್ಶಿಸಿ. ವೃತ್ತಗಳನ್ನು ತ್ರಿಕೋನಗಳಲ್ಲಿ ಕೆತ್ತಲಾಗಿದೆ ಎಂದು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸಿ ಎಬಿಡಿಮತ್ತು ಬಿಡಿಸಿಪರಸ್ಪರ ಸ್ಪರ್ಶಿಸಿ.
13. ತ್ರಿಕೋನದಲ್ಲಿ ಎಬಿಸಿಪಕ್ಷಗಳೊಂದಿಗೆ a, bಮತ್ತು ಸಿಬದಿಯಲ್ಲಿ ಸೂರ್ಯಪಾಯಿಂಟ್ ಗುರುತಿಸಲಾಗಿದೆ ಡಿಆದ್ದರಿಂದ ವೃತ್ತಗಳನ್ನು ತ್ರಿಕೋನಗಳಲ್ಲಿ ಕೆತ್ತಲಾಗಿದೆ ಎಬಿಡಿಮತ್ತು ಎಸಿಡಿಒಂದು ವಿಭಾಗವನ್ನು ಸ್ಪರ್ಶಿಸಿ ಕ್ರಿ.ಶಒಂದು ಹಂತದಲ್ಲಿ. ವಿಭಾಗದ ಉದ್ದವನ್ನು ಕಂಡುಹಿಡಿಯಿರಿ ಬಿಡಿ.
ಪರಿಹಾರ (ಚಿತ್ರ 15). ತ್ರಿಕೋನಗಳಿಗೆ ಸೂತ್ರ (1) ಅನ್ನು ಅನ್ವಯಿಸೋಣ ಎಡಿಸಿಮತ್ತು ಎ.ಡಿ.ಬಿ., ಲೆಕ್ಕಾಚಾರ DMಎರಡು 
ತಿರುಗಿದರೆ, ಡಿ- ಬದಿಯೊಂದಿಗೆ ಸಂಪರ್ಕದ ಬಿಂದು ಸೂರ್ಯವೃತ್ತವನ್ನು ತ್ರಿಕೋನದಲ್ಲಿ ಕೆತ್ತಲಾಗಿದೆ ಎಬಿಸಿ. ಇದಕ್ಕೆ ವಿರುದ್ಧವಾದದ್ದು ನಿಜ: ತ್ರಿಕೋನದ ಶೃಂಗವು ಕೆತ್ತಲಾದ ವೃತ್ತದ ಸ್ಪರ್ಶ ಬಿಂದುವಿಗೆ ಸಂಪರ್ಕಗೊಂಡಿದ್ದರೆ ಎದುರು ಭಾಗದಲ್ಲಿ, ನಂತರ ಪರಿಣಾಮವಾಗಿ ತ್ರಿಕೋನಗಳಲ್ಲಿ ಕೆತ್ತಲಾದ ವಲಯಗಳು ಪರಸ್ಪರ ಸ್ಪರ್ಶಿಸುತ್ತವೆ.
14. ಕೇಂದ್ರಗಳು ಬಗ್ಗೆ 1 , ಬಗ್ಗೆ 2 ಮತ್ತು ಬಗ್ಗೆ 3 ಒಂದೇ ತ್ರಿಜ್ಯದ ಮೂರು ಛೇದಿಸದ ವೃತ್ತಗಳು ತ್ರಿಕೋನದ ಶೃಂಗಗಳಲ್ಲಿ ನೆಲೆಗೊಂಡಿವೆ. ಅಂಕಗಳಿಂದ ಬಗ್ಗೆ 1 , ಬಗ್ಗೆ 2 , ಬಗ್ಗೆ 3, ಚಿತ್ರದಲ್ಲಿ ತೋರಿಸಿರುವಂತೆ ಈ ವಲಯಗಳಿಗೆ ಸ್ಪರ್ಶಕಗಳನ್ನು ಎಳೆಯಲಾಗುತ್ತದೆ.
ಈ ಸ್ಪರ್ಶಕಗಳು, ಛೇದಿಸಿ, ಪೀನ ಷಡ್ಭುಜಾಕೃತಿಯನ್ನು ರಚಿಸಿದವು ಎಂದು ತಿಳಿದಿದೆ, ಅದರ ಬದಿಗಳನ್ನು ಕೆಂಪು ಮತ್ತು ನೀಲಿ ಬಣ್ಣದಿಂದ ಚಿತ್ರಿಸಲಾಗಿದೆ. ಕೆಂಪು ವಿಭಾಗಗಳ ಉದ್ದಗಳ ಮೊತ್ತವು ನೀಲಿ ಬಣ್ಣಗಳ ಉದ್ದಗಳ ಮೊತ್ತಕ್ಕೆ ಸಮನಾಗಿರುತ್ತದೆ ಎಂದು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸಿ.
ಪರಿಹಾರ (ಚಿತ್ರ 16). ಕೊಟ್ಟಿರುವ ವಲಯಗಳು ಸಮಾನ ತ್ರಿಜ್ಯಗಳನ್ನು ಹೊಂದಿವೆ ಎಂಬ ಅಂಶವನ್ನು ಹೇಗೆ ಬಳಸುವುದು ಎಂಬುದನ್ನು ಅರ್ಥಮಾಡಿಕೊಳ್ಳುವುದು ಮುಖ್ಯವಾಗಿದೆ. ವಿಭಾಗಗಳು ಎಂಬುದನ್ನು ಗಮನಿಸಿ ಬಿಆರ್ಮತ್ತು DMಸಮಾನವಾಗಿರುತ್ತದೆ, ಇದು ಬಲ ತ್ರಿಕೋನಗಳ ಸಮಾನತೆಯಿಂದ ಅನುಸರಿಸುತ್ತದೆ ಬಗ್ಗೆ 1 ಬಿಆರ್ಮತ್ತು ಓ 2 ಬಿ.ಎಂ.. ಅಂತೆಯೇ ಡಿ.ಎಲ್. = ಡಿ.ಪಿ., FN = FK. ನಾವು ಸಮಾನತೆಯ ಪದವನ್ನು ಪದದ ಮೂಲಕ ಸೇರಿಸುತ್ತೇವೆ, ನಂತರ ಶೃಂಗಗಳಿಂದ ಎಳೆಯಲಾದ ಸ್ಪರ್ಶಕಗಳ ಒಂದೇ ಭಾಗಗಳ ಫಲಿತಾಂಶದ ಮೊತ್ತದಿಂದ ಕಳೆಯಿರಿ ಎ, ಇದರೊಂದಿಗೆ, ಮತ್ತು ಇಷಡ್ಭುಜಾಕೃತಿ ABCDEF: ARಮತ್ತು ಎ.ಕೆ., ಸಿ.ಎಲ್.ಮತ್ತು ಸಿ.ಎಂ., ENಮತ್ತು ಇ.ಪಿ.. ನಮಗೆ ಬೇಕಾದುದನ್ನು ನಾವು ಪಡೆಯುತ್ತೇವೆ.
ಹೈಸ್ಕೂಲ್ ವಿದ್ಯಾರ್ಥಿಗಳಿಗೆ XII ಇಂಟರ್ನ್ಯಾಷನಲ್ ಮ್ಯಾಥಮೆಟಿಕಲ್ ಟೂರ್ನಮೆಂಟ್ನಲ್ಲಿ ಪ್ರಸ್ತಾಪಿಸಲಾದ ಸ್ಟೀರಿಯೊಮೆಟ್ರಿಯಲ್ಲಿನ ಸಮಸ್ಯೆಯ ಉದಾಹರಣೆ ಇಲ್ಲಿದೆ, "ಕಪ್ ಇನ್ ಮೆಮೊರಿ ಆಫ್ ಎ. ಎನ್. ಕೊಲ್ಮೊಗೊರೊವ್".
16. ಪೆಂಟಗೋನಲ್ ಪಿರಮಿಡ್ ನೀಡಲಾಗಿದೆ SA 1 A 2 A 3 A 4 A 5ಒಂದು ಗೋಳವಿದೆ w,ಇದು ಪಿರಮಿಡ್‌ನ ಎಲ್ಲಾ ಅಂಚುಗಳನ್ನು ಮತ್ತು ಇನ್ನೊಂದು ಗೋಳವನ್ನು ಮುಟ್ಟುತ್ತದೆ w 1,ಇದು ಬೇಸ್ನ ಎಲ್ಲಾ ಬದಿಗಳನ್ನು ಮುಟ್ಟುತ್ತದೆ ಎ 1 ಎ 2 ಎ 3 ಎ 4 ಎ 5ಮತ್ತು ಪಾರ್ಶ್ವದ ಪಕ್ಕೆಲುಬುಗಳ ಮುಂದುವರಿಕೆಗಳು SA 1, SA 2, SA 3, SA 4, SA 5ಬೇಸ್ನ ಮೇಲ್ಭಾಗಗಳನ್ನು ಮೀರಿ. ಪಿರಮಿಡ್‌ನ ಮೇಲ್ಭಾಗವು ಬೇಸ್ನ ಶೃಂಗಗಳಿಂದ ಸಮಾನ ದೂರದಲ್ಲಿದೆ ಎಂದು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸಿ. (ಬರ್ಲೋವ್ ಎಸ್. ಎಲ್., ಕಾರ್ಪೋವ್ ಡಿ. ವಿ.)
ಸ್ಪರ್ಶಕ ಭಾಗಗಳು ಸಮಾನವಾಗಿರುವುದರಿಂದ. ಅವಕಾಶ C i A i = a i. ನಂತರ p SAiAi +1 = s+a i +a i+1, ಮತ್ತು ಪರಿಧಿಗಳ ಸಮಾನತೆಯಿಂದ ಅದು ಅನುಸರಿಸುತ್ತದೆ ಎ 1 = ಎ 3 = ಎ 5 = ಎ 2 = ಎ 4, ಎಲ್ಲಿಂದ ಎಸ್.ಎ. 1 = ಎಸ್.ಎ. 2 = ಎಸ್.ಎ. 3 = ಎಸ್.ಎ. 4 = ಎಸ್.ಎ. 5 .
17. ಏಕೀಕೃತ ರಾಜ್ಯ ಪರೀಕ್ಷೆ. ರೋಗನಿರ್ಣಯದ ಕೆಲಸ 8.12.2009, S–4.ಟ್ರೆಪೆಜಾಯಿಡ್ ನೀಡಲಾಗಿದೆ ಎ ಬಿ ಸಿ ಡಿ, ಇದರ ಅಡಿಪಾಯ ಕ್ರಿ.ಪೂ = 44,ಕ್ರಿ.ಶ = 100, AB = CD= 35. ರೇಖೆಗಳಿಗೆ ಟ್ಯಾಂಜೆಂಟ್ ವೃತ್ತ ಕ್ರಿ.ಶಮತ್ತು ಎ.ಸಿ., ಬದಿಯನ್ನು ಮುಟ್ಟುತ್ತದೆ ಸಿಡಿಹಂತದಲ್ಲಿ ಕೆ. ವಿಭಾಗದ ಉದ್ದವನ್ನು ಕಂಡುಹಿಡಿಯಿರಿ ಸಿ.ಕೆ.ಬಿಡಿಸಿ ಮತ್ತು ಬಿಡಿಎ, ಬದಿಗಳನ್ನು ಸ್ಪರ್ಶಿಸಿ ВDಬಿಂದುಗಳಲ್ಲಿ ಇಮತ್ತು ಎಫ್. ವಿಭಾಗದ ಉದ್ದವನ್ನು ಕಂಡುಹಿಡಿಯಿರಿ ಇ.ಎಫ್..
ಪರಿಹಾರ. ಎರಡು ಪ್ರಕರಣಗಳು ಸಾಧ್ಯ (ಚಿತ್ರ 20 ಮತ್ತು ಚಿತ್ರ 21). ಸೂತ್ರವನ್ನು ಬಳಸಿ (1) ನಾವು ವಿಭಾಗಗಳ ಉದ್ದವನ್ನು ಕಂಡುಹಿಡಿಯುತ್ತೇವೆ DEಮತ್ತು DF.
ಮೊದಲ ಪ್ರಕರಣದಲ್ಲಿ ಕ್ರಿ.ಶ = 0,1ಎಸಿ, ಸಿಡಿ = 0,9ಎ.ಸಿ.. ಎರಡನೆಯದರಲ್ಲಿ - ಕ್ರಿ.ಶ = 0,125ಎಸಿ, ಸಿಡಿ = 1,125ಎ.ಸಿ.. ನಾವು ಡೇಟಾವನ್ನು ಬದಲಿಸುತ್ತೇವೆ ಮತ್ತು ಉತ್ತರವನ್ನು ಪಡೆಯುತ್ತೇವೆ: 4.6 ಅಥವಾ 5.5.
ಸ್ವತಂತ್ರ ಪರಿಹಾರಕ್ಕಾಗಿ ಸಮಸ್ಯೆಗಳು/
1. ಪರಿಧಿ ಐಸೊಸೆಲ್ಸ್ ಟ್ರೆಪೆಜಾಯಿಡ್, ವೃತ್ತದ ಬಗ್ಗೆ ಸುತ್ತುವರೆದಿರುವುದು ಸಮಾನವಾಗಿರುತ್ತದೆ 2 ರಬ್.ದೊಡ್ಡ ತಳದ ಮೇಲೆ ಟ್ರೆಪೆಜಾಯಿಡ್ನ ಕರ್ಣೀಯ ಪ್ರಕ್ಷೇಪಣವನ್ನು ಕಂಡುಹಿಡಿಯಿರಿ. (1/2ಆರ್)
2. ಬ್ಯಾಂಕ್ ತೆರೆಯಿರಿ ಏಕೀಕೃತ ರಾಜ್ಯ ಪರೀಕ್ಷೆಯ ಸಮಸ್ಯೆಗಳುಗಣಿತಶಾಸ್ತ್ರ. ಎಟಿ 4. ತ್ರಿಕೋನದಲ್ಲಿ ಕೆತ್ತಲಾದ ವೃತ್ತಕ್ಕೆ ABC (ಚಿತ್ರ 22),ಮೂರು ಸ್ಪರ್ಶಕಗಳನ್ನು ಎಳೆಯಲಾಗುತ್ತದೆ. ಕತ್ತರಿಸಿದ ತ್ರಿಕೋನಗಳ ಪರಿಧಿಗಳು 6, 8, 10. ಪರಿಧಿಯನ್ನು ಹುಡುಕಿ ತ್ರಿಕೋನವನ್ನು ನೀಡಲಾಗಿದೆ. (24)
3. ತ್ರಿಕೋನಕ್ಕೆ ಎಬಿಸಿವೃತ್ತವನ್ನು ಕೆತ್ತಲಾಗಿದೆ. MN -ವೃತ್ತಕ್ಕೆ ಸ್ಪರ್ಶಕ, MÎ AC, NÎ BC, BC = 13, AC = 14, AB = 15.ತ್ರಿಕೋನದ ಪರಿಧಿಯನ್ನು ಕಂಡುಹಿಡಿಯಿರಿ MNC. (12)
4. a ಬದಿಯೊಂದಿಗೆ ಚೌಕದಲ್ಲಿ ಕೆತ್ತಲಾದ ವೃತ್ತಕ್ಕೆ, ಅದರ ಎರಡು ಬದಿಗಳನ್ನು ಛೇದಿಸುವ ಸ್ಪರ್ಶಕವನ್ನು ಎಳೆಯಲಾಗುತ್ತದೆ. ಕತ್ತರಿಸಿದ ತ್ರಿಕೋನದ ಪರಿಧಿಯನ್ನು ಹುಡುಕಿ. (ಎ)
5. ಒಂದು ವೃತ್ತವನ್ನು ಪೆಂಟಗನ್ನಲ್ಲಿ ಬದಿಗಳೊಂದಿಗೆ ಕೆತ್ತಲಾಗಿದೆ ಎ, ಡಿ, ಸಿ, ಡಿಮತ್ತು ಇ. ಸ್ಪರ್ಶದ ಬಿಂದುವು ಬದಿಯನ್ನು ಸಮಾನವಾಗಿ ವಿಭಜಿಸುವ ವಿಭಾಗಗಳನ್ನು ಹುಡುಕಿ ಎ.
6. 6, 10 ಮತ್ತು 12 ಬದಿಗಳೊಂದಿಗೆ ತ್ರಿಕೋನದಲ್ಲಿ ವೃತ್ತವನ್ನು ಕೆತ್ತಲಾಗಿದೆ. ವೃತ್ತಕ್ಕೆ ಸ್ಪರ್ಶಕವನ್ನು ಎಳೆಯಲಾಗುತ್ತದೆ ಇದರಿಂದ ಅದು ಎರಡು ಉದ್ದದ ಬದಿಗಳನ್ನು ಛೇದಿಸುತ್ತದೆ. ಕತ್ತರಿಸಿದ ತ್ರಿಕೋನದ ಪರಿಧಿಯನ್ನು ಹುಡುಕಿ. (16)
7. ಸಿಡಿ- ತ್ರಿಕೋನದ ಮಧ್ಯ ಎಬಿಸಿ. ತ್ರಿಕೋನಗಳಲ್ಲಿ ಕೆತ್ತಲಾದ ವಲಯಗಳು ಎಸಿಡಿಮತ್ತು BCD, ವಿಭಾಗವನ್ನು ಸ್ಪರ್ಶಿಸಿ ಸಿಡಿಬಿಂದುಗಳಲ್ಲಿ ಎಂಮತ್ತು ಎನ್. ಹುಡುಕಿ ಎಂ.ಎನ್, ವೇಳೆ ಎಸಿ – ಸೂರ್ಯ = 2. (1)
8. ತ್ರಿಕೋನದಲ್ಲಿ ಎಬಿಸಿಪಕ್ಷಗಳೊಂದಿಗೆ a, bಮತ್ತು ಸಿಬದಿಯಲ್ಲಿ ಸೂರ್ಯಪಾಯಿಂಟ್ ಗುರುತಿಸಲಾಗಿದೆ ಡಿ. ತ್ರಿಕೋನಗಳಲ್ಲಿ ಕೆತ್ತಲಾದ ವಲಯಗಳಿಗೆ ಎಬಿಡಿಮತ್ತು ಎಸಿಡಿ, ಒಂದು ಸಾಮಾನ್ಯ ಸ್ಪರ್ಶಕವನ್ನು ಛೇದಿಸುವ ಮೂಲಕ ಎಳೆಯಲಾಗುತ್ತದೆ ಕ್ರಿ.ಶಹಂತದಲ್ಲಿ ಎಂ. ವಿಭಾಗದ ಉದ್ದವನ್ನು ಕಂಡುಹಿಡಿಯಿರಿ AM. (ಉದ್ದ AMಬಿಂದುವಿನ ಸ್ಥಾನವನ್ನು ಅವಲಂಬಿಸಿಲ್ಲ ಡಿಮತ್ತು
½ ಗೆ ಸಮ ( ಸಿ + ಬಿ - ಎ))
9. ತ್ರಿಜ್ಯದ ವೃತ್ತವನ್ನು ಲಂಬ ತ್ರಿಕೋನದಲ್ಲಿ ಕೆತ್ತಲಾಗಿದೆ ಎ. ಹೈಪೊಟೆನ್ಯೂಸ್ ಮತ್ತು ಕಾಲುಗಳ ವಿಸ್ತರಣೆಗಳಿಗೆ ವೃತ್ತದ ಸ್ಪರ್ಶಕದ ತ್ರಿಜ್ಯವು ಸಮಾನವಾಗಿರುತ್ತದೆ ಆರ್.ಹೈಪೊಟೆನ್ಯೂಸ್ನ ಉದ್ದವನ್ನು ಕಂಡುಹಿಡಿಯಿರಿ. ( ಆರ್-ಎ)
10. ತ್ರಿಕೋನದಲ್ಲಿ ಎಬಿಸಿಬದಿಗಳ ಉದ್ದವನ್ನು ಕರೆಯಲಾಗುತ್ತದೆ: ಎಬಿ = ಜೊತೆಗೆ, ಎಸಿ = ಬಿ, ಸೂರ್ಯ = ಎ. ತ್ರಿಕೋನದಲ್ಲಿ ಕೆತ್ತಲಾದ ವೃತ್ತವು ಒಂದು ಬದಿಯನ್ನು ಮುಟ್ಟುತ್ತದೆ ಎಬಿಹಂತದಲ್ಲಿ ಸಿ 1. ಹೊರವಲಯವು ಬದಿಯ ವಿಸ್ತರಣೆಯನ್ನು ಮುಟ್ಟುತ್ತದೆ ಎಬಿಪ್ರತಿ ಪಾಯಿಂಟ್ ಎಹಂತದಲ್ಲಿ C 2. ವಿಭಾಗದ ಉದ್ದವನ್ನು ನಿರ್ಧರಿಸಿ ಸಿ 1 ಸಿ 2. (ಬಿ)
11. ತ್ರಿಕೋನದ ಬದಿಗಳ ಉದ್ದವನ್ನು 3 ಸೆಂ ತ್ರಿಜ್ಯದ ಕೆತ್ತಲಾದ ವೃತ್ತದ ಸ್ಪರ್ಶದ ಬಿಂದುವಿನಿಂದ 4 cm ಮತ್ತು 3 cm (ಬಲ ತ್ರಿಕೋನದಲ್ಲಿ 7, 24 ಮತ್ತು 25 cm) ಭಾಗಗಳಾಗಿ ಭಾಗಿಸಿ
12. ಸೊರೊಸ್ ಒಲಂಪಿಯಾಡ್ 1996, 2ನೇ ಸುತ್ತು, 11ನೇ ತರಗತಿ. ತ್ರಿಕೋನವನ್ನು ನೀಡಲಾಗಿದೆ ಎಬಿಸಿ, ಅದರ ಬದಿಗಳಲ್ಲಿ ಅಂಕಗಳನ್ನು ಗುರುತಿಸಲಾಗಿದೆ A 1, B 1, C 1. ತ್ರಿಕೋನಗಳಲ್ಲಿ ಕೆತ್ತಲಾದ ವೃತ್ತಗಳ ತ್ರಿಜ್ಯ AC 1 B 1, BC 1 A 1, SA 1 B 1ಸಮಾನವಾಗಿ ಆರ್. ತ್ರಿಕೋನದಲ್ಲಿ ಕೆತ್ತಲಾದ ವೃತ್ತದ ತ್ರಿಜ್ಯ ಎ 1 ಬಿ 1 ಸಿ 1ಸಮನಾಗಿರುತ್ತದೆ ಆರ್. ತ್ರಿಕೋನದಲ್ಲಿ ಕೆತ್ತಲಾದ ವೃತ್ತದ ತ್ರಿಜ್ಯವನ್ನು ಹುಡುಕಿ ಎಬಿಸಿ. (ಆರ್ +ಆರ್).
4-8 ಸಮಸ್ಯೆಗಳನ್ನು ಗೋರ್ಡಿನ್ R.K. "ಜ್ಯಾಮಿತಿಯಿಂದ ಸಮಸ್ಯೆ ಪುಸ್ತಕದಿಂದ ತೆಗೆದುಕೊಳ್ಳಲಾಗಿದೆ. ಪ್ಲಾನಿಮೆಟ್ರಿ." ಮಾಸ್ಕೋ. ಪಬ್ಲಿಷಿಂಗ್ ಹೌಸ್ MCNMO. 2004.
ನಿಮ್ಮ ಗೌಪ್ಯತೆಯನ್ನು ಕಾಪಾಡಿಕೊಳ್ಳುವುದು ನಮಗೆ ಮುಖ್ಯವಾಗಿದೆ. ಈ ಕಾರಣಕ್ಕಾಗಿ, ನಾವು ನಿಮ್ಮ ಮಾಹಿತಿಯನ್ನು ಹೇಗೆ ಬಳಸುತ್ತೇವೆ ಮತ್ತು ಸಂಗ್ರಹಿಸುತ್ತೇವೆ ಎಂಬುದನ್ನು ವಿವರಿಸುವ ಗೌಪ್ಯತಾ ನೀತಿಯನ್ನು ನಾವು ಅಭಿವೃದ್ಧಿಪಡಿಸಿದ್ದೇವೆ. ದಯವಿಟ್ಟು ನಮ್ಮ ಗೌಪ್ಯತೆ ಅಭ್ಯಾಸಗಳನ್ನು ಪರಿಶೀಲಿಸಿ ಮತ್ತು ನೀವು ಯಾವುದೇ ಪ್ರಶ್ನೆಗಳನ್ನು ಹೊಂದಿದ್ದರೆ ನಮಗೆ ತಿಳಿಸಿ.
ವೈಯಕ್ತಿಕ ಮಾಹಿತಿಯ ಸಂಗ್ರಹಣೆ ಮತ್ತು ಬಳಕೆ
ವೈಯಕ್ತಿಕ ಮಾಹಿತಿಯು ನಿರ್ದಿಷ್ಟ ವ್ಯಕ್ತಿಯನ್ನು ಗುರುತಿಸಲು ಅಥವಾ ಸಂಪರ್ಕಿಸಲು ಬಳಸಬಹುದಾದ ಡೇಟಾವನ್ನು ಸೂಚಿಸುತ್ತದೆ.
ನೀವು ನಮ್ಮನ್ನು ಸಂಪರ್ಕಿಸಿದಾಗ ಯಾವುದೇ ಸಮಯದಲ್ಲಿ ನಿಮ್ಮ ವೈಯಕ್ತಿಕ ಮಾಹಿತಿಯನ್ನು ಒದಗಿಸಲು ನಿಮ್ಮನ್ನು ಕೇಳಬಹುದು.
ನಾವು ಸಂಗ್ರಹಿಸಬಹುದಾದ ವೈಯಕ್ತಿಕ ಮಾಹಿತಿಯ ಪ್ರಕಾರಗಳ ಕೆಲವು ಉದಾಹರಣೆಗಳನ್ನು ಕೆಳಗೆ ನೀಡಲಾಗಿದೆ ಮತ್ತು ಅಂತಹ ಮಾಹಿತಿಯನ್ನು ನಾವು ಹೇಗೆ ಬಳಸಬಹುದು.
ನಾವು ಯಾವ ವೈಯಕ್ತಿಕ ಮಾಹಿತಿಯನ್ನು ಸಂಗ್ರಹಿಸುತ್ತೇವೆ:
- ನೀವು ಸೈಟ್‌ನಲ್ಲಿ ಅರ್ಜಿಯನ್ನು ಸಲ್ಲಿಸಿದಾಗ, ನಿಮ್ಮ ಹೆಸರು, ದೂರವಾಣಿ ಸಂಖ್ಯೆ, ವಿಳಾಸ ಸೇರಿದಂತೆ ವಿವಿಧ ಮಾಹಿತಿಯನ್ನು ನಾವು ಸಂಗ್ರಹಿಸಬಹುದು ಇಮೇಲ್ಇತ್ಯಾದಿ
ನಿಮ್ಮ ವೈಯಕ್ತಿಕ ಮಾಹಿತಿಯನ್ನು ನಾವು ಹೇಗೆ ಬಳಸುತ್ತೇವೆ:
- ನಮ್ಮಿಂದ ಸಂಗ್ರಹಿಸಲಾಗಿದೆ ವಯಕ್ತಿಕ ಮಾಹಿತಿನಿಮ್ಮನ್ನು ಸಂಪರ್ಕಿಸಲು ಮತ್ತು ನಿಮಗೆ ತಿಳಿಸಲು ನಮಗೆ ಅನುಮತಿಸುತ್ತದೆ ಅನನ್ಯ ಕೊಡುಗೆಗಳು, ಪ್ರಚಾರಗಳು ಮತ್ತು ಇತರ ಈವೆಂಟ್‌ಗಳು ಮತ್ತು ಮುಂಬರುವ ಈವೆಂಟ್‌ಗಳು.
- ಕಾಲಕಾಲಕ್ಕೆ, ಪ್ರಮುಖ ಸೂಚನೆಗಳು ಮತ್ತು ಸಂವಹನಗಳನ್ನು ಕಳುಹಿಸಲು ನಾವು ನಿಮ್ಮ ವೈಯಕ್ತಿಕ ಮಾಹಿತಿಯನ್ನು ಬಳಸಬಹುದು.
- ಲೆಕ್ಕಪರಿಶೋಧನೆ, ಡೇಟಾ ವಿಶ್ಲೇಷಣೆ ಮತ್ತು ಆಂತರಿಕ ಉದ್ದೇಶಗಳಿಗಾಗಿ ನಾವು ವೈಯಕ್ತಿಕ ಮಾಹಿತಿಯನ್ನು ಸಹ ಬಳಸಬಹುದು ವಿವಿಧ ಅಧ್ಯಯನಗಳುನಾವು ಒದಗಿಸುವ ಸೇವೆಗಳನ್ನು ಸುಧಾರಿಸಲು ಮತ್ತು ನಮ್ಮ ಸೇವೆಗಳಿಗೆ ಸಂಬಂಧಿಸಿದಂತೆ ಶಿಫಾರಸುಗಳನ್ನು ನಿಮಗೆ ಒದಗಿಸಲು.
- ನೀವು ಬಹುಮಾನ ಡ್ರಾ, ಸ್ಪರ್ಧೆ ಅಥವಾ ಅಂತಹುದೇ ಪ್ರಚಾರದಲ್ಲಿ ಭಾಗವಹಿಸಿದರೆ, ಅಂತಹ ಕಾರ್ಯಕ್ರಮಗಳನ್ನು ನಿರ್ವಹಿಸಲು ನೀವು ಒದಗಿಸುವ ಮಾಹಿತಿಯನ್ನು ನಾವು ಬಳಸಬಹುದು.
ಮೂರನೇ ವ್ಯಕ್ತಿಗಳಿಗೆ ಮಾಹಿತಿಯನ್ನು ಬಹಿರಂಗಪಡಿಸುವುದು
ನಿಮ್ಮಿಂದ ಪಡೆದ ಮಾಹಿತಿಯನ್ನು ನಾವು ಮೂರನೇ ವ್ಯಕ್ತಿಗಳಿಗೆ ಬಹಿರಂಗಪಡಿಸುವುದಿಲ್ಲ.
ವಿನಾಯಿತಿಗಳು:
- ಅಗತ್ಯವಿದ್ದರೆ, ಕಾನೂನಿನ ಪ್ರಕಾರ, ನ್ಯಾಯಾಂಗ ಕಾರ್ಯವಿಧಾನ, ವಿ ವಿಚಾರಣೆ, ಮತ್ತು/ಅಥವಾ ಸಾರ್ವಜನಿಕ ವಿನಂತಿಗಳು ಅಥವಾ ವಿನಂತಿಗಳನ್ನು ಆಧರಿಸಿ ಸರ್ಕಾರಿ ಸಂಸ್ಥೆಗಳುರಷ್ಯಾದ ಒಕ್ಕೂಟದ ಪ್ರದೇಶದಲ್ಲಿ - ನಿಮ್ಮ ವೈಯಕ್ತಿಕ ಮಾಹಿತಿಯನ್ನು ಬಹಿರಂಗಪಡಿಸಿ. ಭದ್ರತೆ, ಕಾನೂನು ಜಾರಿ ಅಥವಾ ಇತರ ಸಾರ್ವಜನಿಕ ಪ್ರಾಮುಖ್ಯತೆಯ ಉದ್ದೇಶಗಳಿಗಾಗಿ ಅಂತಹ ಬಹಿರಂಗಪಡಿಸುವಿಕೆ ಅಗತ್ಯ ಅಥವಾ ಸೂಕ್ತವಾಗಿದೆ ಎಂದು ನಾವು ನಿರ್ಧರಿಸಿದರೆ ನಿಮ್ಮ ಬಗ್ಗೆ ಮಾಹಿತಿಯನ್ನು ಸಹ ನಾವು ಬಹಿರಂಗಪಡಿಸಬಹುದು.
- ಮರುಸಂಘಟನೆ, ವಿಲೀನ ಅಥವಾ ಮಾರಾಟದ ಸಂದರ್ಭದಲ್ಲಿ, ನಾವು ಸಂಗ್ರಹಿಸುವ ವೈಯಕ್ತಿಕ ಮಾಹಿತಿಯನ್ನು ಅನ್ವಯಿಸುವ ಉತ್ತರಾಧಿಕಾರಿ ಮೂರನೇ ವ್ಯಕ್ತಿಗೆ ವರ್ಗಾಯಿಸಬಹುದು.
ವೈಯಕ್ತಿಕ ಮಾಹಿತಿಯ ರಕ್ಷಣೆ
ನಿಮ್ಮ ವೈಯಕ್ತಿಕ ಮಾಹಿತಿಯನ್ನು ನಷ್ಟ, ಕಳ್ಳತನ ಮತ್ತು ದುರುಪಯೋಗದಿಂದ ರಕ್ಷಿಸಲು ನಾವು ಮುನ್ನೆಚ್ಚರಿಕೆಗಳನ್ನು ತೆಗೆದುಕೊಳ್ಳುತ್ತೇವೆ - ಆಡಳಿತಾತ್ಮಕ, ತಾಂತ್ರಿಕ ಮತ್ತು ಭೌತಿಕ ಸೇರಿದಂತೆ - ಅನಧಿಕೃತ ಪ್ರವೇಶ, ಬಹಿರಂಗಪಡಿಸುವಿಕೆ, ಬದಲಾವಣೆ ಮತ್ತು ನಾಶ.
ಕಂಪನಿ ಮಟ್ಟದಲ್ಲಿ ನಿಮ್ಮ ಗೌಪ್ಯತೆಯನ್ನು ಗೌರವಿಸುವುದು
ನಿಮ್ಮ ವೈಯಕ್ತಿಕ ಮಾಹಿತಿಯು ಸುರಕ್ಷಿತವಾಗಿದೆ ಎಂದು ಖಚಿತಪಡಿಸಿಕೊಳ್ಳಲು, ನಾವು ನಮ್ಮ ಉದ್ಯೋಗಿಗಳಿಗೆ ಗೌಪ್ಯತೆ ಮತ್ತು ಭದ್ರತಾ ಮಾನದಂಡಗಳನ್ನು ಸಂವಹನ ಮಾಡುತ್ತೇವೆ ಮತ್ತು ಗೌಪ್ಯತೆ ಅಭ್ಯಾಸಗಳನ್ನು ಕಟ್ಟುನಿಟ್ಟಾಗಿ ಜಾರಿಗೊಳಿಸುತ್ತೇವೆ.