Langsung ( MN), yang mempunyai hanya satu dengan bulatannya titik biasa (A), dipanggil tangen kepada bulatan.
Titik biasa dipanggil dalam kes ini titik perhubungan.
Kemungkinan kewujudan tangen, dan, lebih-lebih lagi, dilukis melalui mana-mana titik bulatan, sebagai titik tangen, dibuktikan seperti berikut teorem.
Biarlah ia dikehendaki melaksanakan bulatan dengan pusat O tangen melalui titik A. Untuk melakukan ini dari sudut A, sebagai dari pusat, kami menerangkan arka jejari A.O., dan dari sudut O, sebagai pusat, kita bersilang lengkok ini pada titik B Dan DENGAN larutan kompas sama dengan diameter bulatan yang diberi.
Selepas berbelanja kemudian kord O.B. Dan OS, sambungkan titik itu A dengan titik D Dan E, di mana kord ini bersilang dengan bulatan tertentu. Langsung AD Dan A.E. - tangen kepada bulatan O. Sememangnya dari pembinaannya jelas bahawa segi tiga AOB Dan AOC sama kaki(AO = AB = AC) dengan asas O.B. Dan OS, sama dengan diameter bulatan O.
Kerana O.D. Dan O.E.- jejari, kemudian D - tengah O.B., A E- tengah OS, Bermaksud AD Dan A.E. - median, ditarik ke tapak segi tiga sama kaki, dan oleh itu berserenjang dengan tapak ini. Jika lurus D.A. Dan E.A. berserenjang dengan jejari O.D. Dan O.E., kemudian mereka - tangen.
Akibat.
Dua tangen yang dilukis dari satu titik ke bulatan adalah sama dan membentuk sudut yang sama dengan garis lurus yang menghubungkan titik ini ke pusat.
Jadi AD=AE dan ∠ OAD = ∠OAE kerana segi tiga tepat AOD Dan AOE, mempunyai persamaan hipotenus A.O. dan sama kaki O.D. Dan O.E.(sebagai jejari), adalah sama. Perhatikan bahawa di sini perkataan "tangen" sebenarnya bermaksud " segmen tangen” dari titik tertentu ke titik sentuhan.
1. Dua tangen dari satu titik.
Biarkan dua tangen $$AM$$ dan $$AN$$ dilukis ke bulatan dengan pusat pada titik $$O$$, titik $$M$$ dan $$N$$ terletak pada bulatan (Gamb. 1) .
Mengikut takrif tangen $$OM \perp AM$$ dan $$ON \perp AN$$. Dalam segi tiga tepat $$AOM$$ dan $$AON$$, hipotenus $$AO$$ adalah biasa, kaki $$OM$$ dan $$ON$$ adalah sama, yang bermaksud $$\Delta AOM = \ Delta AON$$. Daripada kesamaan segi tiga ini ia mengikuti bahawa $$AM=AN$$ dan $$\sudut MAO = \sudut NAO$$. Oleh itu, jika dua tangen dilukis dari satu titik ke bulatan, maka:
1.1$$(\^{\circ}$$. !} segmen tangen dari titik ini ke titik tangen adalah sama;
1.2$$(\^{\circ}$$. !} garis lurus yang melalui pusat bulatan dan titik yang diberikan, membahagikan sudut antara tangen.
Menggunakan harta 1.1$$(\^{\circ}$$, легко решим следующие две задачи. (В решении используется тот факт, что в каждый треугольник можно вписать окружность).!}
Berdasarkan $$AC$$ segi tiga sama kaki$$ABC$$ terletak pada titik $$D$$, dengan $$DA = a$$, $$DC = b$$ (Gamb. 2). Bulatan yang ditulis dalam segi tiga $$ABD$$ dan $$DBC$$ adalah tangen kepada garisan $$BD$$ pada titik $$M$$ dan $$N$$, masing-masing. Cari segmen $$MN$$.
.
$$\segitiga$$ Biarkan $$a > b $$. Mari kita nyatakan $$x = MN$$, $$y = ND$$, $$z = BM$$.
Dengan sifat tangen $$DE = y$$, $$KD = x + y $$, $$AK = AP = a - (x + y)$$, $$CE = CF = b - y$$ , $ $BP = z$$ dan $$BF = z + x$$. Jom luahkan sisi(Rajah 2a): $$AB = z+a-x-y$$, $$BC=z+x-b-y$$. Dengan syarat $$AB=BC$$, jadi $$z+a-x -y = z+x+b-y$$. Dari sini kita dapati $$x=\frac((a-b))(2)$$, iaitu $$MN=\frac((a-b))(2)$$. Jika $$a \lt b$$, maka $$MN=\frac((b-a))(2)$$. Jadi $$MN=\frac(1)(2)|a-b|$$. $$\blacktriangle$$
JAWAPAN
$$\frac(|a-b|) (2)$$
Buktikan bahawa dalam segi tiga tegak jumlah kaki adalah sama dengan dua kali ganda hasil tambah jejari bulatan bergaris dan berhad, iaitu $$a+b=2R+2r$$.
$$\segitiga$$ Biarkan $$M$$, $$N$$ dan $$K$$ menjadi titik tangen antara sisi segi tiga tepat $$ABC$$ (Gamb. 3), $$AC =b$$, $$BC=a$$, $$r$$ - jejari bulatan tertera, $$R$$ - jejari bulatan berhad. Ingat bahawa hipotenus ialah diameter bulatan berhad: $$AB=2R$$. Selanjutnya, $$OM \perp AC$$, $$BC \perp AC$$, oleh itu, $$OM \parallel BC$$, sama seperti $$ON \perp BC$$, $$AC \perp BC$$ , bermakna $$ON \selari AC$$. Sisi empat $$MONC$$ mengikut takrifan segi empat sama, semua sisinya adalah sama dengan $$r$$, jadi $$AM = b - r$$ dan $$BN = a - r$$.
Dengan sifat tangen $$AK=AM$$ dan $$BK=BN$$, oleh itu $$AB = AK + KB = a+b-2r$$, dan kerana $$AB=2R$$ , maka kita dapatkan $$a+b=2R+2r$$. $$\blacktriangle$$
Hartanah 1.2$$(\^{\circ}$$ сформулируем по другому: !} Pusat bulatan yang ditulis dalam sudut terletak pada pembahagi dua sudut itu.
Trapezoid $$ABCD$$ dengan tapak $$AD$$ dan $$BC$$ diterangkan mengelilingi bulatan dengan pusat pada titik $$O$$ (Rajah 4a).
a) Buktikan bahawa $$\sudut AOB = \sudut COD = $$90$$(\^{\circ}$$ .!}
b) Cari jejari bulatan jika $$BO = \sqrt(5)$$ dan $$AO = 2 \sqrt(5)$$. (Gamb. 4b)
$$\segitiga$$ a) Bulatan ditulis dalam sudut $$BAD$$, dengan sifat 1.2$$(\^{\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}$$.!}
Sama seperti $$CO$$ dan $$DO$$ pembahagi dua sudut $$C$$ dan $$D$$ trapezium, $$\sudut COD = 180^(\circ) - \frac(1)( 2)(\ sudut C + \sudut D) = 90^(\circ)$$.
b) Segitiga $$AOB$$ bersudut tegak dengan kaki $$AO = 2 \sqrt(5)$$ dan $$BO = \sqrt(5)$$. Cari hipotenus $$AB=\sqrt(20+5) = 5$$. Jika bulatan menyentuh sisi $$AB$$ pada titik $$K$$, maka $$OK \perp AB$$ dan $$OK$$ ialah jejari bulatan itu. Dengan sifat segi tiga tepat, $$AB \cdot OK = AO \cdot BO$$, dari mana $$OK = \frac(2\sqrt(5)\cdot \sqrt(5))(5) = 2$ $. $$\blacktriangle$$
JAWAPAN
2. Sudut antara tangen dan kord dengan titik sepunya pada bulatan.
Ingat bahawa ukuran darjah sudut tersurat ialah separuh ukuran darjah lengkok di mana ia terletak.
Teorem 1. Ukuran sudut di antara tangen dan kord yang mempunyai titik sepunya pada bulatan adalah sama dengan separuh ukuran darjah lengkok yang tertutup di antara sisinya.
$$\persegi$$ Biarkan $$O$$ menjadi pusat bulatan, $$AN$$ ialah tangen (Gamb. 5). Mari kita nyatakan sudut antara tangen $$AN$$ dan kord $$AB$$ sebagai $$\alpha$$. Mari kita sambungkan titik $$A$$ dan $$B$$ ke tengah bulatan.
Oleh itu, ukuran darjah sudut antara tangen dan kord adalah sama dengan separuh ukuran darjah lengkok $$AnB$$, yang tertutup di antara sisinya, dan, oleh itu, sudut $$BAN$$ adalah sama. kepada mana-mana sudut tertera yang dicangkum oleh lengkok $$AnB$$ . (Hujah yang serupa boleh dibuat untuk sudut $$MAB$$). $$\blacksquare$$
Titik $$C$$ terletak pada bulatan dan diasingkan daripada tangen yang dilukis dari titik $$M$$ ke bulatan pada jarak $$CS = a$$ dan $$CP = b$$ (Gamb. 6). Buktikan bahawa $$CK = \sqrt(ab)$$.
$$\segitiga$$ Mari kita lukis kord $$CA$$ dan $$CB$$. Sudut $$SAC$$ antara tangen $$SA$$ dan kord $$AC$$ adalah sama dengan sudut tertera $$ABC$$. Dan sudut $$PBC$$ antara tangen $$PB$$ dan kord $$BC$$ adalah sama dengan sudut tertera $$BAC$$. Kami memperoleh dua pasang segi tiga tepat serupa $$\Delta ASC \sim\Delta BKC$$ dan $$\Delta BPC \sim \Delta AKC$$. Daripada persamaan kita mempunyai $$\dfrac(a)(AC)=\dfrac(x)(BC)$$ dan $$\dfrac(b)(BC)=\dfrac(x)(AC)$$, yang membayangkan $ $ab=x^2$$, $$x=\sqrt(ab)$$. (Jika unjuran titik $$C$$ pada garisan $$AB$$ terletak di luar segmen $$AB$$, buktinya tidak banyak berubah). (Bab. dsb.) $$\blacktriangle$$
Penerimaan digunakan dalam penyelesaian - melukis kord "hilang" - sering membantu dalam masalah dan teorem dengan bulatan dan tangen, seperti, sebagai contoh, dalam bukti teorem berikut "tentang tangen dan sekan".
Teorem 2. Jika dari satu titik $$M$$ tangen $$MA$$ dan secan $$MB$$ dilukis ke bulatan, bersilang bulatan pada titik $$C$$ (Rajah 7), maka kesamaan $$MA adalah sah ^2 = MB \cdot MC$$, i.e. jika tangen dan sekan dilukis dari titik $$M$$ ke bulatan, maka segi empat sama ruas tangen dari titik $$M$$ ke titik tangen. sama dengan produk panjang ruas keratan dari titik $$M$$ hingga ke titik persilangannya dengan bulatan.
$$\persegi$$ Mari kita lukis kord $$AC$$ dan $$AB$$. Sudut $$MAC$$ antara tangen dan kord adalah sama dengan sudut tersurat $$ABC$$, kedua-duanya diukur dengan separuh ukuran darjah lengkok $$AnC$$. Dalam segi tiga $$MAC$$ dan $$MBA$$, sudut $$MAC$$ dan $$MBA$$ adalah sama, dan sudut bucu $$M$$ adalah biasa. Segitiga ini adalah
adalah serupa, daripada persamaan kita mempunyai $$MA/MB = MC/MA$$, yang membayangkan $$MA^2 = MB \cdot MC$$. $$\blacksquare$$
Jejari bulatan ialah $$R$$. Dari titik $$M$$ tangen $$MA$$ dan sekan $$MB$$ dilukis, melalui pusat $$O$$ bulatan (Gamb. 8). Cari jarak antara titik $$M$$ dan pusat bulatan jika $$MB = 2MA$$.
$$\segitiga$$ Mari kita nyatakan jarak yang diperlukan $$x: \: x=MO$$, kemudian $$MB = x+R$$, $$MC=x-R$$ dan dengan syarat $$MA=MB /2= (x+R)/2$$. Dengan teorem tangen dan sekan, $$(x+R)^2/4=(x+R)(x-R)$$, daripadanya, dikurangkan dengan $$(x+R)$$, kita dapat $$( x+R )/4=x-R$$. Kami mudah mencari $$x = \dfrac(5)(3)R$$. $$\blacktriangle$$
JAWAPAN
$$\dfrac(5)(3)R$$
3. Sifat kord bulatan.
Adalah berguna untuk membuktikan sendiri sifat-sifat ini (lebih baik diperkukuh), anda boleh menganalisis bukti dari buku teks.
1.3$$(\^{\circ}$$. Диаметр, перпендикулярный хорде, делит её пополам. Обратно: диаметр, проходящей через середину хорды (не являющуюся диаметром) перпендикулярен ей. !}
1.4$$(\^{\circ}$$. Равные хорды окружности находятся на !} jarak yang sama dari pusat bulatan. Sebaliknya: kord yang sama terletak pada jarak yang sama dari pusat bulatan.
1.5$$(\^{\circ}$$. !} Lengkok bulatan yang tertutup di antara kord selari, adalah sama (Rajah 9 akan mencadangkan laluan pembuktian).
1.6$$(\^{\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$$). !}
Mari kita buktikan pernyataan berikut.
1.7$$(\^{\circ}$$. !} Jika dalam bulatan berjejari $$R$$ sudut tersurat yang disubtend dengan kord panjang $$a$$ adalah sama dengan $$\alpha$$, maka $$a = 2R\textrm(sin)\alpha$$ .
$$\blacksquare$$ Biarkan dalam bulatan jejari $$R$$ kord $$BC = a$$, sudut tertera $$BAC$$ subtend kord $$a$$, $$\angle BAC = \ alpha$$ (Gamb. 11 a,b).
Mari kita lukis diameter $$BA^(")$$ dan pertimbangkan segi tiga tepat$$BA^(")C$$ ($$\sudut BCA^(")= 90^(\circ)$$, berdasarkan diameter).
Jika sudut $$A$$ adalah akut (Rajah 11a), maka pusat $$O$$ dan bucu $$A$$ terletak pada sisi yang sama bagi garis lurus $$BC$$, $$\ sudut A^(") = \sudut A$$ dan $$BC = BA^(") \cdot \textrm(sin)A^(")$$, iaitu $$a=2R\textrm(sin)A^ (")$ $.
Jika sudut $$A$$ tumpul, pusat $$O$$ dan bucu $$A$$ terletak di sepanjang sisi yang berbeza daripada garis lurus $$BC$$ (Rajah 11b), kemudian $$\sudut A^(") = 180^(\circ) - \sudut A$$ dan $$BC = BA^(") \cdot \textrm (sin)A^(")$$, iaitu $$a=2R\textrm(sin)(180-A^("))=2R\textrm(sin)A^(")$$.
Jika $$\alpha = 90^(\circ)$$, maka $$BC$$ ialah diameter, $$BC = 2R = 2R\textrm(sin)90^(\circ)$$.
Dalam semua kes, kesamaan $$a=2R\textrm(sin)A^(")$$ adalah benar. $$\blacktriangle$$
Jadi, $$\boxed(a = 2R\textrm(sin)\alpha)$$ atau $$\boxed(R = \dfrac(a)(2\textrm(sin)\alpha))$$. (*)
Cari jejari bulatan yang dihadkan tentang segi tiga $$ABC$$, di mana $$AB = 3\sqrt(3)$$, $$BC = 2$$ dan sudut $$ABC = 150^(\circ) $$.
$$\segitiga$$ Dalam bulatan yang dihadkan tentang segi tiga $$ABC$$, sudut $$B$$ yang dicangkum oleh kord $$AC$$ diketahui. Daripada formula terbukti ia mengikuti $$R = \dfrac(AC)(2\textrm(sin)B)$$.
Mari kita gunakan teorem kosinus pada segi tiga $$ABC$$ (Rajah 12) dan mengambil kira bahawa
$$\textrm(cos)150^(\circ) = \textrm(cos)(180^(\circ)-30^(\circ)) = -\textrm(cos)30^(\circ) = -\ dfrac(\sqrt(3))(2)$$, kita dapat
$$AC^2 = 27+4+2\cdot 3\sqrt(3) \cdot 2 \cdot \dfrac(\sqrt(3))(2) = 49,\: AC=7$$.
Kami dapati $$R = \dfrac(AC)(2\textrm(sin)150^(\circ)) = \dfrac(7)(2\textrm(sin)30^(\circ)) = 7$$. $$\blacktriangle$$
JAWAPAN
Kami menggunakan sifat kord bersilang untuk membuktikan teorem berikut.
Teorem 3. Biarkan $$AD$$ menjadi pembahagi bagi segi tiga $$ABC$$, kemudian
$$AD^2 = AB\cdot AC - BD\cdot CD$$ , iaitu Jika$$AB=c,\: AC=b,\: BD=x,\:DC=y$$ , Itu$$AD^2 = bc-xy$$ (Gamb. 13a).
$$\persegi$$ Mari kita huraikan bulatan mengelilingi segitiga $$ABC$$ (Rajah 13b) dan nyatakan titik persilangan kesinambungan pembahagi dua bahagian $$AD$$ dengan bulatan sebagai $$B_1$$. Mari kita nyatakan $$AD = l $$ dan $$DB_1 = z $$. Sudut tersurat $$ABC$$ dan $$AB_1C$$ adalah sama, $$AD$$ ialah pembahagi dua sudut $$A$$, jadi $$\Delta ABD \sim \Delta AB_1C$$ (pada dua sudut ). Daripada persamaan kita mempunyai $$\dfrac(AD)(AC) = \dfrac(AB)(AB_1)$$, iaitu $$\dfrac(l)(b) = \dfrac(c)(l+z) $ $, dari mana $$l^2=bc-lz$$. Dengan sifat kord bersilang, $$BD\cdot DC = AD \cdot DB_1$$, iaitu $$xy=lz$$, jadi kita mendapat $$l^2=bc-xy$$ . $$\blacksquare$$
4. Dua bulatan tangen
Untuk menyimpulkan bahagian ini, kami akan mempertimbangkan masalah dengan dua bulatan tangen. Dua bulatan yang mempunyai titik sepunya dan tangen sepunya pada titik itu dipanggil tangen. Jika bulatan terletak pada sisi yang sama pada tangen sepunya, ia dipanggil berhubung secara dalaman(Rajah 14a), dan jika terletak pada sisi bertentangan tangen, maka ia dipanggil berhubung secara luaran(Gamb. 14b).
Jika $$O_1$$ dan $$O_2$$ ialah pusat bulatan, maka mengikut takrif tangen $$AO_1 \perp l$$, $$AO_2 \perp l$$, oleh itu, dalam kedua-dua kes titik biasasentuhan terletak pada garisan pusat.
Dua bulatan jejari $$R_1$$ dan $$R_2$$ ($$R_1 > R_2$$) secara dalaman bertangen pada titik $$A$$. Melalui titik $$B$$ berbaring lilitan yang lebih besar, garis lurus dilukis tangen kepada bulatan yang lebih kecil pada titik $$C$$ (Rajah 15). Cari $$AB$$ jika $$BC = a$$.
$$\segitiga$$ Biarkan $$O_1$$ dan $$O_2$$ menjadi pusat bagi bulatan yang lebih besar dan lebih kecil, $$D$$ menjadi titik persilangan kord $$AB$$ dengan bulatan yang lebih kecil. Jika $$O_1N \perp AB$$ dan $$O_2M \perp AB$$, maka $$AN=AB/2$$ dan $$AM=AD/2$$ (memandangkan jejari yang berserenjang dengan kord membahagikannya dalam separuh). Daripada persamaan segi tiga $$AO_2M$$ dan $$AO_1N$$ ia berikutan bahawa $$AN:AM = AO_1:AO_2$$ dan, oleh itu, $$AB:AD = R_1:R_2$$.
Dengan teorem tangen dan sekan kita ada:
$$BC^2 = AB\cdot BD = AB (AB-AD) = AB^2(1 - \dfrac(AD)(AB))$$,
iaitu $$a^2 = AB^2(1-\dfrac(R_2)(R_1))$$.
Jadi $$AB = a \sqrt(\dfrac(R_1)(R_1-R_2))$$. $$\blacktriangle$$
Dua bulatan jejari $$R_1$$ dan $$R_2$$ adalah tangen luaran pada titik $$A$$ (Rajah 16). Tangen luaran sepunya mereka menyentuh bulatan yang lebih besar pada titik $$B$$ dan bulatan yang lebih kecil pada titik $$C$$. Cari jejari bulatan yang dihadkan oleh segi tiga $$ABC$$.
$$\segitiga$$ Mari sambungkan pusat $$O_1$$ dan $$O_2$$ dengan titik $$B$$ dan $$C$$. Mengikut takrifan tangen, $$O_1B \perp BC$$ dan $$O_2C \perp BC$$. Oleh itu, $$O_1B \selari O_2C$$ dan $$\sudut BO_1O_2 + \sudut CO_2O_1 = 180^(\circ)$$. Oleh kerana $$\sudut ABC = \dfrac(1)(2) \sudut BO_1A$$ dan $$\sudut ACB = \dfrac(1)(2) \sudut CO_2A$$, maka $$\sudut ABC + \ sudut ACB = 90^(\circ)$$. Ia berikutan bahawa $$\sudut BAC = 90^(\circ)$$ , dan oleh itu jejari bulatan yang dihadkan tentang segi tiga tepat ialah $$ABC$$ , sama dengan separuh hipotenus $$BC$$.
Mari cari $$BC$$. Biarkan $$O_2K \perp O_1B$$, kemudian $$KO_2 = BC,\: O_1K = R_1-R_2,\: O_1O_2 = R_1+R_2$$. Menggunakan teorem Pythagoras kita dapati:
$$KO_2 = \sqrt(O_1O_2^2 - O_1K^2)= 2\sqrt(R_1R_2), \: \underline(BC = 2\sqrt(R_1R_2) )$$.
Jadi, jejari bulatan yang dihadkan tentang segi tiga $$ABC$$ adalah sama dengan $$\sqrt(R_1R_2)$$. Dalam penyelesaian $$R_1 > R_2$$, untuk $$R_1
JAWAPAN
$$\sqrt(R_1R_2)$$
Segmen tangen kepada bulatan yang dilukis dari satu titik adalah sama dan membentuk sudut yang sama dengan garis lurus yang melalui titik ini dan pusat bulatan. BUKTI. A. 3. B. 4. 1. 2. S. O. Dengan teorem tentang sifat tangen, sudut 1 dan 2 ialah sudut tegak, oleh itu segitiga ABO dan ACO adalah bersudut tegak. Mereka adalah sama, kerana mempunyai OA hipotenus sepunya dan sama kaki OV dan OS. Oleh itu, AB = AC dan sudut 3 = sudut 4, itulah yang perlu dibuktikan.
Slaid 4 daripada pembentangan geometri "Bulatan"..Geometri darjah 8
ringkasan pembentangan lain"Sifat segiempat" - Trapezium. Dunno membetulkan deuce. Diagonal membahagikan sudut. Definisi segi empat. pepenjuru. Dikte. Segi empat sama ialah segi empat tepat yang sisinya adalah sama. Semua sudut adalah betul. Sudut bertentangan. Unsur-unsur selari. Pembina. Ketupat. Sifat segi empat. parti. Segi empat dan sifatnya. segi empat. Bantu Entah betulkan deuce. pepenjuru. Sisi bertentangan.
"Vektor gred ke-8" - Objektif pelajaran. Nama sama dengan dan vektor bertentangan. Tentukan koordinat bagi vektor. Vektor yang sama. Vektor dalam pelajaran fizik. Sambung ayat. Cari dan namakan vektor yang sama dalam gambar ini. Koordinat vektor. Kerja praktikal. Nilai mutlak vektor. Magnitud mutlak vektor. Kerja bebas secara berpasangan. Fenomena alam diterangkan kuantiti fizik. vektor. Koordinat vektor.
“Produk skalar dalam koordinat” - Memanaskan badan Matematik. Penyelesaian segi tiga. Teorem Napoleon. Bahan baru. Tukar kad. Jom selesaikan masalah. Geometri. Nama pengarang teorem. Akibat. vektor. Sifat hasil darab skalar bagi vektor. Produk dot dalam koordinat dan sifatnya. Bukti teorem Pythagoras. Ujian matematik.
“Simetri paksi dalam geometri” - Rajah dipanggil simetri berkenaan dengan garis lurus a. Rajah dengan dua paksi simetri. Rajah yang mempunyai satu paksi simetri. Membina segitiga simetri kepada data berbanding dengan garis lurus C. Kandungan. Bina titik A" dan B". Definisi. Simetri dalam puisi. Simetri paksi. Lukis dua garis lurus a dan b dan tandakan dua titik A dan B. Bagaimana untuk mendapatkan rajah simetri dengan yang ini. Perkataan yang mempunyai paksi simetri.
Geometri “Simetri paksi dan pusat” - Huraikan rajah. Weil Herman. Simetri dalam dunia tumbuhan. Sains Simetri dalam dunia serangga. Sudut segi tiga. Simetri putaran. Perkadaran. Algoritma pembinaan. paksi dan simetri pusat. Titik simetri tentang pusat. Simetri titik relatif kepada garis lurus. Ciri-ciri biasa. Apakah yang menarik minat anda terhadap gambar-gambar ini? Titik O. Tengah dan simetri paksi. Simetri rajah itu agak lurus.
""Teorem Thales" gred 8" - Segmen. Kemahiran menyelesaikan masalah. pepenjuru. Analisis. Tugasan untuk lukisan siap. Bukti. Belajar. Garis selari. Thales dikenali sebagai geometer. Thales dari Miletus. Titik tengah sisi. Teorem Thales. Kata-kata Thales. Tugasan. Cari sudut trapezium itu. Buktikan.
Selalunya, masalah geometri yang menyebabkan kesukaran kepada pemohon, graduan dan peserta olimpiade matematik. Jika anda melihat statistik Peperiksaan Negeri Bersepadu 2010, anda boleh melihatnya masalah geometri Kira-kira 12% peserta memulakan C4, tetapi hanya 0.2% peserta menerima markah penuh, dan secara keseluruhan tugas itu ternyata paling sukar daripada semua yang dicadangkan.
Jelas sekali, lebih cepat kami menawarkan kepada pelajar sekolah penyelesaian yang cantik atau tidak dijangka kepada masalah, yang lebih berkemungkinan untuk menarik minat dan memikat dengan serius dan untuk masa yang lama. Tetapi betapa sukarnya untuk mencari yang menarik dan tugasan yang kompleks di peringkat gred 7, apabila kajian sistematik geometri baru bermula. Apakah yang boleh ditawarkan kepada pelajar yang berminat dalam matematik yang hanya mengetahui tanda-tanda kesamaan segi tiga, sifat-sifat bersebelahan dan sudut menegak? Walau bagaimanapun, seseorang boleh memperkenalkan konsep tangen kepada bulatan, sebagai garis lurus yang mempunyai satu titik sepunya dengan bulatan; andaikan jejari yang dilukis ke titik sentuhan adalah berserenjang dengan tangen. Sudah tentu, adalah bernilai mempertimbangkan semua kemungkinan kes lokasi dua bulatan dan tangen sepunya kepada mereka, yang boleh diambil dari sifar hingga empat. Dengan membuktikan teorem yang dicadangkan di bawah, anda boleh mengembangkan set masalah dengan ketara untuk pelajar gred tujuh. Pada masa yang sama, pada masa yang sama membuktikan penting atau hanya menarik dan fakta yang menyeronokkan. Lebih-lebih lagi, kerana banyak pernyataan tidak dimasukkan dalam buku teks sekolah, ia boleh dibincangkan dalam kelas bulatan dan dengan graduan semasa menyemak planimetri. Fakta ini ternyata relevan pada tahun akademik lepas. Oleh kerana banyak kerja diagnostik itu sendiri Kerja Peperiksaan Negeri Bersatu mengandungi masalah untuk penyelesaian yang mana ia perlu menggunakan sifat segmen tangen yang dibuktikan di bawah.
T 1
Segmen tangen kepada bulatan yang dilukis daripada
sama dengan satu titik (Rajah 1)
Ini adalah teorem yang boleh anda perkenalkan dahulu kepada pelajar gred tujuh.
Dalam proses pembuktian, kami menggunakan tanda kesamaan segi tiga tepat dan membuat kesimpulan bahawa pusat bulatan terletak pada pembahagi dua sudut BSA.
Sepanjang perjalanan, kami teringat bahawa pembahagi dua sudut ialah lokus titik kawasan dalam sudut, sama jarak dari sisinya. Penyelesaian kepada masalah yang jauh daripada masalah remeh adalah berdasarkan fakta ini, boleh diakses walaupun kepada mereka yang baru mula belajar geometri.
1. Pembahagi dua sudut A, DALAM Dan DENGAN segi empat cembung ABCD bersilang pada satu titik. sinar AB Dan DC bersilang pada satu titik E, dan sinar
Matahari Dan AD pada titik F. Buktikan bahawa segi empat tidak cembung AECF jumlah panjang sisi bertentangan adalah sama.
Penyelesaian (Gamb. 2). biarlah TENTANG– titik persilangan pembahagi dua ini. TENTANG Kemudian ABCD sama jarak dari semua sisi segiempat
, iaitu 1
ialah pusat bulatan yang ditulis dalam segi empat. Mengikut teorem persamaan berikut adalah benar: = AR,
A.K. = ER, E.P. = F.T. FK
(persamaan berikut adalah benar: + A.K.) + E.P. = (AR +F.T.) + ER; A.E. + (. Mari tambah istilah sisi kiri dan kanan mengikut istilah dan dapatkan kesamaan yang betul: + F.C.) = C.T. + (A.F. + EU PC ). = Kerana ST RS + . Mari tambah istilah sisi kiri dan kanan mengikut istilah dan dapatkan kesamaan yang betul: = C.T. + A.F., Itu
AE 1 .
, itulah yang perlu dibuktikan. Mari kita pertimbangkan masalah dengan rumusan yang luar biasa, untuk penyelesaian yang cukup untuk mengetahui teorem 2. Adakah terdapat Mari kita pertimbangkan masalah dengan rumusan yang luar biasa, untuk penyelesaian yang cukup untuk mengetahui teorem n
-segitiga yang sisinya berturutan 1, 2, 3, ..., Mari kita pertimbangkan masalah dengan rumusan yang luar biasa, untuk penyelesaian yang cukup untuk mengetahui teorem, yang manakah bulatan boleh ditulis? A 1 A 2 =1, …, A Penyelesaian. Mari kita katakan ini A-gon wujud. Mari kita pertimbangkan masalah dengan rumusan yang luar biasa, untuk penyelesaian yang cukup untuk mengetahui teorem– 1,n-1 n= A 1 = Mari kita pertimbangkan masalah dengan rumusan yang luar biasa, untuk penyelesaian yang cukup untuk mengetahui teorem. B 1 , …, B A n n – A 1 B 1 = A 1 B n=< 1, Mari kita pertimbangkan masalah dengan rumusan yang luar biasa, untuk penyelesaian yang cukup untuk mengetahui teorem – 1 < A n= B n=< mata yang sepadan sentuh. Kemudian dengan Teorem 1 A n= B-gon wujud. A n= B n. A n= B Penyelesaian. Mari kita katakan ini< A Penyelesaian. Mari kita katakan ini A-gon wujud. Dengan sifat segmen tangen 1. n-1 . Tetapi, Mari kita pertimbangkan masalah dengan rumusan yang luar biasa, untuk penyelesaian yang cukup untuk mengetahui teorem n –
Percanggahan. Oleh itu tidak-gon memenuhi syarat masalah. T 2 Jumlah
pihak yang bertentangan
segi empat yang dihadkan 1 bulatan adalah sama (Rajah 3) Kanak-kanak sekolah, sebagai peraturan, dengan mudah membuktikan sifat segi empat yang diterangkan ini. Selepas membuktikan teorem , ia adalah latihan latihan. Kita boleh generalisasi fakta ini - jumlah sisi bagi segi tiga genap yang dihadkan, diambil melalui satu sisi, adalah sama. Contohnya, untuk heksagon
. Cari AB
, Jika
– tangen pada titik AB Dan . Oleh kerana segiempat ABEF dan ECDF adalah kitaran, maka dengan Teorem 2 P ABEF = 2(AB + EF) dan P ECDF = 2(CD + EF), mengikut keadaan kepada bulatan berpusat di titik O. Melalui titik sewenang-wenangnya Dan X arka tangen kepada bulatan dilukis bersilang dengan ruas pada titik M R
masing-masing. Buktikan bahawa perimeter segi tiga AMR dan magnitud sudut MPA tangen kepada bulatan dilukis bersilang dengan ruas jangan bergantung pada pilihan titik X. AB Dan Penyelesaian (Gamb. 5). Mengikut Teorem 1 MV = MX dan RS = RH. tangen kepada bulatan dilukis bersilang dengan ruas . Nilai sudut MOP diukur dengan separuh sudut VOS , yang tidak bergantung pada pilihan mata.
AK. Penyelesaian (Gamb. 6). Kaedah satu (algebra). biarlah AK = AN = x, Kemudian BK = BM = c – x, CM = CN = a – c + x. AC = AN + NC, maka kita boleh mencipta persamaan untuk
.
x: b = x + (a – c + x).
di mana Kaedah dua (geometrik). Mari lihat gambar rajah. Segmen tangen yang sama, diambil satu demi satu, ditambah sehingga separuh perimeter segi tiga. Merah dan hijau membentuk sisi A.
AK = AM = x, kemudian BK = BN = c – x, CM = CN. Kami mempunyai persamaan 1
b + x = a + (c – x). di mana. Z Dalam segi tiga dengan sisi Perhatikan bahawa daripada masalah rujukan ia mengikuti itu CM = p Δ ABC. b + x = p; x = p – b. Formula yang terhasil mempunyai aplikasi dalam masalah berikut.
.
4. Cari jejari bulatan yang ditulis dalam segi tiga tegak dengan kaki
dan hipotenus Dengan. Penyelesaian (Gamb. 8). T ok macam mana
OMCN - segi empat sama, maka jejari bulatan tersurat adalah sama dengan ruas tangen CN.
5. Buktikan bahawa titik tangen bagi yang tersurat dan luar bulatan dengan sisi segi tiga adalah simetri kira-kira bahagian tengah sisi ini. T Penyelesaian (Gamb. 9).
Ambil perhatian bahawa AK ialah segmen tangen bagi bulatan bagi segi tiga ABC. Mengikut formula (2). VM– segmen
tangen kepada bulatan bagi segi tiga Mengikut formula (1). AK = VM, dan ini bermakna bahawa mata K dan M sama jarak dari tengah sisi AB,
Q.E.D. T 6. Dua tangen luar biasa dan satu tangen dalam dilukis kepada dua bulatan. Tangen dalam memotong tangen luar pada titik A, B dan menyentuh bulatan pada titik A 1 dan ini bermakna bahawa mata Dan B 1. Buktikan itu AA 1 = BB 1. Penyelesaian (Gamb. 10). Berhenti... Apa yang perlu diputuskan? Ini hanyalah rumusan berbeza daripada masalah sebelumnya. Jelas sekali, satu daripada bulatan itu tertulis dan satu lagi adalah excircle untuk segi tiga tertentu
Dan segmen
AA 1 dan BB 1. Katakan bahawa dalam pentagon ABCDE anda boleh menulis bulatan. 2p, , dan sisi kedua, Lebih-lebih lagi, pihak, CD Dan DE EA F, adalah sama dengan 5, 6, 10, 7 dan 8, masing-masing Mari kita tandakan titik tangen dalam urutan -., G, H M Dan N C.T.. Biarkan panjang segmen sama dengan.
X Kemudian = B.F. – C.T. = 5 – FD = x. B.G. = , dan sisi kedua – x = = 6 – (5 – FD) = 1 + FD = G.C. CH . = Dan seterusnya: = 9 – FD; HD = DM = M.E. – 2, EN = 10 – sama dengan.
x C.T. = EN AN sama dengan = sama dengan; sama dengan Tetapi, . Iaitu 10 - AB= 5. Walau bagaimanapun, ruas tangen
A.F.
tidak boleh sama sisi sama dengan. Percanggahan yang terhasil membuktikan bahawa bulatan tidak boleh ditulis dalam pentagon tertentu. 8. Sebuah bulatan ditulis dalam heksagon; sisinya mengikut susunan tawaf ialah 1, 2, 3, 4, 5. Cari panjang sisi keenam. Penyelesaian. Sudah tentu, kita boleh menetapkan segmen tangen sebagai 2 , seperti dalam
tugasan sebelumnya sama dengan, tulis persamaan dan dapatkan jawapannya. Tetapi, adalah lebih cekap dan berkesan untuk menggunakan nota kepada teorem sama dengan: jumlah sisi heksagon yang dihadkan, diambil melalui satu sama lain, adalah sama. sama dengan = 3.
integer AB CD, Penyelesaian (Gamb. 12), . Oleh kerana panjang semua sisi adalah integer, bahagian pecahan panjang segmen adalah sama, BT, AR Dan B.P. DM DN + AT. Kami ada B.P. Dan AT TV DN + AT= 1, dan bahagian pecahan panjang segmen 1
TB + bulatan tertulis,.
adalah sama. Ini hanya mungkin apabila bulatan tertulis,= 0.5. , jika diketahui bahawa panjang semua sisi pentagon ialah Mengikut teorem
VT Bermaksud,= 0.5. Perhatikan bahawa syarat a, b = 3 ternyata tidak dituntut. Jelas sekali, pengarang masalah menganggap beberapa penyelesaian lain. Jawapan: 0.5. 10. Dalam segi empat ABCD AD = DC, AB = 3, BC = 5. Bulatan ditulis dalam segi tiga ABD CBD sentuh segmen BD
pada titik M Dan ABD N masing-masing. Cari panjang ruas itu
MN. AB + CD + EF = BC + DE + FA. Penyelesaian (Gamb. 13). MN = DN – DM. Mengikut formula (1) bagi segi tiga Dan DBA DBC sewajarnya, kami mempunyai: Dan 11. Menjadi segi empat anda boleh menulis bulatan.
Bulatan ditulis dalam segi tiga AB + CD + EF = BC + DE + FA. ABD 2 CBD mempunyai jejari R Dan seterusnya: r masing-masing. Cari jarak antara pusat bulatan ini.
Penyelesaian (Gamb. 13). Oleh kerana dengan syarat segi empat AB + CD + EF = BC + DE + FA. tertulis, dengan teorem kami ada: AB + CD + EF = BC + DE + FA. AB + DC = AD + BC. Mari kita gunakan idea untuk menyelesaikan masalah sebelumnya. . Ini bermakna bahawa titik hubungan bulatan dengan segmen Dan perlawanan. Jarak antara pusat bulatan adalah sama dengan hasil tambah jejari. Jawapan: R+r.
Adalah dicadangkan untuk membuktikan kedua-dua pernyataan yang saling songsang ini dalam masalah berikut, yang boleh dianggap sebagai generalisasi yang satu ini.
12. Dalam segi empat cembung AB + CD + EF = BC + DE + FA. (nasi. 14) bulatan yang ditulis dalam segi tiga Mari kita gunakan idea untuk menyelesaikan masalah sebelumnya. . Ini bermakna bahawa titik hubungan bulatan dengan segmen Dan ADC sentuh antara satu sama lain. Buktikan bahawa bulatan tertulis dalam segi tiga Mengikut formula (1) bagi segi tiga Dan BDC juga menyentuh antara satu sama lain.
13. Dalam segi tiga ABC dengan pihak-pihak a, b Dan c di sebelah Matahari titik ditanda D supaya bulatan tertulis dalam segi tiga ABD Dan ACD sentuh segmen AD pada satu ketika. Cari panjang ruas itu.
BD perlawanan. Jarak antara pusat bulatan adalah sama dengan hasil tambah jejari. Jawapan: Dan Penyelesaian (Gamb. 15). Mari gunakan formula (1) untuk segi tiga A.D.B. , mengira DM 
dua D ternyata, Matahari– titik sentuhan dengan sisi ABC bulatan yang ditulis dalam segi tiga . Sebaliknya adalah benar: jika bucu segitiga disambungkan ke titik tangen bulatan tersurat pada
sebelah bertentangan TENTANG 1 , TENTANG, kemudian bulatan yang tertulis dalam segi tiga yang terhasil bersentuhan antara satu sama lain. TENTANG 14. Pusat TENTANG 1 , TENTANG 2 , TENTANG 2 dan
3 tiga bulatan tidak bersilang dengan jejari yang sama terletak di bucu segitiga. Dari mata
3, tangen kepada bulatan ini dilukis seperti yang ditunjukkan dalam rajah. Adalah diketahui bahawa tangen ini, bersilang, membentuk heksagon cembung, sisinya dicat merah dan biru. Dan Buktikan bahawa jumlah panjang ruas merah adalah sama dengan jumlah panjang ruas biru. Penyelesaian (Gamb. 16). Adalah penting untuk memahami cara menggunakan fakta bahawa bulatan yang diberi mempunyai jejari yang sama. Perhatikan bahawa segmen TENTANG 1 Adalah diketahui bahawa tangen ini, bersilang, membentuk heksagon cembung, sisinya dicat merah dan biru. Dan O 2 BR DM adalah sama, yang mengikuti daripada kesamaan segi tiga tegak = B.M., . = F.T. Begitu juga A, DENGAN D.L. E D.P. Kanak-kanak sekolah, sebagai peraturan, dengan mudah membuktikan sifat segi empat yang diterangkan ini.: FN Dan AR, . Kami menambah sebutan kesamaan mengikut sebutan, kemudian tolak daripada jumlah terhasil segmen tangen yang sama yang diambil daripada bucu Dan , Dan, DM Dan ER segi enam
AR
C.L. C.M.. Kami mendapat apa yang kami perlukan. Berikut adalah contoh masalah dalam stereometri, yang dicadangkan pada Kejohanan Matematik Antarabangsa XII untuk Pelajar Sekolah Menengah "Cup in Memory of A. N. Kolmogorov". 16. Diberi piramid pentagonal SA 1 A 2 A 3 A 4 A 5 . Terdapat sfera w, yang menyentuh semua tepi piramid dan sfera lain w 1, yang menyentuh semua sisi tapak
s kerana segmen tangen adalah sama. biarlah C i A i = a i p SAiAi +1 = . Kemudian s+a i +a i 1 = s+a i +a i 3 = s+a i +a i 5 = s+a i +a i 2 = s+a i +a i+1, dan daripada kesamaan perimeter ia mengikutinya a 1 = a 2 = a 3 = a 4 = a 5 .
17. 4, dari mana S.A. Peperiksaan Negeri Bersatu. Kerja diagnostik 8.12.2009, S–4. Diberi trapezoid ABCD 44,, asasnya = 100, BC = AD AD Dan AB = CD= 35. Bulatkan tangen kepada garisan Lebih-lebih lagi, pihak A.C. , menyentuh bahagian tepi. menjadi pentagon pada titik K CK.BDC dan BDA kepada bulatan berpusat di titik O. Melalui E Dan F. menjadi pentagon Di bahagian tepi.
, sentuh bahagian tepi CD Dan ВD.
Penyelesaian. Dua kes mungkin (Rajah 20 dan Rajah 21). AD = 0,1. Oleh kerana segiempat ABEF dan ECDF adalah kitaran, maka dengan Teorem 2 P ABEF = 2(AB + EF) dan P ECDF = 2(CD + EF), mengikut keadaan, , jika diketahui bahawa panjang semua sisi pentagon ialah = 0,9AB = CD Menggunakan formula (1) kita mencari panjang segmen AD = 0,125. Oleh kerana segiempat ABEF dan ECDF adalah kitaran, maka dengan Teorem 2 P ABEF = 2(AB + EF) dan P ECDF = 2(CD + EF), mengikut keadaan, , jika diketahui bahawa panjang semua sisi pentagon ialah = 1,125AB = CD DF
Dalam kes pertama
. Pada yang kedua - . Kami menggantikan data dan mendapat jawapan: 4.6 atau 5.5. Masalah untuk penyelesaian bebas/ 1. Perimeter trapezoid sama kaki , dihadkan tentang bulatan adalah sama dengan
2. 2 gosok. Cari unjuran pepenjuru trapezoid ke tapak yang lebih besar.(1/2r) Buka bank Masalah Peperiksaan Negeri Bersatu dalam matematik. S4. Kepada bulatan yang tertulis dalam segi tiga. (24)
ABC (Gamb. 22), tiga tangen dilukis. Perimeter bagi segi tiga yang dipotong ialah 6, 8, 10. Cari perimeter segi tiga yang diberi 3. Menjadi segitiga ABC bulatan tertulis. MN –
tangen kepada bulatan, MÎ AC, NÎ BC, BC = 13, AC = 14, AB = 15.
Cari perimeter segi tiga itu MNC. (12), 4. Satu tangen dilukis kepada bulatan yang ditulis dalam segi empat sama dengan sisi a, bersilang dua sisinya., c, 4. Satu tangen dilukis kepada bulatan yang ditulis dalam segi empat sama dengan sisi a, bersilang dua sisinya. Dan Cari perimeter segi tiga yang dipotong.(A) MNC. (12).
5. Sebuah bulatan ditulis dalam pentagon dengan sisi
7. Lebih-lebih lagi, pihak A Mari kita gunakan idea untuk menyelesaikan masalah sebelumnya. . Ini bermakna bahawa titik hubungan bulatan dengan segmen d ACD Dan e. Cari segmen di mana titik tangen membahagi sisi sama dengan Lebih-lebih lagi, pihak 6. Sebuah bulatan ditulis dalam segi tiga dengan sisi 6, 10 dan 12. Sebuah tangen dilukis pada bulatan supaya ia bersilang dua sisi yang panjang. Cari perimeter segi tiga yang dipotong. (16) H Dan Dan– median bagi segi tiga MN lebih besar daripada perimeter segiempat . Oleh kerana segiempat ABEF dan ECDF adalah kitaran, maka dengan Teorem 2 P ABEF = 2(AB + EF) dan P ECDF = 2(CD + EF), mengikut keadaan – . Bulatan yang ditulis dalam segi tiga = 2. (1)
BCD ABC, sentuh segmen a, b pada titik c di sebelah Matahari titik ditanda D. Cari ABD Dan ACD Matahari AD 8. Dalam segi tiga titik sewenang-wenangnya dengan pihak-pihak Dan. Kepada bulatan yang ditulis dalam segi tiga Dan, tangen sepunya dilukis bersilang D Dan
pada titik . Cari panjang ruas itu))
pagi MNC. (12). (Panjang tidak bergantung pada kedudukan titik sama dengan ½ ( c + b – a)
9. Satu bulatan jejari ditulis dalam segi tiga tepat ABC. Jejari bulatan tangen kepada hipotenus dan sambungan kaki adalah sama dengan AB = R., . Oleh kerana segiempat ABEF dan ECDF adalah kitaran, maka dengan Teorem 2 P ABEF = 2(AB + EF) dan P ECDF = 2(CD + EF), mengikut keadaan = Cari panjang hipotenus. (, Matahari = MNC. (12) R–a AB 8. Dalam segi tiga 10. Dalam segi tiga panjang sisi diketahui: AB Dengan A A.C. b. Bulatan yang ditulis dalam segi tiga menyentuh sisi C 1. (Cari panjang hipotenus. ()
11. Cari panjang sisi segi tiga dibahagikan dengan titik tangen bagi bulatan tersurat berjejari 3 cm kepada segmen 4 cm dan 3 cm (7, 24 dan 25 cm dalam segi tiga tegak)
12. Olimpik Soros 1996, pusingan ke-2, gred ke-11. Diberi segitiga ABC, di sisi yang mana titik ditanda A 1, B 1, C 1. Jejari bulatan yang ditulis dalam segi tiga AC 1 B 1, BC 1 A 1, SA 1 B 1 sama dalam 11. Menjadi segi empat. Jejari bulatan yang ditulis dalam segi tiga A 1 B 1 C 1 sama sewajarnya, kami mempunyai:. Cari jejari bulatan yang ditulis dalam segi tiga ABC. (sewajarnya, kami mempunyai: +r).
Masalah 4–8 diambil dari buku masalah R.K Gordin “Geometri. Planimetri." Moscow. Rumah penerbitan MCNMO. 2004.
Mengekalkan privasi anda adalah penting bagi kami. Atas sebab ini, kami telah membangunkan Dasar Privasi yang menerangkan cara kami menggunakan dan menyimpan maklumat anda. Sila semak amalan privasi kami dan beritahu kami jika anda mempunyai sebarang soalan.
Pengumpulan dan penggunaan maklumat peribadi
Maklumat peribadi merujuk kepada data yang boleh digunakan untuk mengenal pasti atau menghubungi orang tertentu.
Anda mungkin diminta untuk memberikan maklumat peribadi anda pada bila-bila masa apabila anda menghubungi kami.
Di bawah ialah beberapa contoh jenis maklumat peribadi yang mungkin kami kumpulkan dan cara kami boleh menggunakan maklumat tersebut.
Apakah maklumat peribadi yang kami kumpulkan:
- Apabila anda menghantar permintaan di tapak, kami mungkin mengumpul pelbagai maklumat, termasuk nama, nombor telefon, alamat anda emel dll.
Cara kami menggunakan maklumat peribadi anda:
- Dikumpul oleh kami maklumat peribadi membolehkan kami menghubungi anda dan memaklumkan anda tentang tawaran unik, promosi dan acara lain serta acara akan datang.
- Dari semasa ke semasa, kami mungkin menggunakan maklumat peribadi anda untuk menghantar notis dan komunikasi penting.
- Kami juga mungkin menggunakan maklumat peribadi untuk tujuan dalaman seperti pengauditan, analisis data dan pelbagai kajian untuk menambah baik perkhidmatan yang kami sediakan dan memberikan anda cadangan mengenai perkhidmatan kami.
- Jika anda menyertai cabutan hadiah, peraduan atau promosi yang serupa, kami mungkin menggunakan maklumat yang anda berikan untuk mentadbir program tersebut.
Pendedahan maklumat kepada pihak ketiga
Kami tidak mendedahkan maklumat yang diterima daripada anda kepada pihak ketiga.
Pengecualian:
- Jika perlu, mengikut undang-undang, prosedur kehakiman, V perbicaraan, dan/atau berdasarkan permintaan awam atau permintaan daripada agensi kerajaan di wilayah Persekutuan Rusia - mendedahkan maklumat peribadi anda. Kami juga mungkin mendedahkan maklumat tentang anda jika kami menentukan bahawa pendedahan tersebut perlu atau sesuai untuk keselamatan, penguatkuasaan undang-undang atau tujuan kepentingan awam yang lain.
- Sekiranya berlaku penyusunan semula, penggabungan atau penjualan, kami mungkin memindahkan maklumat peribadi yang kami kumpulkan kepada pihak ketiga pengganti yang berkenaan.
Perlindungan maklumat peribadi
Kami mengambil langkah berjaga-jaga - termasuk pentadbiran, teknikal dan fizikal - untuk melindungi maklumat peribadi anda daripada kehilangan, kecurian dan penyalahgunaan, serta akses, pendedahan, pengubahan dan pemusnahan tanpa kebenaran.
Menghormati privasi anda di peringkat syarikat
Untuk memastikan maklumat peribadi anda selamat, kami menyampaikan piawaian privasi dan keselamatan kepada pekerja kami dan menguatkuasakan amalan privasi dengan ketat.