Doğrudan ( MN), çemberiyle birlikte yalnızca bir tane olan ortak nokta (A), isminde teğet çembere.
Bu durumda ortak nokta denir temas noktası.
Var olma olasılığı teğet ve ayrıca herhangi bir noktadan çizilen daire teğetlik noktası olarak aşağıdaki şekilde kanıtlanmıştır teorem.
Yürütülmesi gerekli olsun daire merkezi ile O teğet nokta boyunca A. Bunu şu noktadan yapmak için A, merkezden itibaren tarif ediyoruz yay yarıçap A.O. ve noktadan itibaren O merkez olarak bu yayı noktalarda kesiyoruz B Ve İLE verilen dairenin çapına eşit bir pusula çözümü.
Harcadıktan sonra akorlar O.B. Ve İşletim Sistemi, noktayı birleştir A noktalı D Ve e, bu akorların belirli bir daire ile kesiştiği yer. Doğrudan reklam Ve A.E. - bir daireye teğet O. Aslında inşaattan da anlaşılıyor ki üçgenler AOB Ve AOC ikizkenar(AO = AB = AC) bazlarla O.B. Ve İşletim Sistemi, çapa eşit daire O.
Çünkü Aşırı doz Ve O.E.- yarıçaplar, o zaman D - orta O.B., A e- orta İşletim Sistemi, Araç reklam Ve A.E. - medyanlar ikizkenar üçgenlerin tabanlarına çizilir ve dolayısıyla bu tabanlara diktir. Düz ise D.A. Ve E.A. yarıçaplara dik Aşırı doz Ve O.E., sonra onlar - teğetler.
Sonuçlar.
Bir noktadan bir daireye çizilen iki teğet eşittir ve bu noktayı merkeze bağlayan düz çizgi ile eşit açılar oluşturur.
Bu yüzden AD=AE ve ∠ OAD = ∠OAEÇünkü dik üçgenler AOD Ve etki alanı ortak bir noktaya sahip olmak hipotenüs A.O. ve eşit bacaklar Aşırı doz Ve O.E.(yarıçap olarak) eşittir. Burada "teğet" kelimesinin aslında "" anlamına geldiğini unutmayın. teğet segment”Belirli bir noktadan temas noktasına kadar.
1. Bir noktadan iki teğet.
Merkezi $$O$$ noktasında olan bir daireye iki $$AM$$ ve $$AN$$ teğet çizilsin, $$M$$ ve $$N$$ noktaları dairenin üzerinde olsun (Şekil 1) .
Teğet tanımı gereği $$OM \perp AM$$ ve $$ON \perp AN$$. $$AOM$$ ve $$AON$$ dik üçgenlerinde, hipotenüs $$AO$$ ortaktır, $$OM$$ ve $$ON$$ kenarları eşittir, yani $$\Delta AOM = \ Delta AON$$. Bu üçgenlerin eşitliğinden $$AM=AN$$ ve $$\angle MAO = \angle NAO$$ sonucu çıkar. Böylece, bir noktadan bir daireye iki teğet çizilirse, o zaman:
1.1$$(\^{\circ}$$. !} bu noktadan teğet noktalara olan teğet parçalar eşittir;
1.2$$(\^{\circ}$$. !} dairenin merkezinden geçen düz bir çizgi ve verilen nokta, teğetler arasındaki açıyı ikiye böler.
1.1$$(\ özelliğini kullanma^{\circ}$$, легко решим следующие две задачи. (В решении используется тот факт, что в каждый треугольник можно вписать окружность).!}
$$AC$$ temel alınarak ikizkenar üçgen$$ABC$$, $$D$$ noktasında bulunur ve $$DA = a$$, $$DC = b$$ olur (Şekil 2). $$ABD$$ ve $$DBC$$ üçgenleri içine yazılan daireler, $$BD$$ doğrusuna sırasıyla $$M$$ ve $$N$$ noktalarında teğettir. $$MN$$ segmentini bulun.
.
$$\triangle$$ $$a > b $$ olsun. $$x = MN$$, $$y = ND$$, $$z = BM$$ şeklinde gösterelim.
Teğetlerin özelliğine göre $$DE = y$$, $$KD = x + y $$, $$AK = AP = a - (x + y)$$, $$CE = CF = b - y$$ , $ $BP = z$$ ve $$BF = z + x$$. Hadi ifade edelim taraflar(Şekil 2a): $$AB = z+a-x-y$$, $$BC=z+x-b-y$$. $$AB=BC$$ koşuluna göre, yani $$z+a-x -y = z+x+b-y$$. Buradan $$x=\frac((a-b))(2)$$, yani $$MN=\frac((a-b))(2)$$'ı buluyoruz. Eğer $$a \lt b$$ ise, o zaman $$MN=\frac((b-a))(2)$$. Yani $$MN=\frac(1)(2)|a-b|$$. $$\siyahüçgen$$
CEVAP
$$\frac(|a-b|) (2)$$
Bir dik üçgende bacakların toplamının, yazılı ve çevrelenmiş dairelerin yarıçaplarının toplamının iki katına eşit olduğunu, yani $$a+b=2R+2r$$ olduğunu kanıtlayın.
$$\triangle$$ $$M$$, $$N$$ ve $$K$$ dik üçgenin $$ABC$$ (Şekil 3), $$AC kenarları arasındaki teğet noktaları olsun. =b$$, $$BC=a$$, $$r$$ - yazılı dairenin yarıçapı, $$R$$ - çevreli dairenin yarıçapı. Hipotenüsün çevrelenen dairenin çapı olduğunu hatırlayın: $$AB=2R$$. Ayrıca, $$OM \perp AC$$, $$BC \perp AC$$, dolayısıyla $$OM \parallel BC$$, $$ON \perp BC$$, $$AC \perp BC$$'a benzer şekilde , $$ON \paralel AC$$ anlamına gelir. Bir dörtgen $$MONC$$, tanımı gereği bir karedir, tüm kenarları $$r$$'a eşittir, yani $$AM = b - r$$ ve $$BN = a - r$$.
Teğetlerin $$AK=AM$$ ve $$BK=BN$$ özelliğine göre, dolayısıyla $$AB = AK + KB = a+b-2r$$ ve $$AB=2R$$ olduğundan, o zaman $$a+b=2R+2r$$ olsun. $$\siyahüçgen$$
Özellik 1.2$$(\^{\circ}$$ сформулируем по другому: !} Bir açıyla çizilen dairenin merkezi bu açının ortaortasında yer alır.
$$AD$$ ve $$BC$$ tabanlarına sahip bir $$ABCD$$ yamuğu, merkezi $$O$$ noktasında olan bir daire etrafında tanımlanmaktadır (Şekil 4a).
a) $$\angle AOB = \angle COD = $$90$$(\ olduğunu kanıtlayın^{\circ}$$ .!}
b) $$BO = \sqrt(5)$$ ve $$AO = 2 \sqrt(5)$$ ise dairenin yarıçapını bulun. (Şekil 4b)
$$\triangle$$ a) Daire, 1.2$$(\ özelliği ile $$BAD$$ açısına yazılmıştır.^{\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}$$.!}
Bir yamuğun $$CO$$ ve $$DO$$ açılarının $$C$$ ve $$D$$ açıortaylarına benzer şekilde, $$\angle COD = 180^(\circ) - \frac(1)( 2)(\ açı C + \açı D) = 90^(\circ)$$.
b) $$AOB$$ üçgeni dik açılıdır ve bacakları $$AO = 2 \sqrt(5)$$ ve $$BO = \sqrt(5)$$'dir. $$AB=\sqrt(20+5) = 5$$ hipotenüsünü bulun. Bir daire $$AB$$ kenarına $$K$$ noktasında dokunuyorsa, o zaman $$OK \perp AB$$ ve $$OK$$ dairenin yarıçapıdır. Dik üçgenin özelliğine göre, $$AB \cdot OK = AO \cdot BO$$, dolayısıyla $$OK = \frac(2\sqrt(5)\cdot \sqrt(5))(5) = 2$ $. $$\siyahüçgen$$
CEVAP
2. Çember üzerinde ortak noktası olan bir teğet ile kiriş arasındaki açı.
Yazılı bir açının derece ölçüsünün yarıya eşit olduğunu hatırlayın derece ölçüsü dayandığı yay.
Teorem 1. Bir daire üzerinde ortak bir noktaya sahip bir teğet ile kiriş arasındaki açının ölçüsü, kenarları arasında kalan yayın derece ölçüsünün yarısına eşittir.
$$\square$$ $$O$$ dairenin merkezi, $$AN$$ teğet olsun (Şekil 5). $$AN$$ teğeti ile $$AB$$ akoru arasındaki açıyı $$\alpha$$ olarak gösterelim. $$A$$ ve $$B$$ noktalarını dairenin merkezine bağlayalım.
Böylece, teğet ile kiriş arasındaki açının derece ölçüsü, kenarları arasında kalan $$AnB$$ yayının derece ölçüsünün yarısına eşittir ve dolayısıyla $$BAN$$ açısı eşittir. $$AnB$$ yayının oluşturduğu herhangi bir yazılı açıya. (Benzer argümanlar $$MAB$$ açısı için de yapılabilir). $$\blacksquare$$
$$C$$ noktası dairenin üzerinde yer alır ve $$M$$ noktasından daireye $$CS = a$$ ve $$CP = b$$ mesafelerinde çizilen teğetlerden ayrılır (Şekil 6). $$CK = \sqrt(ab)$$ olduğunu kanıtlayın.
$$\triangle$$ $$CA$$ ve $$CB$$ akorlarını çizelim. $$SA$$ teğeti ile $$AC$$ kirişi arasındaki $$SAC$$ açısı, yazılı $$ABC$$ açısına eşittir. Ve $$PB$$ teğeti ile $$BC$$ akoru arasındaki $$PBC$$ açısı, yazılı $$BAC$$ açısına eşittir. İki çift benzer dik üçgen $$\Delta ASC \sim\Delta BKC$$ ve $$\Delta BPC \sim \Delta AKC$$ elde ettik. Benzerlikten $$\dfrac(a)(AC)=\dfrac(x)(BC)$$ ve $$\dfrac(b)(BC)=\dfrac(x)(AC)$$ elde ederiz; $ $ab=x^2$$, $$x=\sqrt(ab)$$ anlamına gelir. ($$C$$ noktasının $$AB$$ doğrusuna izdüşümünün $$AB$$ doğru parçasının dışında olması durumunda kanıt pek değişmez). (Böl. vb.) $$\blacktriangle$$
Resepsiyonçözümde uygulanması - "eksik" akorların çizilmesi - genellikle bir daire ve teğet ile ilgili problemlere ve teoremlere yardımcı olur, örneğin aşağıdaki teoremin kanıtında olduğu gibi "teğet ve sekant hakkında".
Teorem 2. Eğer $$M$$ noktasından bir $$MA$$ teğeti ve $$MB$$ kesen bir daireye çizilirse ve daireyi $$C$$ noktasında keserse (Şekil 7), o zaman $$MA eşitliği geçerlidir ^2 = MB \cdot MC$$, yani $$M$$ noktasından bir daireye bir teğet ve bir kesen çizilirse, o zaman $$M$$ noktasından teğet noktasına kadar olan teğet parçasının karesi ürüne eşit$$M$$ noktasından daire ile kesiştiği noktalara kadar kesen bölümlerin uzunlukları.
$$\square$$ $$AC$$ ve $$AB$$ akorlarını çizelim. Teğet ve kiriş arasındaki $$MAC$$ açısı, yazılı $$ABC$$ açısına eşittir; her ikisi de $$AnC$$ yayının derece ölçüsünün yarısı kadar ölçülür. $$MAC$$ ve $$MBA$$ üçgenlerinde, $$MAC$$ ve $$MBA$$ açıları eşittir ve $$M$$ tepe açısı ortaktır. Bu üçgenler
benzerdir, benzerlikten dolayı $$MA/MB = MC/MA$$ elde ederiz, bu da $$MA^2 = MB \cdot MC$$ anlamına gelir. $$\blacksquare$$
Çemberin yarıçapı $$R$$'dır. $$M$$ noktasından, dairenin merkezinden $$O$$ geçen bir $$MA$$ teğet ve bir $$MB$$ kesen çizilir (Şekil 8). $$MB = 2MA$$ ise, $$M$$ noktası ile dairenin merkezi arasındaki mesafeyi bulun.
$$\triangle$$ Gerekli mesafeyi $$x: \: x=MO$$ olarak gösterelim, sonra $$MB = x+R$$, $$MC=x-R$$ ve koşula göre $$MA=MB /2= (x+R)/2$$. Teğet ve sekant teoremine göre, $$(x+R)^2/4=(x+R)(x-R)$$, bundan $$(x+R)$$ ile sadeleştirilirse $$( elde edilir x+R )/4=x-R$$. Kolayca $$x = \dfrac(5)(3)R$$'ı buluruz. $$\siyahüçgen$$
CEVAP
$$\dfrac(5)(3)R$$
3. Çember kirişlerinin özelliği.
Bu özellikleri kendiniz kanıtlamanız faydalıdır (daha iyi pekiştirilir), ders kitabındaki kanıtları analiz edebilirsiniz.
1.3$$(\^{\circ}$$. Диаметр, перпендикулярный хорде, делит её пополам. Обратно: диаметр, проходящей через середину хорды (не являющуюся диаметром) перпендикулярен ей. !}
1,4$$(\^{\circ}$$. Равные хорды окружности находятся на !} eşit mesafeçemberin merkezinden. Tersine: eşit akorlar dairenin merkezinden eşit mesafelerde bulunur.
1,5$$(\^{\circ}$$. !} Araya alınmış bir dairenin yayları paralel akorlar, eşittir (Şekil 9 kanıtın yolunu gösterecektir).
1,6$$(\^{\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$$). !}
Aşağıdaki ifadeyi kanıtlayalım.
1,7$$(\^{\circ}$$. !} Eğer $$R$$ yarıçaplı bir çemberde, $$a$$ uzunluğundaki bir kirişin oluşturduğu yazılı açı $$\alpha$$'a eşitse, o zaman $$a = 2R\textrm(sin)\alpha$$ .
$$\blacksquare$$ $$R$$ yarıçaplı bir daire içinde akor $$BC = a$$ olsun, yazılı açı $$BAC$$ akor $$a$$, $$\angle BAC ='nin altında olsun \alpha$$ (Şekil 11 a,b).
$$BA^(")$$ çapını çizelim ve düşünelim dik üçgen$$BA^(")C$$ ($$\angle BCA^(")= 90^(\circ)$$, çapa bağlı olarak).
$$A$$ açısı dar ise (Şekil 11a), o zaman $$O$$ merkezi ve $$A$$ köşesi $$BC$$, $$\ düz çizgisinin aynı tarafında yer alır. açı A^(") = \angle A$$ ve $$BC = BA^(") \cdot \textrm(sin)A^(")$$, yani $$a=2R\textrm(sin)A^ ("")$$.
$$A$$ açısı genişse, $$O$$ merkezi ve $$A$$ köşesi aynı hizada bulunur farklı taraflar$$BC$$ düz çizgisinden (Şekil 11b), sonra $$\angle A^(") = 180^(\circ) - \angle A$$ ve $$BC = BA^(") \cdot \textrm (sin)A^(")$$, yani $$a=2R\textrm(sin)(180-A^("))=2R\textrm(sin)A^(")$$.
$$\alpha = 90^(\circ)$$ ise, o zaman $$BC$$ çaptır, $$BC = 2R = 2R\textrm(sin)90^(\circ)$$.
Her durumda, $$a=2R\textrm(sin)A^(")$$ eşitliği doğrudur. $$\blacktriangle$$
Yani, $$\boxed(a = 2R\textrm(sin)\alpha)$$ veya $$\boxed(R = \dfrac(a)(2\textrm(sin)\alpha))$$. (*)
$$AB = 3\sqrt(3)$$, $$BC = 2$$ ve $$ABC = 150^(\circ) açısına sahip $$ABC$$ üçgeninin çevrelediği dairenin yarıçapını bulun. $$.
$$\triangle$$ $$ABC$$ üçgeninin çevrelediği dairede, $$AC$$ kirişinin gördüğü $$B$$ açısı bilinmektedir. Kanıtlanmış formülden şu sonuç çıkar: $$R = \dfrac(AC)(2\textrm(sin)B)$$.
Kosinüs teoremini $$ABC$$ üçgenine uygulayalım (Şekil 12) ve şunu hesaba katalım:
$$\textrm(cos)150^(\circ) = \textrm(cos)(180^(\circ)-30^(\circ)) = -\textrm(cos)30^(\circ) = -\ dfrac(\sqrt(3))(2)$$, şunu elde ederiz
$$AC^2 = 27+4+2\cdot 3\sqrt(3) \cdot 2 \cdot \dfrac(\sqrt(3))(2) = 49,\: AC=7$$.
$$R = \dfrac(AC)(2\textrm(sin)150^(\circ)) = \dfrac(7)(2\textrm(sin)30^(\circ)) = 7$$ buluruz. $$\siyahüçgen$$
CEVAP
Aşağıdaki teoremi kanıtlamak için kesişen kirişler özelliğini kullanıyoruz.
Teorem 3. $$AD$$ $$ABC$$ üçgeninin açıortayı olsun, o zaman
$$AD^2 = AB\cdot AC - BD\cdot CD$$ , yani Eğer$$AB=c,\: AC=b,\: BD=x,\:DC=y$$ , O$$AD^2 = bc-xy$$ (Şekil 13a).
$$\square$$ $$ABC$$ üçgeninin etrafında bir daire tanımlayalım (Şekil 13b) ve $$AD$$ açıortayının devamının daire ile kesişim noktasını $$B_1$$ olarak gösterelim. $$AD = l $$ ve $$DB_1 = z $$ olarak gösterelim. Yazılı $$ABC$$ ve $$AB_1C$$ açıları eşittir, $$AD$$ $$A$$ açısının açıortayıdır, yani $$\Delta ABD \sim \Delta AB_1C$$ (iki açıda) ). Benzerlikten $$\dfrac(AD)(AC) = \dfrac(AB)(AB_1)$$ elde ederiz, yani $$\dfrac(l)(b) = \dfrac(c)(l+z) $ $, dolayısıyla $$l^2=bc-lz$$. Kesişen akorların özelliği ile, $$BD\cdot DC = AD \cdot DB_1$$, yani $$xy=lz$$, yani $$l^2=bc-xy$$ elde ederiz. $$\blacksquare$$
4. İki teğet daire
Bu bölümü sonuçlandırmak için iki teğet çemberle ilgili problemleri ele alacağız. Ortak bir noktaya ve bu noktada ortak teğete sahip olan iki çembere teğet denir. Daireler ortak bir teğetin aynı tarafında bulunuyorsa bunlara denir. dahili olarak ilgili(Şekil 14a) ve teğetin karşıt taraflarında bulunuyorlarsa bunlara denir. dışarıdan ilgili(Şekil 14b).
$$O_1$$ ve $$O_2$$ dairelerin merkezleriyse, o zaman teğet tanımı gereği $$AO_1 \perp l$$, $$AO_2 \perp l$$, dolayısıyla her iki durumda da ortak noktaDokunma merkezlerin çizgisinde yer alır.
$$R_1$$ ve $$R_2$$ ($$R_1 > R_2$$) yarıçaplı iki daire $$A$$ noktasında dahili olarak teğettir. Üzerinde yatan $$B$$ noktasından daha büyük çevre$$C$$ noktasındaki daha küçük daireye teğet düz bir çizgi çizilir (Şekil 15). $$BC = a$$ ise $$AB$$'ı bulun.
$$\triangle$$ $$O_1$$ ve $$O_2$$ daha büyük ve daha küçük dairelerin merkezleri olsun, $$D$$ $$AB$$ akorunun daha küçük daire ile kesişme noktası olsun. Eğer $$O_1N \perp AB$$ ve $$O_2M \perp AB$$ ise, o zaman $$AN=AB/2$$ ve $$AM=AD/2$$ (akora dik olan yarıçap onu böldüğü için) yarım). $$AO_2M$$ ve $$AO_1N$$ üçgenlerinin benzerliğinden $$AN:AM = AO_1:AO_2$$ ve dolayısıyla $$AB:AD = R_1:R_2$$ sonucu çıkar.
Teğet ve sekant teoremine göre:
$$BC^2 = AB\cdot BD = AB (AB-AD) = AB^2(1 - \dfrac(AD)(AB))$$,
yani $$a^2 = AB^2(1-\dfrac(R_2)(R_1))$$.
Yani $$AB = a \sqrt(\dfrac(R_1)(R_1-R_2))$$. $$\siyahüçgen$$
$$R_1$$ ve $$R_2$$ yarıçaplı iki daire $$A$$ noktasında dıştan teğettir (Şekil 16). Ortak dış teğetleri büyük daireye $$B$$ noktasında ve küçük daireye $$C$$ noktasında dokunuyor. $$ABC$$ üçgeniyle çevrelenen dairenin yarıçapını bulun.
$$\triangle$$ $$O_1$$ ve $$O_2$$ merkezlerini $$B$$ ve $$C$$ noktalarına bağlayalım. Teğetin tanımı gereği, $$O_1B \perp BC$$ ve $$O_2C \perp BC$$. Bu nedenle, $$O_1B \parallel O_2C$$ ve $$\angle BO_1O_2 + \angle CO_2O_1 = 180^(\circ)$$. $$\angle ABC = \dfrac(1)(2) \angle BO_1A$$ ve $$\angle ACB = \dfrac(1)(2) \angle CO_2A$$ olduğuna göre, $$\angle ABC + \ angle ACB = 90^(\circ)$$. Bundan $$\angle BAC = 90^(\circ)$$ olduğu ve dolayısıyla bir dik üçgenin etrafında çevrelenen dairenin yarıçapının $$ABC$$ olduğu sonucu çıkar, yarıya eşit hipotenüs $$BC$$.
$$BC$$'ı bulalım. $$O_2K \perp O_1B$$ olsun, sonra $$KO_2 = BC,\: O_1K = R_1-R_2,\: O_1O_2 = R_1+R_2$$. Pisagor teoremini kullanarak şunları buluruz:
$$KO_2 = \sqrt(O_1O_2^2 - O_1K^2)= 2\sqrt(R_1R_2), \: \underline(BC = 2\sqrt(R_1R_2) )$$.
Yani $$ABC$$ üçgeninin çevrelediği dairenin yarıçapı $$\sqrt(R_1R_2)$$ değerine eşittir. $$R_1 > R_2$$ çözümünde, $$R_1 için
CEVAP
$$\sqrt(R_1R_2)$$
Bir noktadan çizilen çembere teğet doğru parçaları eşittir ve oluşur eşit açılar Bu noktadan ve dairenin merkezinden geçen düz bir çizgi ile. KANIT. A. 3. B. 4. 1. 2. S. O. Teğet özelliğiyle ilgili teoreme göre, 1 ve 2 açıları dik açıdır, dolayısıyla ABO ve ACO üçgenleri dik açılıdır. Eşitler çünkü ortak bir hipotenüs OA'ya sahip ve eşit bacaklar OV ve işletim sistemi. Dolayısıyla AB = AC ve açı 3 = açı 4, bunun kanıtlanması gerekiyordu.
Slayt 4 sunumdan "Daire" geometrisi.Geometri 8. sınıf
özet diğer sunumlar“Dörtgenlerin özellikleri” - Yamuk. Dunno ikiliyi düzeltti. Köşegenler açıları ikiye böler. Dörtgenlerin tanımları. Çaprazlar. Dikte. Kare, kenarları eşit olan bir dikdörtgendir. Bütün açılar doğru. Zıt açılar. Paralelkenarın elemanları. Yapıcı. Eşkenar dörtgen. Dörtgenlerin özellikleri. Partiler. Dörtgenler ve özellikleri. Dörtgen. Dunno'nun ikiliyi düzeltmesine yardım et. Diyagonal. Karşı taraflar.
“Vektörler 8. sınıf” - Dersin hedefleri. Ad eşittir ve zıt vektörler. Vektörün koordinatlarını belirleyin. Eşit vektörler. Fizik derslerinde vektörler. Cümleye devam edin. Bul ve adlandır eşit vektörler bu resimde. Vektör koordinatları. Pratik çalışma. Mutlak değer vektör. Vektörün mutlak büyüklüğü. Bağımsız çalışmaçiftler halinde. Doğa olayları anlatılıyor fiziksel büyüklükler. Vektörler. Vektör koordinatları.
“Koordinatlarda skaler çarpım” - Matematiksel ısınma. Üçgen çözümü. Napolyon'un teoremi. Yeni malzeme. Kartları değiştirin. Sorunu çözelim. Geometri. Teoremin yazarının adı. Sonuçlar. Vektör. Vektörlerin skaler çarpımının özellikleri. Nokta çarpımı koordinatlar ve özellikleri. Pisagor teoreminin kanıtı. Matematik testi.
“Geometride eksenel simetri” - Bir şekle a düz çizgisine göre simetrik denir. İki simetri eksenine sahip şekiller. Tek simetri eksenine sahip şekiller. Düz çizgi C'ye göre verilere simetrik üçgenler oluşturun. İçindekiler. A" ve B" noktalarını oluşturun. Tanım. Şiirde simetri. Eksenel simetri. İki düz çizgi a ve b çizin ve iki A ve B noktasını işaretleyin. Buna simetrik bir şekil nasıl elde edilir. Simetri ekseni olan kelimeler.
“Eksenel ve merkezi simetri” geometrisi - Şekli tanımlayın. Weil Herman. Bitki dünyasında simetri. Bilimler Böceklerin dünyasında simetri. Bir üçgenin açıları. Dönme simetrisi. Orantılılık. İnşaat algoritması. Eksenel ve merkezi simetri. Merkeze göre simetrik noktalar. Düz bir çizgiye göre noktaların simetrisi. Tanıdık özellikler. Bu fotoğraflarda sizi çeken ne oldu? O noktası. Orta ve eksenel simetri. Şeklin simetrisi nispeten düzdür.
““Thales Teoremi” 8. sınıf” - Segment. Problem çözme becerileri. Diyagonal. Analiz. Şunun için görevler: bitmiş çizimler. Kanıt. Çalışmak. Paralel çizgiler. Thales geometri uzmanı olarak bilinir. Milet Thales'i. Kenarların orta noktaları. Thales'in teoremi. Thales'in sözleri. Görev. Yamuğun açılarını bulun. Kanıtlamak.
Çoğu zaman başvuru sahipleri, mezunlar ve katılımcılar için zorluklara neden olan geometrik problemlerdir. matematik olimpiyatları. 2010 Birleşik Devlet Sınavı istatistiklerine bakarsanız şunu görebilirsiniz: geometrik problem Katılımcıların yaklaşık %12'si C4'e başladı ancak katılımcıların yalnızca %0,2'si tam not aldı ve genel olarak görevin, önerilenler arasında en zoru olduğu ortaya çıktı.
Açıkçası, okul çocuklarına sorunlara güzel veya beklenmedik çözümler ne kadar çabuk sunarsak, o kadar çabuk olur. daha muhtemel ciddi bir şekilde ve uzun süre ilgi çekmek ve büyülemek. Ama ilginç bulmak ne kadar zor ve karmaşık görevler 7. sınıf seviyesinde, sistematik geometri çalışmasının yeni başladığı dönemde. Sadece üçgenlerin eşitlik işaretlerini, komşu ve komşuluk özelliklerini bilen, matematikle ilgilenen bir öğrenciye neler sunulabilir? dikey açılar? Bununla birlikte, bir daireye teğet kavramı, daire ile ortak bir noktası olan düz bir çizgi olarak tanıtılabilir; temas noktasına çizilen yarıçapın teğete dik olduğunu varsayalım. Tabii ki, sıfırdan dörde çizilebilecek iki dairenin ve bunlara ortak teğetlerin olası tüm düzenleme durumlarını dikkate almaya değer. Aşağıda önerilen teoremleri kanıtlayarak yedinci sınıf öğrencileri için problem setini önemli ölçüde genişletebilirsiniz. Aynı zamanda, eş zamanlı olarak önemli veya basitçe ilginç olduğunu kanıtlayın ve eğlenceli gerçekler. Üstelik pek çok ifade okul ders kitabında yer almadığı için planimetri tekrarı sırasında grup sınıflarında ve mezunlarla tartışılabilir. Bu gerçeklerin geçen akademik yılla ilgili olduğu ortaya çıktı. Birçok teşhis çalışmasının kendisi beri Birleşik Devlet Sınavı çalışmasıçözümü için aşağıda kanıtlanmış teğet parçasının özelliğinin kullanılmasının gerekli olduğu bir problem içeriyordu.
T 1
Çizilen bir daireye teğet parçaları
bir noktaya eşittir (Şekil 1)
Bu, yedinci sınıf öğrencilerine ilk olarak tanıtabileceğiniz teoremdir.
İspat sürecinde dik üçgenlerin eşitlik işaretini kullandık ve dairenin merkezinin açınınortayında olduğu sonucuna vardık. BSA.
Yol boyunca bir açının ortayının olduğunu hatırladık. yer açının iç bölgesinin yanlarından eşit uzaklıktaki noktaları. Önemsiz olmaktan çok uzak bir problemin çözümü, geometri çalışmaya yeni başlayanların bile erişebileceği bu gerçeklere dayanmaktadır.
1. Açıortaylar A, İÇİNDE Ve İLE dışbükey dörtgen ABCD bir noktada kesişir. Işınlar AB Ve DC bir noktada kesişmek e ve ışınlar
Güneş Ve reklam bu noktada F. Dışbükey olmayan bir dörtgen olduğunu kanıtlayın AECF Karşılıklı kenarların uzunluklarının toplamı eşittir.
Çözüm (Şekil 2).İzin vermek HAKKINDA– bu açıortayların kesişme noktası. HAKKINDA Daha sonra ABCD dörtgenin her tarafına eşit uzaklıkta
yani 1
dörtgen içine yazılmış bir dairenin merkezidir. Teoreme göre aşağıdaki eşitlikler doğrudur: = AR,
AK = Acil servis, E.P. = F.T. FK
(aşağıdaki eşitlikler doğrudur: + AK) + E.P. = (AR +F.T.) + Acil servis; A.E. + (. Sol ve sağ tarafları terim terim toplayalım ve doğru eşitliği elde edelim: + F.C.) = CT + (A.F. + AB bilgisayar ). = Çünkü ST RS + . Sol ve sağ tarafları terim terim toplayalım ve doğru eşitliği elde edelim: = CT + A.F., O
AE 1 .
Kanıtlanması gereken şey buydu. Alışılmadık bir formülasyona sahip, çözümü için teoremi bilmenin yeterli olduğu bir problemi ele alalım. 2. Var mı Alışılmadık bir formülasyona sahip, çözümü için teoremi bilmenin yeterli olduğu bir problemi ele alalım. N
-kenarları sırasıyla 1, 2, 3, ..., olan bir üçgen Alışılmadık bir formülasyona sahip, çözümü için teoremi bilmenin yeterli olduğu bir problemi ele alalım., içine bir daire yazılabilir mi? A 1 A 2 =1, …, AÇözüm. şunu söyleyelim A-gon var. Alışılmadık bir formülasyona sahip, çözümü için teoremi bilmenin yeterli olduğu bir problemi ele alalım.– 1,n-1 n= A 1 = Alışılmadık bir formülasyona sahip, çözümü için teoremi bilmenin yeterli olduğu bir problemi ele alalım.. B 1 , …, B A N N - A 1 B 1 = A 1 B n=< 1, Alışılmadık bir formülasyona sahip, çözümü için teoremi bilmenin yeterli olduğu bir problemi ele alalım. – 1 < A n= B n=< karşılık gelen noktalar dokunmak. Daha sonra Teorem 1'e göre A n= B-gon var. A n= B N. A n= BÇözüm. şunu söyleyelim< AÇözüm. şunu söyleyelim A-gon var. Teğet bölümlerin özelliğine göre 1. n-1. Ancak, Alışılmadık bir formülasyona sahip, çözümü için teoremi bilmenin yeterli olduğu bir problemi ele alalım. N -
Çelişki. Bu nedenle hayır-Problemin şartlarını yerine getireceğiz. T2 Tutarlar
karşıt taraflar
etrafında çevrelenmiş dörtgen 1 daireler eşittir (Şekil 3) Okul çocukları, kural olarak, açıklanan dörtgenin bu özelliğini kolayca kanıtlayabilirler. Teoremi kanıtladıktan sonra , bu bir eğitim tatbikatıdır. Bu gerçeği genelleştirebiliriz - çevreli bir çift üçgenin bir kenardan alınan kenarlarının toplamları eşittir. Örneğin altıgen için
. Bulmak AB
, Eğer
– noktalardaki teğetler AB Ve . ABEF ve ECDF dörtgenleri döngüsel olduğundan, Teorem 2'ye göre P ABEF = 2(AB + EF) ve P ECDF = 2(CD + EF), koşula göre merkezi O noktasında olan bir daireye. keyfi nokta Ve X yaylar parçaları kesişen daireye bir teğet çizilir noktalarda M R
sırasıyla. Bir üçgenin çevresinin olduğunu kanıtlayın AMR ve açının büyüklüğü MPA parçaları kesişen daireye bir teğet çizilir X noktasının seçimine bağlı değildir. AB Ve Çözüm (Şekil 5). Teorem 1'e göre MV = MX ve RS = RH. parçaları kesişen daireye bir teğet çizilir . MOP açısının değeri açının yarısı kadar ölçülür VOS nokta seçimine bağlı değildir.
AK. Çözüm (Şekil 6). Birinci yöntem (cebirsel). İzin vermek AK = AN = x, Daha sonra BK = BM = c – x, CM = CN = a – c + x. AC = AN + NC, o zaman için bir denklem oluşturabiliriz
.
x: b = x + (a – c + x).
Nerede İkinci yöntem (geometrik). Diyagrama bakalım. Eşit teğetlerin birer birer parçalarının toplamı yarı çevreyi verir üçgen. Kırmızı ve yeşil bir tarafı oluşturur A.
AK = AM = x, bu durumda BK = BN = c – x, CM = CN. Denklemimiz var 1
b + x = a + (c – x). Nerede. Z Kenarları olan bir üçgende Referans probleminden şunu unutmayın şu şekildedir CM = p Δ ABC. b + x = p; x = p – b. Ortaya çıkan formüller aşağıdaki problemlerde uygulanabilir.
.
4. Bacakları olan bir dik üçgenin içine yazılan dairenin yarıçapını bulun
ve hipotenüsİle. Çözüm (Şekil 8). T tamam nasıl
OMCN- kare ise yazılı dairenin yarıçapı CN teğet parçasına eşittir.
5. Yazılı ve dış çemberin üçgenin kenarına teğet noktalarının bu kenarın ortasına göre simetrik olduğunu kanıtlayın. TÇözüm (Şekil 9).
AK'nin bir üçgen için dış çemberin teğet bir parçası olduğuna dikkat edin ABC. Formül (2)'ye göre. VM– bölüm
bir üçgenin iç çemberine teğet Formül (1)'e göre. AK = VM, ve bu şu anlama geliyor: K ve M kenarın ortasından eşit uzaklıkta AB,
Q.E.D. T 6. İki çembere iki ortak dış teğet ve bir iç teğet çiziliyor. İç teğet dış teğetleri belirli noktalarda keser A, B ve dairelere noktalarda dokunuyor 1 ve bu şu anlama geliyor: Ve B1. Bunu kanıtla AA 1 = BB 1.Çözüm (Şekil 10). Dur... Karar verilecek ne var? Bu sadece önceki problemin farklı bir formülasyonudur. Açıkçası, belirli bir üçgen için dairelerden biri yazılı, diğeri ise dış çemberdir
Ve bölümler
AA 1 ve BB 1. Diyelim ki bir beşgende ABCDE bir daire yazabilirsiniz. 2p, ve ikinci taraflar, Üstelik taraflar, CD Ve Almanya EA F, sırasıyla 5, 6, 10, 7 ve 8'e eşittir. Teğet noktalarını sırayla işaretleyelim., G, H M Ve N CT. Segmentin uzunluğuna izin verin eşit.
X Daha sonra = B.F. – CT = 5 – FD = X. B.G. = ve ikinci taraflar – X = = 6 – (5 – FD) = 1 + FD = G.C. CH . = Ve benzeri: = 9 – FD; HD = DM = BEN. – 2, TR = 10 – eşit.
X CT = TR BİR eşit = eşit; eşit Ancak, . Yani 10 - AB= 5. Ancak teğet doğru parçası
A.F.
tarafa eşit olamaz eşit. Ortaya çıkan çelişki, belirli bir beşgene bir dairenin yazılamayacağını kanıtlıyor. 8. Altıgen içine bir daire çizilmiştir, kenarları tavaf sırasına göre 1, 2, 3, 4, 5'tir. Altıncı kenarın uzunluğunu bulun.Çözüm. Elbette teğet bir segmenti şu şekilde tanımlayabiliriz: 2 , olduğu gibi
önceki görev eşit, bir denklem yazın ve cevabı bulun. Ancak teoreme ilişkin bir not kullanmak çok daha verimli ve etkilidir. eşit: Çevresi çevrelenmiş bir altıgenin birbirinden alınan kenar toplamları eşittir. eşit = 3.
tamsayılar AB CD, Çözüm (Şekil 12), . Tüm kenarların uzunlukları tam sayı olduğundan doğru parçalarının uzunluklarının kesirli kısımları eşittir, BT, AR Ve B.P. DM DN + AT. Sahibiz B.P. Ve AT TV DN + AT= 1 ve segment uzunluklarının kesirli kısımları 1
verem + bir daire yazılmıştır,.
eşittir. Bu ancak şu durumlarda mümkündür: bir daire yazılmıştır,= 0,5. Beşgenin tüm kenar uzunluklarının eşit olduğu biliniyorsa Teoreme göre
VT Araç,= 0,5. koşulu unutmayın a, b = 3'ün talep edilmediği ortaya çıktı. Açıkçası, sorunun yazarları başka bir çözüm varsaydılar. Cevap: 0,5. 10. Dörtgen içinde ABCD AD = DC, AB = 3, BC = 5. Üçgenlerin içine yazılan daireler ABD MİA bir bölüme dokunun BD
noktalarda M Ve ABD N sırasıyla. Segmentin uzunluğunu bulun
MN. AB + CD + EF = BC + DE + FA.Çözüm (Şekil 13). MN = DN – DM. Üçgenler için formül (1)'e göre Ve Veritabanı Yöneticisi DBC buna göre elimizde: Ve 11. Dörtgen içine bir daire yazabilirsiniz.
Üçgenlerin içine yazılan daireler AB + CD + EF = BC + DE + FA. ABD 2 MİA yarıçapları var R Ve benzeri: R sırasıyla. Bu dairelerin merkezleri arasındaki mesafeyi bulun.
Çözüm (Şekil 13). Koşul gereği dörtgen AB + CD + EF = BC + DE + FA. teorem tarafından yazılmıştır sahibiz: AB + CD + EF = BC + DE + FA. AB + DC = AD + BC. Önceki problemi çözme fikrini kullanalım. . Bu, dairelerin segmentle temas noktalarının olduğu anlamına gelir Ve kibrit. Dairelerin merkezleri arasındaki mesafe yarıçapların toplamına eşittir. Cevap: R+r.
Birbiriyle ters olan bu iki ifadenin, bunun genellemesi sayılabilecek aşağıdaki problemde kanıtlanması önerilmiştir.
12. Dışbükey bir dörtgende AB + CD + EF = BC + DE + FA. (pirinç. 14) üçgen içine yazılmış daireler Önceki problemi çözme fikrini kullanalım. . Bu, dairelerin segmentle temas noktalarının olduğu anlamına gelir Ve ADC birbirinize dokunun. Üçgen içine yazılmış dairelerin olduğunu kanıtlayın Üçgenler için formül (1)'e göre Ve BDC ayrıca birbirinize dokunun.
13. Bir üçgende ABC taraflarla a, b Ve C yanda Güneş işaretlenmiş nokta D böylece üçgenler içine yazılmış daireler ABD Ve AKD bir bölüme dokunun reklam bir noktada. Segmentin uzunluğunu bulun.
BD kibrit. Dairelerin merkezleri arasındaki mesafe yarıçapların toplamına eşittir. Cevap: Ve Çözüm (Şekil 15). Formül (1)'i üçgenlere uygulayalım A.D.B. , hesaplama DM 
iki D Görünüşe göre, Güneş– yan tarafla temas noktası ABCüçgen içine yazılan daire . Bunun tersi doğrudur: Bir üçgenin tepe noktası, üzerinde yazılı dairenin teğet noktasına bağlıysa
karşı taraf HAKKINDA 1 , HAKKINDA, daha sonra ortaya çıkan üçgenlerin içine yazılan daireler birbirine değiyor. HAKKINDA 14. Merkezler HAKKINDA 1 , HAKKINDA 2 , HAKKINDA 2 ve
3. Aynı yarıçapa sahip, kesişmeyen üç daire bir üçgenin köşelerine yerleştirilmiştir. Noktalardan
Şekil 3'te bu çemberlere teğetler şekilde görüldüğü gibi çizilmektedir. Kesişen bu teğetlerin, kenarları kırmızı ve maviye boyanmış dışbükey bir altıgen oluşturduğu bilinmektedir. Ve Kırmızı parçaların uzunluklarının toplamının mavi parçaların uzunluklarının toplamına eşit olduğunu kanıtlayın.Çözüm (Şekil 16). Verilen dairelerin yarıçaplarının eşit olduğu gerçeğinin nasıl kullanılacağını anlamak önemlidir. Segmentlere dikkat edin HAKKINDA 1 Kesişen bu teğetlerin, kenarları kırmızı ve maviye boyanmış dışbükey bir altıgen oluşturduğu bilinmektedir. Ve O 2 BR DM eşittir, bu da dik üçgenlerin eşitliğinden kaynaklanır = B.M., . = F.T. Aynı şekilde A, İLE D.L. e D.P. Okul çocukları, kural olarak, açıklanan dörtgenin bu özelliğini kolayca kanıtlayabilirler.: FN Ve AR, . Eşitlikleri terim terim toplarız, sonra elde edilen toplamlardan köşelerden çizilen özdeş teğet parçalarını çıkarırız Ve , Ve, DM Ve Acil servis altıgen
AR
C.L. SANTİMETRE.. İhtiyacımız olanı alıyoruz. İşte XII Uluslararası Lise Öğrencileri Matematik Turnuvası "A. N. Kolmogorov Anısına Kupa" da önerilen stereometri probleminin bir örneği. 16. Beşgen bir piramit verilmiştir. SA 1 A 2 A 3 A 4 A 5 . Bir küre var w, piramidin tüm kenarlarına ve başka bir küreye dokunan w 1, tabanın her tarafına dokunan
S teğet parçalar eşit olduğundan. İzin vermek C i A ben = a ben p SAiAi +1 = . Daha sonra s+a ben +a ben 1 = s+a ben +a ben 3 = s+a ben +a ben 5 = s+a ben +a ben 2 = s+a ben +a ben+1 ve çevrelerin eşitliğinden şu sonuç çıkıyor: A 1 = A 2 = A 3 = A 4 = A 5 .
17. 4, nereden S.A. Birleşik Devlet Sınavı. Teşhis çalışması 8.12.2009, S–4. Bir yamuk verildiğinde ABCD 44,, temelleri olan = 100, MÖ = reklam reklam Ve AB = CD= 35. Doğrulara teğet olan daire Üstelik taraflar AC , yan tarafa dokunuyor. bir beşgene bu noktada k CK.BDC ve BDA merkezi O noktasında olan bir daireye. e Ve F. bir beşgene Yanlarda.
, yanlara dokunun CD Ve VA.
Çözüm. İki durum mümkündür (Şekil 20 ve Şekil 21). reklam = 0,1. ABEF ve ECDF dörtgenleri döngüsel olduğundan, Teorem 2'ye göre P ABEF = 2(AB + EF) ve P ECDF = 2(CD + EF), koşula göre, Beşgenin tüm kenar uzunluklarının eşit olduğu biliniyorsa = 0,9AB = CD Formül (1)'i kullanarak segmentlerin uzunluklarını buluyoruz reklam = 0,125. ABEF ve ECDF dörtgenleri döngüsel olduğundan, Teorem 2'ye göre P ABEF = 2(AB + EF) ve P ECDF = 2(CD + EF), koşula göre, Beşgenin tüm kenar uzunluklarının eşit olduğu biliniyorsa = 1,125AB = CD DF
İlk durumda
. İkincisinde - . Verileri değiştiriyoruz ve cevabı alıyoruz: 4.6 veya 5.5. Bağımsız çözüm için problemler/ 1. Çevre ikizkenar yamuk , daire etrafında sınırlandırılmış eşittir
2. 2 ovmak. Yamuğun köşegeninin daha büyük tabana izdüşümünü bulun.(1/2r) Açık banka Birleşik Devlet Sınavı sorunları matematikte. S4. Bir üçgenin içine yazılmış bir daireye. (24)
ABC (Şek. 22), üç teğet çizilir. Kesilen üçgenlerin çevreleri 6, 8, 10'dur. Çevresini bulun verilen üçgen 3. Bir üçgene ABC daire yazılmıştır. MN –
çembere teğet, MÎ AC, NÎ BC, BC = 13, AC = 14, AB = 15.
Üçgenin çevresini bulun MNC. (12), 4. Kenarı a olan bir karenin içine yazılmış bir daireye, iki kenarını kesen bir teğet çizilir., C, 4. Kenarı a olan bir karenin içine yazılmış bir daireye, iki kenarını kesen bir teğet çizilir. Ve Kesilen üçgenin çevresini bulun.(A) MNC. (12).
5. Kenarları olan bir beşgenin içine bir daire yazılmıştır
7. Üstelik taraflar A Önceki problemi çözme fikrini kullanalım. . Bu, dairelerin segmentle temas noktalarının olduğu anlamına gelir D AKD Ve e. Teğet noktasının eşit kenarı böldüğü parçaları bulun Üstelik taraflar 6. Kenarları 6, 10 ve 12 olan bir üçgenin içine bir daire yazılmıştır. Çembere iki uzun kenarı kesecek şekilde bir teğet çizilir. Kesilen üçgenin çevresini bulun. (16) H Ve Ve– üçgenin medyanı MN bir dörtgenin çevresinden daha büyük . ABEF ve ECDF dörtgenleri döngüsel olduğundan, Teorem 2'ye göre P ABEF = 2(AB + EF) ve P ECDF = 2(CD + EF), koşula göre – . Üçgenlerin içine yazılan daireler = 2. (1)
BCD ABC, segmente dokunun a, b noktalarda C yanda Güneş işaretlenmiş nokta D. Bulmak ABD Ve AKD Güneş reklam 8. Bir üçgende keyfi nokta taraflarla Ve. Üçgenlerle yazılı dairelere Ve kesişen ortak bir teğet çizilir D Ve
bu noktada . Segmentin uzunluğunu bulun))
sabah MNC. (12). (Uzunluk noktanın konumuna bağlı değildir½'ye eşit ( c + b – bir)
9. Bir dik üçgenin içine yarıçaplı bir daire yazılmıştır. ABC. Hipotenüse ve bacakların uzantılarına teğet olan dairenin yarıçapı eşittir AB = R., . ABEF ve ECDF dörtgenleri döngüsel olduğundan, Teorem 2'ye göre P ABEF = 2(AB + EF) ve P ECDF = 2(CD + EF), koşula göre = Hipotenüsün uzunluğunu bulun. (, Güneş = MNC. (12) R-a AB 8. Bir üçgende 10. Bir üçgende kenarların uzunlukları bilinmektedir: ABİle A AC B. Bir üçgenin içine yazılan daire bir kenara dokunuyor C1. (Hipotenüsün uzunluğunu bulun. ()
11. Üçgenin kenar uzunluklarını, yarıçapı 3 cm olan yazılı dairenin teğet noktasına 4 cm ve 3 cm'lik parçalara bölünerek bulun (bir dik üçgende 7, 24 ve 25 cm)
12. Soros Olimpiyatı 1996, 2. tur, 11. sınıf. Verilen bir üçgen ABC, yanlarında noktalar işaretlenmiştir A 1, B 1, C 1. Üçgenlerin içine yazılan dairelerin yarıçapları AC 1 B 1, BC 1 A 1, SA 1 B 1 eşit 11. Dörtgen içine. Bir üçgenin içine yazılmış bir dairenin yarıçapı bir 1 B 1 C 1 eşittir buna göre elimizde:. Bir üçgenin içine yazılan dairenin yarıçapını bulun ABC. (buna göre elimizde: +R).
4-8 arasındaki problemler Gordin R.K.'nin “Geometri” problem kitabından alınmıştır. Planimetri." Moskova. Yayınevi MCNMO. 2004.
Gizliliğinizin korunması bizim için önemlidir. Bu nedenle bilgilerinizi nasıl kullandığımızı ve sakladığımızı açıklayan bir Gizlilik Politikası geliştirdik. Lütfen gizlilik uygulamalarımızı inceleyin ve herhangi bir sorunuz varsa bize bildirin.
Kişisel bilgilerin toplanması ve kullanılması
Kişisel bilgiler, belirli bir kişiyi tanımlamak veya onunla iletişim kurmak için kullanılabilecek verileri ifade eder.
Bizimle iletişime geçtiğinizde istediğiniz zaman kişisel bilgilerinizi vermeniz istenebilir.
Aşağıda toplayabileceğimiz kişisel bilgi türlerine ve bu bilgileri nasıl kullanabileceğimize dair bazı örnekler verilmiştir.
Hangi kişisel bilgileri topluyoruz:
- Siteye bir başvuru gönderdiğinizde adınız, telefon numaranız, adresiniz dahil çeşitli bilgileri toplayabiliriz. e-posta vesaire.
Kişisel bilgilerinizi nasıl kullanıyoruz:
- Tarafımızca toplandı kişisel bilgiler sizinle iletişim kurmamıza ve sizi bilgilendirmemize olanak tanır benzersiz teklifler, promosyonlar ve diğer etkinlikler ve yaklaşan etkinlikler.
- Zaman zaman kişisel bilgilerinizi önemli bildirimler ve iletişimler göndermek için kullanabiliriz.
- Kişisel bilgileri ayrıca denetim, veri analizi ve çeşitli çalışmalar sunduğumuz hizmetleri geliştirmek ve size hizmetlerimizle ilgili tavsiyeler sunmak için.
- Bir ödül çekilişine, yarışmaya veya benzer bir promosyona katılırsanız, sağladığınız bilgileri bu tür programları yönetmek için kullanabiliriz.
Bilgilerin üçüncü şahıslara açıklanması
Sizden aldığımız bilgileri üçüncü şahıslara açıklamıyoruz.
İstisnalar:
- Gerektiğinde kanuna uygun olarak, adli prosedür, V duruşma ve/veya genel taleplere veya taleplere dayalı olarak devlet kurumları Rusya Federasyonu topraklarında - kişisel bilgilerinizi ifşa edin. Ayrıca, bu tür bir açıklamanın güvenlik, kanun yaptırımı veya diğer kamu önemi amaçları açısından gerekli veya uygun olduğunu tespit edersek, hakkınızdaki bilgileri de açıklayabiliriz.
- Yeniden yapılanma, birleşme veya satış durumunda topladığımız kişisel bilgileri ilgili halef üçüncü tarafa aktarabiliriz.
Kişisel bilgilerin korunması
Kişisel bilgilerinizi kayıp, hırsızlık ve kötüye kullanımın yanı sıra yetkisiz erişime, ifşa edilmeye, değiştirilmeye ve imhaya karşı korumak için idari, teknik ve fiziksel önlemler alıyoruz.
Şirket düzeyinde gizliliğinize saygı duymak
Kişisel bilgilerinizin güvende olduğundan emin olmak için gizlilik ve güvenlik standartlarını çalışanlarımıza aktarıyor ve gizlilik uygulamalarını sıkı bir şekilde uyguluyoruz.