Методы решения задач по планиметрии

Муниципальное общеобразовательное учреждение
ГИМНАЗИЯ № 8 им. Л.М.Марасиновой
ХIII научно – практическая конференция Рыбинской
Гимназической Академии Наук,
посвященной памяти В.Н.Кондратьева
Методы решения задач по
планиметрии
Работу выполнила:
Минеева Елена
Ученица 11 «В» класса
Научный руководитель
Побединская София Павловна,
учитель математики
Рыбинск - 2006
1
ВСТУПЛЕНИЕ
При решении планиметрических задач можно выделить четыре
приема:
1. Алгебраический метод, предполагающий введение одной или
нескольких неизвестных, причем искомая величина может и не
входить в их число, а является некоторой их комбинацией,
составление уравнения или системы с последующим их
решением.
2. Тригонометрический метод, основанный на использовании
теорем синусов и косинусов, а главное, свойств
тригонометрических функций и основных формул
тригонометрии.
3. Метод непосредственных вычислений с использованием
свойств заданных многоугольников и окружностей.
4. некоторого специфического свойства рассматриваемой
геометрической конфигурации, обнаружение которого
превращает процесс дальнейшего решения в чисто
технический.
Следует отметить, что это деление условно, и на практике часто
возникают ситуации, когда приходится применять несколько
различных приемов.
В своем реферате я наиболее подробно рассмотрю алгебраический и
тригонометрический методы решения планиметрических задач.
Алгебраический метод
Одним из основных методов решения геометрических задач является
алгебраический метод. Можно выделить две его разновидности:
метод поэтапного решения и метод составления уравнений.
выражают через данные величины по готовым формулам. При
решении более сложных задач обычно последовательно вычисляются
промежуточные величины, с помощью которых искомые величины
связываются с данными. В этом состоит сущность поэтапного
решения задачи.
Задание 1.В прямоугольном треугольнике АВС из точки Д,
лежащей на катете АВ проведен перпендикуляр на гипотенузу ВС.
Найти катет АС, если известно, что ВД=m, BE=n, EC=k.
Дано: АВС /, А=90 . ДЕ ВС, ВД=m,ВЕ=n, ЕС=k.
Найти: АС.
Решение:
1. Рассмотрим ДВЕ:
По теореме Пифагора найдем ДЕ:
ДЕ= m -n .
2. Рассмотрим АВС и ЕВД:
2
С= А=90 (по условию).
В - общий
(n+k)/m=AC/
AC=(n+k) m -n
m -n
ABC~ EBД
.
/m.
В том случае, когда нельзя использовать прямой счет прибегают
к методу составления уравнений, данные и искомые величины
связывают уравнением или системой уравнений.
Алгебраический метод применяется не только при решении
задач на вычисление, но и при решении многих задач на построение и
доказательство.
Иногда при решении геометрических задач пользуются и
комбинированным методом: некоторые соотношения между
элементами фигуры определяются геометрически, а другие –
средствами алгебры.
Алгебраические
преобразования.
Тождества и неравенства.
Здесь находят применение формулы, выражающие различные
элементы треугольника через его стороны. Как правило, решение
задач сводится к выполнению алгебраических преобразований с
использованием тождеств и неравенств.
Приведем необходимые теоретические сведения:
 Если известны длины a, b,c сторон треугольника АВС, то его
площадь можно вычислить по формуле Герона:
S= p(p-a)(p-b)(p-c) , где р - периметр треугольника АВС.
С другой стороны S=1/2ah. Следовательно, зная стороны
треугольника, его высоту h можно найти по формуле h=2S/a.
Аналогичные формулы имеют место для двух других высот
треугольника.
 Выведем формулы для вычисления других линейных элементов
треугольника:
Пусть R-радиус окружности, описанной около
3
треугольника АВС. Углы В и С - не прямые. Из
вершины А проведем диаметр AD окружности
и высоту AH треугольника. Получим
прямоугольные треугольники ABD и AHC
( ABD=90 , т.к. угол вписанный и опирается
на диаметр AD окружности).
BDA=1/2 BA
BCA=1/2 BA
BDA= BCA
AHC= ABD=90
BDA= BCA
ABD~ AHC
AD/AC=AB/AH
2R/b=c/h , значит R=bc/2h .
Примечание: Это соотношение остается в силе и тогда, когда угол
В(или угол С) треугольника АВС прямой.
Учитывая, что лучим более удобную для запоминания формулу:
R=abc/4S.
 В плоскости любого треугольника
имеются 4 точки, каждая из которых
одинаково удалена от прямых ВС, СА и АВ.
Это точки пересечения биссектрис
внутренних или биссектрис внешних углов
треугольника. Одна из них, центр О
вписанной в треугольник АВС окружности,
лежит внутри треугольника. Три другие
точки лежат вне треугольника, они являются
центрами трех окружностей
(их называют вневписанными), каждая из которых
касается одной стороны треугольника и
продолжений двух других его сторон.
Выразим радиус r окружности, вписанной в треугольник АВС, через
его стороны. Соединим вершины треугольника АВС с центром
вписанной окружности. S ABC=S BCD+S ABD. В каждом из этих
треугольников радиус является высотой. Следовательно,
S=1/2ar=1/2br=1/2cr=1/2(a=b=c)=pr, значит r=S/p.
Аналогично этому выведем формулу для вычисления радиуса r
вписанной окружности, касающейся стороны ВС.
1. Проведем O’B и O’C.
2. S ABC=S ABO’=S BCO’, значит S=1/2br =1/2cr -1/2ar =1/2(b=ca)r =(p-a)r , значит r =S/(p-a).
 Пусть АМ - медиана треугольника АВС. Построим точку D
симметричную А относительно точки М. Тогда ABDC –
параллелограмм. По теореме о сумме квадратов
диагоналей параллелограмма получим:
4
=a =2(b =c ), следовательно
ma =(b =c )/2-a /4.
 Выведем формулу для вычисления
биссектрисы треугольника по данным
его сторонам.
1. Опишем около треугольника АВС
Окружность и продолжим биссектрису
AL треугольника до пересечения.
4m
2. AL=la, AC=b, AB=c. Пусть
BL=m, CL=n, KL=x.
3. BAK= CAK(по условию.)
AKB= ACB=1/2 AB
ABK~ ACL, значит
AK/AB=AC/AL,(l =x)/c=b/l , откуда
l =bc-l x.
4. l x=mn(т.к. хорды АК и ВС пересекаются в одной точке L),
следовательно, l =bc-mn.
5. Из (3) и (4) составим уравнения, используя свойство биссектрисы
треугольника m/n=c/b, m+n=a. Т.о. m=ac/(b+c);n=ab/(b+c). Теперь,
зная стороны треугольника АВС, можно вычислить m и n, а затем
l .
6. Если значения m и n подставить в формулу l =bc-mn, то после
несложных преобразований она приводится к виду: l =2/(b+c)
bcp(p-a).
Формулы, выражающие элементы треугольника через его стороны,
дают возможность вычислить эти элементы, а также находить
различные соотношения между ними.
Задание 2.Стороны треугольника образуют арифметическую
прогрессию.
Доказать, что радиус окружности, вписанной в треугольник,
равен 1/3 высоты, проведенной к средней по величине стороне
треугольника.
Дано: АВС, ВН – высота, окр (О;OD) – вписанная.
Доказать:OD=1/3BH
Доказательство:1. Пусть разность арифметической
прогрессии равна d, a b c,тогда a=b-d, c=b+d, 2p=3b.
3. Воспользовавшись формулой r=S/p, получаем
r=2S/3b, т.к. h =2S/b, то r=1/3h.
5
Что и требовалось доказать.
Также здесь для доказательства
геометрических неравенств
используются приведенные формулы и,
кроме того, различные
соотношения между элементами треугольника,
алгебраические тождества и свойства числовых неравенств.
Задание 3. Доказать, что для всякого прямоугольного
треугольника с катетами а, b и гипотенузой c имеет место
неравенство а+b c 2 .
Решение: Воспользуемся алгебраическим тождеством
(a+b) +(a-b) =2(a +b ). Так как a +b =c ,то отсюда следует, что (a+b)
2c , или a+b c 2 .
Примечание: Равенство выполняется только при a=b.
Задание 4. Доказать, что площадь прямоугольного треугольника
равна произведению отрезков гипотенузы, на которые ее делит
точка касания вписанной в треугольник окружности.
Решение 1: Пусть окружность (O;r)
касается катетов ВС, АС и гипотенузы
АВ соответственно в точках А ,В и С .
Четырехугольник СА ОВ - квадрат,
поэтому СА =СВ =r. Обозначив
BC =BA =m и AC =AB =n, имеем:
a=r+m, b=r+n, p=r+m+n. Воспользуемся
формулами 2S=ab, S=pr и найдем:
2S=(r+m)(r+n), S=(r+m+n)r.
Вычтем из первого равенства второе и получим доказываемое
соотношение S=mn.
Решение 2: Воспользуемся тождеством (a-b) =c -4S. Т.к c=m+n и ab=m-n,
то (m-n) =(m=n) -4S, откуда S=mn.
Уравнения первой и второй
степени.
Задачи, приведенные здесь, решаются методом составления
уравнений. Приступая к решению задачи, следует сделать аккуратный
чертеж, что иногда помогает предсказать результат, заметить
определенные зависимости между элементами фигуры и выбрать
подходящий способ решения. Если возможны различные случаи
6
взаимного расположения элементов фигуры, то каждый случай особо.
При этом может оказаться, что задача имеет несколько решений.
Задание 1. Найти углы равнобедренного треугольника, если
известно, что прямая, проходящая через вершину угла при
основании, делит его на два треугольника, каждый из которых так
же является равнобедренным.
Дано: АВС – равнобедренный, АВ=АС, ABD и BCD –
равнобедренные.
Найти: АВС, ВСА, САВ.
Решение: В этой задаче возможны два случая:1) AD=BD=BC;2)AD=BD
и BC=CD.
1. Пусть А=х , тогда в случае (1) имеем:
2. Т.к. АВ=АС, то CBD=x. Выразим через х сумму углов
треугольника АВС, приходим к уравнению 5х=180 , х=36 ,
значит ВАС=36 , АВС= АСВ=(180 -36 )/ 2=72 .
В случае (2), рассуждая аналогично, получим уравнение 7х=180
,значит х=180 /7. ВАС=180 /7, АВС= АСВ=(180 -180
/7)/2=3*180/7.
Задание 2. Из вершины С прямоугольного треугольника АВС
проведена высота CD. Найти гипотенузу АВ, если ВС=a и AD=n.
Дано: АВС, С=90 ,
CD - высота ABC, BC=a, AD=n.
Найти: АВ.
Решение: Пусть АВ=х, тогда BD=x-n
2) Т.к. катет прямоугольного треугольника есть
среднее пропорциональное между гипотенузой
и его проекцией на гипотенузу, то получим
уравнение x(x-n)=a или x -nx-a =0.
По смыслу задачи x>a, поэтому берем
только положительный корень уравнения:
x=n/2+ (x/2) +a , который при любых
значениях a и n удовлетворяет условию задачи. При a=2 и лучим
x=4.
Итак. AB=4 и BC=2. В случае надобности, применяя прямой счет,
теперь легко найти и другие элементы треугольника ABC . например,
7
его площадь. При этом AB будет выступать в роли вспомогательного
элемента.
Теперь рассмотрим соответствующую задачу на построение.
Задание 3. Построить прямоугольный треугольник по катету
и проекции другого катета на гипотенузу.
Анализ: Длину некоторого отрезка выразим
через длины данных отрезков и по найденной
формуле построим искомый отрезок. В нашем
случае за неизвестный отрезок удобно принять гипотенузу
треугольника. Обозначив AB=x, составим уравнение и получим
формулу x=n/2+ (n/2) +a . Строим искомый отрезок по найденной
формуле, после чего легко построить треугольник ABC по гипотенузе
и катету.
Построение: 1) Построим CN=n/2.
2) Под углом равным 30 отложим BC=a.
3) Вычислим BN по формуле: BN= (n/2) +a .
(в данном случае BN~3.8см)
4) Построим BD=BN+CN(~6,1см)
5) На луче CN построим точку А так, чтобы
AB=BD. Таким образом ABC искомый.
Исследование: Так как x>a при любых значениях a и n, то задача
всегда имеет единственное решение. При решении задачи на
вычисление, содержащей буквенные данные ( параметры),
желательно не только найти формулу для вычисления неизвестного
элемента, но и указать множество допустимых значений параметров,
т.е. таких значений, при которых заданная в условии задачи фигура
существует. Для отыскания множества допустимых значений
параметров обычно исследуется возможность построения фигуры по
данным в условии элементам или используются неравенства, которым
по смыслу задачи должны удовлетворить неизвестные.
Задание 4. Вычислить стороны параллелограмма, если две его
высоты, проведенные к смежным сторонам, равны h и h , а
периметр равен 2p.
Дано: ABCD- параллелограмм, DM и DN
– высоты параллелограмма ABCD, DM=h ,
DN=h , P=2p.
Найти: DC, AD.
Решение: 1)Пусть АВ=х, тогда ВС=р-х.
2)S =h *x.S =h *(p-x). Т.о. h *x=h *(p-x),
откуда х=ph /(h +h ).
Итак, полученное уравнение при любых
положительных значениях параметров имеет
единственное решение. Однако задача имеет решение
лишь при определенных ограничениях, налагаемых на параметры.
8
Корень уравнения по смыслу задачи должен удовлетворять
неравенству:
х h , которое имеет место тогда и только тогда, когда p h +h .
Поэтому полный ответ на вопрос задачи должен быть таким: DC=ph
/(h +h ),
FD=ph /(h +h ), где h 0, h 0 и h +h p.
Задание 5. В прямоугольный треугольник АВС (угол С=30 )
вписана окружность с центром О. Найти радиус этой окружности,
если АС=b, AO=d (b=14,d=10).
Дано: АВС, С=90 , окружность (О; ОК) вписана в АВС, АС=b,
AO=d.
Найти: ОК.
Решение: 1) Т.к. ОК АС и ОСК=45
(СО – биссектриса прямого угла), то
СОК – прямоугольный и равнобедренный.
2) Пусть ОК=х, тогда АК=b-x.
3) Из АОК по теореме Пифагора:
x +(b-x) =d , 2x -2bx=b -d =0.
При b d 2 это уравнение имеет два
действительных корня
x =( b
2d -b )/2.
Пусть d=10 и b=14. Подставив эти значения в формулу, получим x =6 и
x =8. Но это не значит, что и задача имеет два решения. X=8 условию
задачи не удовлетворяет, поскольку не существует прямоугольного
треугольника, катет которого равен 14, а диаметр вписанной в него
окружности равен 16.
Проведем исследование: выясним, при каких значениях параметров b
и d задача имеет решение.
Т.к. диаметр окружности, вписанный в треугольник, меньше его катета,
то корень уравнения должен удовлетворять неравенству х b/2.
Корень
x=(b+ 2d -b )/2 этому условию не удовлетворяет и должен быть
отброшен. Второй корень уравнения x=(b - 2d -d )/2 дает ответ на
вопрос задачи лишь при определенных ограничениях, налагаемых на
параметры b и d.
Прежде всего, заметим, что должно выполняться неравенство b d 2 ,
иначе х не будет действительным числом. Примем во внимание
геометрическое содержание задачи. Диаметр окружности, вписанной в
треугольник, меньше его катета. Значит, должно выполняться
соотношение 0 2х b. Этого достаточно, чтобы задача имела
решение, поскольку указанные значения b и x вполне определяют
некоторый треугольник(его можно построить).
Неравенство х 0 выполняется тогда и только тогда, когда 2d -b
b
или
d b. Неравенство х b/2 равносильно
неравенству 2d -b
0 или b d 2 .
9
Т.о. радиус окружности, вписанной в треугольник АВС, может быть
вычислен по формуле x=(b- 2d -b )/2, гдеd b d 2 .
Допустимые значения параметров b и d можно найти, также исследуя
возможность построения треугольника ABC по данным в условии
задачи элементам. Треугольник ABC можно построить, если сначала
построить треугольник АСО. Согласно условию задачи АС= b, AO=d,
ACO=45 и САО 45 ( половина острого угла).
Нетрудно построить треугольник АСО. На прямой отложим отрезок
АС=b и построим ACD=45 . Эти построения всегда возможны и
однозначно выполнимы. Затем на луче CD следует построить точку О
на расстоянии d от точки А, причем так, чтобы САО 45 , поскольку
ВАС 90 . Т.к. расстояние до луча CD от точки А равно b/ 2 ,то на
луче CD найдется одна такая точка О, при условии, что d b d 2 .
Построив треугольник АСО, можно построить вершину В искомого
треугольника АВС, учитывая, что АО и СО – биссектрисы его углов А и
С.
Т.о., треугольник АВС, удовлетворяющий условию задачи, существует
тогда и только тогда, когда d b d 2 . При тех же значениях
параметров b и d разрешима задача на вычисление радиуса
вписанной окружности.
Тригонометрические
тождества.
Тригонометрические функции находят применение при решении
многих геометрических задач. Иногда без них вообще нельзя
обойтись. Например, задача «По трем сторонам косоугольного
треугольника вычислить его углы» не разрешима средствами
геометрии, но она разрешима с помощью тригонометрии. Кроме того,
применение тригонометрии часто способствует упрощению
вычислений.
Для решения треугольников применяются следующие теоремы и
формулы:
a = b + c -2bc cosA (теорема косинусов)
a/sinA = b/sinB = c/sinC (теорема синусов)
a = 2R sinA, где R – радиус описанной окружности.
S = 1/2ab sinC = 2R sinA sinB sinC
ha = b sinC = 2R sinB sinC, где ha – высота, проведенная к стороне а.
p = R (sinA + sinB + sinC) = 4R cos A/2 cos B/2 cos C/2
r = S/p = 4R sin A/2 sin B/2 cin C/2, где r - радиус вписанной в
треугольник окружности.
10
При решении задач на доказательство различных соотношений
между элементами многоугольников, вписанных в окружность,
используется формула:
AB = 2R sin /2, где АВ – хорда окружности, R – радиус окружности,
- величина центрального угла АОВ.
Задание 1. Около окружности радиуса r описан правильный
двенадцатиугольник А А …А . Доказать, что А А + А А = 2r.
Дано: А А …А - правильный
многоугольник, окружность y(0;r) –
вписанная в А А …А .
Доказать: А А + А А = 2r.
Решение: 1) А OA = 360°/12 = 30°
2) А А = 2R sin 30°/2 = 2R sin15°
А А = 2R sin 3·30°/2 = 2R sin45°
2r = 2R sin 150°/2 = 2R sin75° = А А , где
R - радиус описанной около
двенадцатиугольник окружности.
Т.о. задача сводится к доказательству
тождества sin15° + sin45° = sin75°
2 sin (15°+ 45°)/2 · сos(45°- 15°)/2
sin(90°- 15°)
2 sin30° сos15° сos15°
сos15° = сos15°, тождество доказано.
Задачу можно решить и геометрическим способом, но для этого нужно
найти удачное вспомогательное построение. Одно из геометрических
решений состоит в следующем:
1) Проведем диагональ А А
2) А А А А = В
3) Рассмотрим ΔА А В: ВА А = 4·30°/ 2=60°
А ВА =180°-2·60°=
А А В=4·30°/ 2=60°
= 60° ΔА А В – равносторонний.
4) Аналогично А А В – равносторонний, значит диагональ А А
делится точкой В на два отрезка А В и ВА соответственно равных
отрезкам А А и А А . А т.к. А А = z, то доказываемое неравенство
справедливо.
Задание 2. Вычислить диаметр окружности, вписанной в
треугольник АВС, если известны углы треугольника и его высота,
проведенная из точки А.
Дано: АВС, A= , B= , C= ,AD BC, AD=h , - окружность,
вписанная в АВС, d – диаметр окружности.
Найти: d
Решение:
11
Из приведенного примера видно, что , когда известны углы
треугольника, для доказательства соотношений между его
элементами можно использовать следующий прием: по известным
формулам выразить линейные элементы треугольника, затем найти
отношение этих элементов. При этом радиус исключается, после чего
обычно остается лишь выполнить некоторые тригонометрические
преобразования с целью упростить полученное выражение.
Задание 3. Докажите, что для всякого треугольника АВС
имеет место соотношение ctg A=(b/a-cosC)/sin A. (Формула Тихо де
Браге).
Решение:
12
Задание 4. Докажите, что для всякого треугольника АВС имеют
место следующие соотношения:
1) a =(b-c) +4StgA/2.
2) a =(b+c) -4SctgA/2
3) a =b +c -4SctgA.
Решение:
Задание 5. Найдите площадь треугольника АВС, зная угол С и
отрезки, на которые точка касания вписанной окружности делит
сторону АВ.
Дано: АВС, окружность (О;ОК) – вписана в треугольник АВС,
ВК=m, AK=n.
Найти: S ABC.
Решение: 1. АВ=с=m+n.
2. Отрезки касательных к окружности,
проведенных от общей точки до точек
касания, равны, т.о. ВК=BL=m, AK=AN=n,
CL=CN.
3. BC-AC=a-b=(m+CL)-(n+CN)=m-n.
4. Воспользовавшись соотношением
C =(a-b) +4Stg c/2. (См. задачу 4, №2),
получим (m+n) =(m-n) +4S tg c/2,
m +n +2mn=m +n -2mn+4S tg c/2.
4mn=4S tg c/2; mn=S tg c/2; S=mn/tg c/2=mn ctg c/2.
Задание 6. Докажите, что если биссектриса и стороны
треугольника АВС связаны, то либо a=b, либо С=60 .
Дано: АВС, l , l - биссектрисы АВС, а, в, с – стороны АВС,
а-l =в-l .
Доказать: а=в или С=60.
13
Доказательство: 1) выразим биссектрисы треугольника через его
высоты и углы:
l =h /cos(B-C)/2, l =h /cos(A-C)/2, где
h и h -высоты. проведенные
соответственно к сторонам а и в.
Получаем: а-l =a-h /cos(B-C)/2=
2S/cos(B-C)/2, b-l =2S/cos(A-C)/2,
2S/cos(B-C)/2=2S/cos(A-C)/2,
cos(B-C)/2=cos(A-C)/2.
Отсюда находим: 1) либо
В - С = А - С , то есть В = А,
2) либо В - С = С - А , так как cos х = cos(-х)
2 С = В + А, а так как А = В, то С = В = А = 60 , что и
требовалось доказать.
Тригонометрические
уравнения.
При решении геометрических задач методом составления
уравнений большое значение имеет удачный выбор неизвестных.
Если в задаче требуется найти величину некоторого угла, то
неизвестными можно считать стороны прямоугольного
треугольника, содержащего искомый угол, их отношение определит
тригонометрическую функцию угла, а значит, и угол. Однако
нередко более простое решение можно получить, если за
неизвестное взять величину угла и составить тригонометрическое
уравнение или систему уравнений, если неизвестных более одного.
Поэтому желательно каждый раз наметить различные подходы к
решению задачи и выбрать подходящий способ решения.
Поясним это на конкретном примере.
Задание 1. В прямоугольный треугольник АВС вписана
окружность с центром О. Точка М – середина гипотенузы АВ.
Найти острые углы треугольника АВС, если АОМ = 90.
Дано: АВС – прямоугольный, С =
90 , окружность (О;r) – вписанная в
14
Гимназия №8 им. Л.М. Марасиновой
XIII научно – практическая конференция
Рыбинской гимназической академии наук,
посвященная памяти В.Н. Кондратьева.
Секция математики
Творческая работа
«Методы решения
планиметрических задач»
Автор работы:
Кириллова Юлия
9 «А» класс
Научный руководитель:
Селезнева Наталья Николаевна
г. Рыбинск.
15
Гимназия №8 им. Л.М. Марасиновой
Экзаменационная работа по геометрии
«Методы решения
планиметрических задач»
Выполнила:
Кириллова Юлия
9 «А» класс.
Учитель:
Селезнева Наталья Николаевна.
г. Рыбинск.
16
Заключение
Работая над этой темой, я существенно расширила и углубила свои
знания по геометрии, расширила количество приемов и методов
решения планиметрических задач.
Решение геометрических задач научило меня лучше анализировать,
сравнивать величины и фигуры, выявлять закономерности, обобщать,
делать правильные выводы.
Все это поможет мне лучше осваивать следующий курс геометрии –
стереометрию, поможет при подготовке к олимпиадам,
математическим играм и викторинам, а так же, при подготовке к
экзаменам.
17
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
Содержание:
Вступление……………………………………………………………….1
Алгебраический метод………………………………………………....1
Алгебраические преобразования. Тождества и неравенства…...2
Уравнения первой и второй степени………………………………...5
Тригонометрические тождества……………………………………...9
Тригонометрические уравнения…………………………………….13
Заключение……………………………………………………………..16
Список используемой литературы………………………………….17
18




Список используемой литературы:
И.Ф. Шарыгин «Геометрия 7 – 9 класс»
В.В. Шлыков «Конкурсные задачи по геометрии»
Б.Г. Зив «Задачи к урокам геометрии 7 – 9 класса»
Контрольные измерительные материалы для подготовки к ЕГЭ
2005года»
19
20