Задачи по геометрическому способу решения

Задачи по геометрическому способу решения

При решении геометрических задач обычно используются три основных метода: геометрический – когда требуемое утверждение выводится с помощью логических рассуждений из ряда известных теорем; алгебраический – когда искомая геометрическая величина вычисляется на основании различных зависимостей между элементами геометрических фигур непосредственно или с помощью уравнений; комбинированный – когда на одних этапах решение ведется геометрическим методом, а на других — алгебраическим.

Какой бы путь решения ни был выбран, успешность его использования зависит, естественно, от знания теорем и умения их применять.

Метод дополнительного построения

Всякое геометрическое решение геометрической задачи начинается с работы над чертежом. При этом иногда на «естественном» чертеже (т.е. на чертеже, на котором изображено только условие) трудно заметить связи между данными и искомыми величинами, а если фигуру достроить, эти связи становятся очевидными.

Две фигуры F и F ₁ называются подобными, если они переводятся друг в друга преобразованием подобия, т.е. таким преобразованием, при котором расстояния между точками изменяются (увеличиваются или уменьшаются) в одно и то же число раз.

Признаки подобия треугольников:

1) Если два угла одного соответственно равны двум углам другого;

2) Если две стороны одного пропорциональны двум сторонам другого и углы, образованные этими сторонами равны;

3) Если три стороны одного треугольника пропорциональны трем сторонам другого.

Метод замены широко применяется в алгебре, но не менее эффективно «замена» может быть применена в геометрии. Сущность этого приема решения геометрических задач состоит в следующем: фигура, о которой идет речь в условии задачи, так заменяется фигурой с той же искомой величиной, чтобы найти эту величину было легче.

Метод введения вспомогательного неизвестного

Суть метода заключается в том, что исходя из условия задачи составляют уравнение (или систему уравнений). В качестве вспомогательных аргументов удобно выбирать величины, которые вместе с данными из условия задачи дают набор элементов, однозначно задающих некоторую фигуру.

В математических задачах часто бывает полезен такой прием: двумя способами найти одну и ту же величину и приравнять полученные для нее выражения. Пусть мы, например, двумя способами нашли площадь некоторой фигуры. Если в одном из выражений для площади входит, скажем синус какого-либо угла α, то при помощи соотношения из полученного равенства можно получить некоторое неравенство, порой интересное.

Метод «вспомогательных объёмов»

Для нахождения расстояния от точки до плоскости или при нахождении углов между прямой и плоскостью метод «вспомогательного объёма» во многих случаях оказывается наиболее эффективным. Суть метода заключается в том, что объём некоторой фигуры выражается двумя способами, а затем из полученных равенств выражается искомая величина. Причём в этом методе нет необходимости строить проекцию прямой на плоскость или проекцию точки, что во многих случаях оказывается очень затруднительным.

Применение критериев коллинеарности и компланарности векторов в решении задач.

Критерии коллинеарности и компланарности векторов служат основной для применения векторной алгебры в решении стереометрических задач. Они позволяют выразить в виде векторных равенств различные утверждения о расположенных точках, прямых и плоскостей в пространстве. Переход от векторных равенств к скалярным происходит на основе единственности разложения вектора по двум неколлинеарным и трём некомпланарным векторам.

Координаты на плоскости и в пространстве можно вводить бесконечным числом разных способов. И, решая ту или иную геометрическую задачу методом координат, можно использовать различные координатные системы, выбирая ту из них, в которой задача решается проще, удобнее. Некоторые виды координатных систем, отличные от прямоугольных.

1.Косоугольные (аффинные) координаты.

Рассмотрим самые употребительные и простые координаты в пространстве, называемые прямоугольными. Их называют ещё декартовыми по имени Рене Декарта (1596-1650) – французского учёного и философа, впервые ввёдшего координаты в геометрию (на плоскость).

Источник

Геометрические задачи и методы их решения с примерами

Содержание:

Логическое построение геометрии

Геометрия — это наука о пространственной форме и количественных характеристиках предметов реального мира. Прочие свойства предметов изучают другие дисциплины. Если при изучении предмета учитывать только пространственную форму и размеры, то получим абстрактный объект, называемый геометрической фигурой.

Слово «геометрия» — греческого происхождения и в переводе означает землеизмерение. Геометрию, изучаемую в школе, называют евклидовой по имени древнегреческого ученого Евклида. Геометрия состоит из двух частей: планиметрии и стереометрии. Планиметрия изучает свойства фигур на плоскости, а стереометрия — в пространстве (рис. 1).

Чтобы отличать геометрические фигуры друг от друга, их свойства описывают в виде утверждения, которое называют определением. Однако, определить вес геометрические фигуры невозможно. Некоторые из них, первоначальные, вынуждены принять без определения. Принимаем их за неопределяемые, начальные (основные) геометрические фигуры. Логическое построение геометрии осуществляют в следующем порядке: 1. Вначале принимают основные (начальные) геометрические фигуры без определения; 2. Принимают основные свойства этих фигур без доказательств;

3. Определяют другие геометрические фигуры через основные фигуры и их свойства, а затем доказывают свойства этих фигур и утверждений, истинность которых устанавливается путем доказательств, опираясь на известные.

Такое построение науки называют аксиоматическим построением. Свойства фигур, принятые без доказательства, называют аксиомами.

В планиметрии, которую мы изучали до сих пор основными геометрическими фигурами были точка и прямая. Их приняли без определения. Но определили отрезок, луч, треугольник и другие геометрические фигуры. Точно так же следующие свойства (утверждения) мы принимаем без доказательств в качестве аксиом:

I. Аксиомы принадлежности

1.1. Какова бы ни была прямая на плоскости, существуют точки, принадлежащие этой прямой, и точки, не принадлежащие ей.

1.2. Через любые две точки можно провести прямую, и притом только одну.

II. Аксиомы расположения

2.1. Из трех точек, лежащих на прямой, одна и только одна лежит между двумя другими.

2.2. Любая прямая делит плоскость на две части: на две полуплоскости.

III. Аксиомы измерения

3.1. Любой отрезок имеет определенную длину, большую нуля. Длина отрезка равна сумме длин частей, на которые он разбивается любой его точкой.

3.2. Любой угол имеет определенную градусную меру, большую нуля. Градусная мера развернутого угла равна 180°. Градусная мера угла равна сумме градусных мер углов, на которые он разбивается любым лучом, проходящим между его сторонами.

IV. Аксиомы откладывания

4.1. На любом луче от его начальной точки можно отложить единственный отрезок, равный данному.

4.2. От любого луча в определенную полуплоскость можно отложить единственный угол, равный данному, не развернутому углу.

4.3. Для любого треугольника существует единственный равный ему треугольник в заданном расположении относительно данного луча.

V. Аксиома параллельности

5.1. На плоскости через точку, не лежащую на данной прямой, можно провести не более одной прямой, параллельной данной.

Вывод некоторого утверждения с помощью логических размышлений называют доказательством. Утверждение, верность которого установлена с помощью доказательства, называют теоремой. Обычно теорема состоит из условия и заключения. В первой части теоремы — условии объясняют что задано. А во второй части — заключении формулируют что требуется доказать.

Доказать теорему — эго значит, используя ее условие, опираясь на принятые и доказанные ранее свойства, рассуждая, привести к правильности предложения, сформулированного в заключении.

Уточнение условия и заключения теоремы — разъясняет ее, облегчает понимание и доказательство теоремы.

Древнегреческий ученый Платон отмстил удивительную закономерность в геометрии: из свойств, изученных и доказанных ранее, логически размышляя и обдумывая, можно получить новые свойства. Следовательно, используя эти удивительные возможности, можно формулировать остальные свойства в виде теорем, которые доказывают с помощью логических размышлений, аксиом, а также свойств, доказанных до этого.

В процессе размышления запрещается использование недоказанных свойств, даже если их правильность очевидна.

Таким образом, если рассматривать геометрию как одно здание, начальные понятия и аксиомы составляют его фундамент. Кирпичи, уложенные на этом фундаменте — это новые определяемые понятия и свойства, доказанные в виде теорем.

В формировании геометрии в качестве самостоятельной науки большой вклад внесли древнегреческие ученые. Например, Гиппократ Хиосский дал разъяснения о первых геометрических понятиях. Наибольший вклад в этой области принадлежит великому древнегречеcкому ученому Евклиду (356-300 годы до нашей эры). Его основной труд «Начала» содержит планиметрию, стереометрию и некоторые вопросы теории вероятностей, кроме того, алгебру, основы теории отношений, способы вычисления площадей и объемов и также элементы теории пределов. Евклид в «Началах» собрал все достижения древнегреческих математиков того времени и создал основу для дальнейшего развития математики.

«Начала» состоят из 13 книг и содержат переработанные труды древнегреческих ученых V — IV веков до нашей эры. В нем приведены 23 определения, 5 постулатов и 9 аксиом. В этом труде даны правильные определения прямоугольника, квадрата и окружности. Для точки и прямой приведены следующие определения: «Точка-это то, что не имеет частей», «Линия-это длина без ширины».

В «Началах» приведены 9 аксиом — высказывания, принятые без доказательства. Также приведены следующие 5 математических умозаключений (постулатов), позволяющие осуществлять геометрические построения:

I. Через любые две точки можно провести только одну прямую.

II. Отрезок прямой можно бесконечно продолжить.

III. Из любой точки можно построить окружность произвольныго радиуса.

IV. Все прямые углы равны между собой.

V. Если две прямые, лежащие в одной плоскости, пересеченные третьей, образуют внутренние углы, сумма которых меньше двух прямых углов, то при продолжении вышеупомянутых прямых они пересекутся с той стороны, где сумма углов меньше двух прямых углов.

Упомянутый труд получил огромную славу и признание. Особенно V постулат стал причиной большой научной дискуссии. Если обозначить внутренние углы в V постулате а и (3 (рис. 1), а прямые а и b, то по смыслу этого постулата а+(3

При копировании любых материалов с сайта evkova.org обязательна активная ссылка на сайт www.evkova.org

Сайт создан коллективом преподавателей на некоммерческой основе для дополнительного образования молодежи

Сайт пишется, поддерживается и управляется коллективом преподавателей

Whatsapp и логотип whatsapp являются товарными знаками корпорации WhatsApp LLC.

Cайт носит информационный характер и ни при каких условиях не является публичной офертой, которая определяется положениями статьи 437 Гражданского кодекса РФ. Анна Евкова не оказывает никаких услуг.

Источник

Методическое пособие «Решение геометрических задач аналитическим способом»

по теме: «Решение геометрических задач аналитическим способом»

АНАЛИТИЧЕСКИЙ МЕТОД РЕШЕНИЯ ГЕОМЕТРИЧЕСКИХ ЗАДАЧ

Уравнения первой и второй степени

Алгебраические преобразования. Тождества и неравенства

Тригонометрические тождества и уравнения

Уравнения и неравенства смешанного вида

Задачи на построение

Задачи на отыскание наибольших и наименьших значений

Зависимости между элементами треугольника

Зависимости между элементами четырехугольника

Зависимости между элементами тетраэдра

Решение задач по математике имеет большое общеобразовательное и воспитательное значение. Процесс решения задачи представляет собой поиск выхода из затруднения или пути обхода препятствия, — это процесс достижения цели, которая первоначально не кажется сразу доступной [7]. Решение задач является специфической особенностью интеллекта, а интеллект – это особый дар человека; поэтому решение задач может рассматриваться как одно из самых характерных проявлений человеческой деятельности [11]. Поиск решения нестандартной задачи развивает инициативу, настойчивость и сообразительность.

Сборник: «Решение геометрических задач аналитическим способом» рассчитан на то, чтобы показать рациональность применения аналитического способа при решении геометрических задач во время подготовки к выпускным экзаменам, тестированию.

1 АНАЛИТИЧЕСКИЙ СПОСОБ РЕШЕНИЯ ГЕОМЕТРИЧЕСКИХ ЗАДАЧ.

Уравнения первой и второй степеней.

В начале приведем примеры задач по геометрии, приводимые к алгебраическим уравнениям первой и второй степени.

Для решения таких задач следует сделать чертеж и составить уравнение, выражающие связь между данными и неизвестными элементами фигуры [6].

Пример 1. Длины боковых сторон трапеции равны 3 и 5. известно, что в трапецию можно вписать окружность. Средняя линия трапеции делит ее на две части, отношение площадей которых равно 5/11.

Найти длины оснований трапеции [9].

Обозначим ВС=х, AD =у, т.к. в четырехугольник ABCD можно вписать окружность, то х+у= BC + AD = AB + CD =8. Поскольку KL — средняя линия трапеции, то из теоремы о пропорциональных отрезках отсекаемых параллельными прямыми, следует, что высоты трапеций KBCL и AKLD равны h /2. Для площадей этих трапеций имеем

Алгебраические преобразования. Тождества и неравенства.

Часто в повседневной жизни мы можем услышать, что кто-то купил новую вещь, совершил какую-либо глупость, употребил грубое выражение и многое другое. Но это всего лишь слухи, а так ли это на самом деле задумывается не каждый. Тот, кто воспринимает этот слух всерьез, имеет перед собой готовую «задачу на доказательство»: ему предстоит снять со слуха покров сомнения, он должен доказать (или опровергнуть), что данное действие было совершено, и это доказательство или опровержение должно быть им мотивировано со всей доступной в данном случае убедительностью. Когда мы встречаемся с математической задачей на доказательство, нам предстоит снять сомнение в правильности четко сформулированного математического утверждения — мы должны доказать или опровергнуть его.

При решении задач на доказательство находят применение тождества и неравенства, известные из школьного курса алгебры. Некоторые задачи могут быть решены способом составления уравнений [3] .

Пример 2. Дан треугольник ABC , в котором АВВС. Доказать, что биссектриса угла В лежит между медианой и высотой, проведенными из той же вершины В [4].

Пусть BC = a , AC = b и AB =с (с≠а)

Если угол С – тупой, то основание высоты BD лежит на продолжении стороны AC и значит AD > b > AF . В этом случае AD > AF > AM , т.е. биссектриса BF лежит между медианой BM и высотой BD .

Пусть С – острый угол, найдем AD . Пусть AD= x . Из ∆ ABD ; имеем: BD 2 = AB 2 — AD 2 , BD 2 = BC 2 — DC 2 , откуда c 2 -x 2 =a 2 -(b-x) 2 . . Покажем, что:

D> AF , т.е. . Рассмотрим разность: .

Т.к. c > a и с+ a > b , то разность положительна. Отсюда AD > AF . Итак, AD > AF > AM , биссектриса BF лежит между медианой BM и высотой BD .

Тригонометрические тождества и уравнения.

Тригонометрические функции находят применение при решении самых разнообразных задач. Существуют задачи, приводимые к тригонометрическим уравнениям, а так же задачи, решаемые путем введения вспомогательных неизвестных. При решении задачи аналитическим методом не требуется остроумных вспомогательных построений, задача сводиться к применению формул, решено уравнение, доказательству тождеств.

Пример 3. В равнобочной трапеции основание AD равно диагонали AC . Известно, что CAD = CDM , где М – середина ВС. Найти углы трапеции [5].

Дано: ABCD – равнобедренная трапеция; AD = AC ; M – середина ВС; CAD = CDA

Найти: BAD , ABC

Пусть CAD = φ , тогда ADC = ACD =90 0 — φ /2. Поскольку по условию MDC = CAD = φ , то CMD = MDA = ADC — MDC =90 0 -3/2 φ , MCD =90 0 + φ /2. По теореме синусов для треугольника MCD найдем:

Но М – середина ВС следовательно, проекция MD на , т.е. .

Из равнобедренного треугольника ACD найдем .

Приравняем:

Таким образом:;

Ответ: ,

Уравнения и неравенства смешанного вида.

Геометрические задачи на вычисление углов иногда приводят к уравнениям более сложного вида, чем тригонометрические уравнения. Например, одна из частей уравнения может быть линейной функцией неизвестного угла, а другая – тригонометрической функцией того же угла. Уравнения такого вида могут быть решены приближенно графическим методом и методом проб. Иногда целесообразно пользоваться обоими способами [2] .

Пример 4. В прямоугольном треугольнике ABC катет AB равен 3, катет АС равен 6. Центры окружностей радиусов 1,2 и 3 находятся соответственно в точках А, В, С. Найти радиус окружности, касающийся каждой из трех данных окружностей внешним образом [4].

Дано:,

Сделаем скелетный чертеж. Нам достаточно провести отрезки OA , OB , OC , где О – центр искомой окружности. Если радиус четвертой окружности равен х, то АО=1+х, ОВ=2+х, ОС=3+х. Введем еще одно неизвестное: , тогда .

Запишем теорему косинусов для треугольников АОС и АОВ. Получим систему уравнений:

Выразим из первого уравнения , а из второго

Используем соотношения

Ответ:

Задачи на построение.

Алгебра и тригонометрия находят применение не только при решении задач на вычисление и на доказательство, но и при решении задач на построение. Задачи на построение являются традиционными задачами в курсе геометрии. Разработкой методов решения этих задач математики занимаются еще со времени Древней Греции [1].

Задачей является непосредственное применение алгебраического метода к геометрическим построениям. Простейшие примеры такого применения изучают еще в школьном курсе геометрии. Так, каждый из нас знает, что построение четвертого пропорционального к трем данным отрезкам выражается формулой . Со школы, знаем построение, дающее отрезок , т.е. среднее пропорциональное двух данных отрезов. Умеем строить гипотенузу с прямоугольного треугольника по данным его катетам, т.е. выполнять «построение» для формулы . Умеем построить катет прямоугольного треугольника по данным гипотенузе и другому катету, что соответствует формуле и т.п. Все эти простейшие построения должны быть хорошо известны, т.к. в конечном счете, именно к ним сводится всякое более сложное применение алгебраического метода [12].

Пример 5. В данную окружность вписать прямоугольник, равновеликий данному квадрату [12].

АНАЛИЗ: пусть в окружность вписан прямоугольник ABCD , равновеликий квадрату со стороной а. Диагональ АС прямоугольника можно построить: она является диаметром окружности; треугольники АВС и ACD конгруэнтны, задача будет решена, если удастся построить точку В, а для этого достаточно построить высоту BH треугольника АВС.

Пусть АС=α и ВН= х. Выразим площадь прямоугольника ABCD через α и х, приравняв её площади данного квадрата, получим уравнение αх=а 2 , откуда х=а 2 /α.

ИССЛЕДОВАНИЕ. Задача имеет решение тогда и только тогда, когда х=а 2 /α, а это равносильно условию (диаметр окружности не меньше диагонали данного квадрата).

ПОСТРОЕНИЕ. В начале построим отрезок ВН, пользуясь полученной формулой . Для этого проведем диаметр АС данной окружности и на окружности построим точку М, так, чтобы АМ=а. Тогда получим: перпендикуляр МЕ к диаметру АС. Тогда получим: . После чего остается на расстоянии х которая пересечет окружность в точке В, и построить точку D симметричную В относительно центра окружности.

ДОКАЗАТЕЛЬСТВО. Т.к. АС и BD – диаметры окружности, то ABCD – прямоугольник. Площадь S прямоугольника равна площади квадрата со стороной а, действительно, .

Легко убедиться в том, что если за неизвестное х принять длину стороны прямоугольника, то формула, выражающая х через длины данных отрезков, окажется громоздкой, и для решения задачи придется выполнить более сложные построения. Таким образом, выбор неизвестных при решении задачи алгебраическим методом имеет существенное значение.

Задачи на отыскание наибольших и наименьших значений.

Задачи на максимум и минимум могут быть также решены элементарными средствами, без использования производной. Одни из них сводятся к нахождению наибольшего или наименьшего значения квадратного трехчлена, другие – к исследованию выражении, содержащего тригонометрические функции.

Хорошо известно, что решение «экстремальных» задач, независимо от того, ч то относятся ли они к арифметике, алгебре, геометрии или математическому анализу, могут строиться двумя принципиально различными путями. Прямым называется такое доказательство какого-либо экстремального свойства, в котором, скажем, определяется фигура непосредственно сравнивается с производной другой фигурой, удовлетворяющей всем условиям поставленной задачи, и оказывается, что первая фигура лучше (или не хуже) каждой другой. Напротив, косвенное доказательство сводиться к рассуждению, показывающему, что все фигуры, кроме какой-то одной (или нескольких), не могут служить решением задачи, поскольку для каждой такой фигуры можно найти другую лучшую, чем она, откуда уже и делается вывод о том, что решение задачи является та единственная фигура, которую мы не можем «улучшить» [3].

Пример 6. Периметр треугольника ABC равен 2р. Какое наибольшее значение может иметь длина заключенного внутри треугольника и параллельного ВС отрезка касательной к вписанной в АВС окружности? Для какого треугольника (каких треугольников) достигается это значение [13]?

Пусть вписанная окружность S треугольника касается его сторон ВС ,АС и АВ длин а, в и с в точках D , Е и F , а прямой KL (где ) — в точке М. Из равенства длин касательных, проведенных из одной точки, следует, что и

Таким образом, периметр 2Р треугольника ALK равен:

Из ∆ABC

, где

Таким образом, наибольшее возможное значение длины m отрезка KL достигается для всех треугольников ABC с основанием

(т.е. в+с=3а); это значение равно

Ответ: для треугольников с основанием .

Зависимости между элементами треугольника.

Среди задач по геометрии встречаются задачи, касающиеся треугольников. Здесь используются теоремы синусов и косинусов, а также формулы, выражающие элементы треугольника через его стороны [5].

Пример 7. В равнобедренном треугольнике KLM длина основания КМ равна а, а длина высоты, опущенной из точки К на боковую сторону ML , равна h . Найти длины всех медиан треугольника [6].

Дано ∆ KLM , KL = LM , KM =а, KP = h , LR = RM , KQ = QM

Рассмотрим ∆ KPM ,

. N — точка пересечений медиан
Откуда

Ответ:

Зависимости между элементами четырехугольника.

Решения их можно получить средствами алгебры и тригонометрии. В некоторых случаях полезно прибегать к вспомогательным построениям, именно с помощью них порой можно очень быстро увидеть правильный путь к получению результата.

Пример 8. В окружность вписан четырехугольник ABCD , диагонали которого взаимно перпендикулярны и пересекаются в точке Е. Прямая, проходит через точку Е и перпендикулярная к АВ, пересекает сторону CD в точке М. доказать, что ЕМ – медиана треугольника CED , и найти ее длину, если AD =8см, АВ=4см и CDB = [2].

Дано: AD =8см; АВ=4см; CDB =

Обозначим через К точку пересечения прямых АВ и ЕМ. Поскольку углы CDB и CA B опираются на одну дугу, то . Из равенства, что это означает, что — равнобедренный, т.е.

Итак, — равнобедренный DM = EM . Доказано, что СМ= DM или, что ЕМ – медиана. Из . Из

Ответ:

Зависимости между элементами тетраэдра.

Рассмотрим метрические соотношения между элементами тетраэдра (произвольной треугольной пирамиды – простейшего из всех многогранников, играющего в стереометрии ту же роль, какую в планиметрии играет треугольник). Что же касается свойств тетраэдра, иногда они в точности аналогичны свойствам плоского треугольника, а иногда своеобразно преломляют известные из планиметрии факты [8].

Пример 9. Ребра равногранного тетраэдра равны а, в и с. Вычислите его объем V и радиус R описанной сферы [10].

Решение: Достроим данный тетраэдр до прямоугольного параллелепипеда; пусть x, y и z – ребра этого параллелепипеда. Тогда и

Так как , где — диагональ параллелепипеда, а , то

Следовательно равенства и и вычитая из них равенство , получаем

Аналогично находим и . Так как объем тетраэдра в три раза меньше объема параллелепипеда, то

Ответ: ;

Таким образом, применение дополнительного построения позволяет упростить решение задачи.

Александров А.Д., Вернер А.А., Рыжик В.И. Геометрия. – М.: просвещение, 1995

Владимиров Ю.Н., Королько Е.А., Фролова И.В. Математика. Учебное пособие для абитуриентов, — 2-е изд., исправ. – Новосибирск: НГУЭУ, 2006. – 192 с.

Готман Э.Г., Сконец З.А. Решение геометрических задач аналитическим методом. – М.: Просвещение, 1979

Дополнение к сборнику заданий для проведения письменного экзамена по математике за курс 11-летней школы с углубленным изучением математики (геометрии).

Жарыгин И.Ф. Факультативный курс по математике / учеб. Пособие для 10 класса средней школы /. – М.: 1989

Методическое пособие по математике для поступающих в Московский институт стали и сплавов. – М.: 1970

Пойа Д. Математическое открытие. – М.: Наука, 1976

Прасолов В.В., Шарыгин И.Ф. Задачи по стереометрии. – М.: Наука, 1989

Сборник тестов по математике./Учебно-методическое пособие. Астана: РГКП «Национальный центр государственных стандартов образования и тестирования», 2012. – 251 с.

Сборник тестов по математике./Учебно-методическое пособие. Астана: РГКП «Национальный центр государственных стандартов образования и тестирования», 2012. – 224 с.

Фридман Л.М., Турецкий Е.Н. Как научится решать задачи. – М.: просвещение, 1984

Четверухин Н.Ф. Методы геометрических построений: Учпедку -1952

Шклярский Д.О., Ченцов Н.Н., Яглом И.М. Геометрические неравенства и задачи на максимум и минимум. М: Наука, 1970

Источник