Статья Методы решения геометрических задач по планиметрии 7-9

«Методы решения геометрических задач по планиметрии»
Геометрия – наиболее уязвимое звено школьной математики. Решение геометрических задач вызывает трудности у многих учеников. Это связано как с обилием различных типов задач, так и с многообразием приемов и методов их решения.
В отличие от алгебры, в геометрии нет стандартных задач, решающихся по образцу. Практически каждая задача требует «индивидуального» подхода.
Программа для общеобразовательных школ по геометрии не акцентирует внимание на методах решения задач. Поэтому рассмотрим сегодня эти методы.
В чем же заключается искусство – решать задачи?
Искусство - решать задачи основывается на хорошем знании теоретической части курса, знании достаточного количества геометрических фактов и в овладении определённым арсеналом приёмов и методов решения. Поэтому, чтобы ученики умели решать задачи нужно:
1. Нужно добиваться от ученика знаний теоретического материала.
2 . Нельзя приступать к решению задачи, не уяснив четко, в чем заключается задание. Не спешить начинать решать задачу. Этот совет не означает, что задачу надо решать как можно медленней. Он означает, что решению задачи должна предшествовать подготовка, заключающаяся в следующем:
а) ознакомиться с задачей, внимательно прочитав ее содержание, при этом схватывается общая ситуация, описанная в задаче;
б) ознакомившись с задачей, необходимо вникнуть в ее содержание. При этом нужно выделить в задаче данные и искомые, а в задаче на доказательство - посылки и заключения.
3. После прочтения сделать рисунок от руки или с помощью линейки.
Нужно научиться делать хорошие, большие и красивые чертежи, а иногда не чертежи, а рисунки. Чертежи - рисунки, если они выполнены грамотно, могут сильно облегчить поиск решения, работу над ним.
Рисунок может подсказать какое-либо геометрическое соотношение между отрезками или углами. Особенно, если нарисовать несколько чертежей, изменяя размеры присутствующих на нем фигур.
Нужно пытаться изобразить все возможные конфигурации, отвечающие на первый взгляд условиям задачи, а затем с помощью рассуждений отбросить лишние.
Следует изображать лишь «функционирующие» части геометрических фигур. Так, если в задаче надо найти радиус окружности, вписанной в треугольник, то в большинстве случаев саму эту окружность не следует изображать. Если же в условии задачи фигурируют точки этой окружности, т.е.окружность "функционирует" в условии, то ее изображение может оказаться полезным.
Необходимо избегать чрезмерного усложнения рисунка. Этого можно добиться, за счет выносных картинок, изображающих фрагменты общей конфигурации.
Если идет речь, например, о произвольном треугольнике или четырехугольнике, то необходимо, чтобы фигура не имела характерных особенностей, присущих "хорошим" фигурам, т.е. треугольник не должен быть прямоугольным или равнобедренным, а тем более правильным, четырехугольник - быть похожим на параллелограмм.
4. Необходимо знание методов решения геометрических задач
Эти методы обладают некоторыми особенностями: большое разнообразие, трудность формального описания, взаимозаменяемость, отсутствие чётких границ области применения.
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 ни был выбран, успешность его использования зависит, естественно, от знания теорем и умения применять их.
В качестве основного метода решения геометрических задач, который стоит освоить и отработать в первую очередь, выступает алгебраический метод.
Задача1. Высота прямоугольного треугольника, проведенная к гипотенузе, разбивает его на два треугольника с площадью 4 и площадью 16. Найдите длину гипотенузы.
Задача решается введением трех неизвестных величин, составлением системы из трех уравнений и решением этой системы.
Решение: Обозначим АН= х , НВ= y, СН=h, составим систему уравнений
13 EMBED Equation.3 141513 EMBED Equation.3 1415 умножим первое и второе уравнения, получим 13 EMBED Equation.3 1415
256=2
·h2 ,h2=16, h=4, АН=8, ВН=2, АВ=10.

Рассмотрим несколько методов решения геометрических задач:
Метода опорного элемента, метод дополнительного построения,
метод введения вспомогательного элемента или параметра,
метод треугольника, метод подобия, метод площадей, метод ключевой задачи.
Метода опорного элемента
Иногда, нарисовав рисунок фигуры и отметив на нем все данные величины, не удается найти требуемые в задаче отрезки или углы. В этой ситуации может помочь использование метода опорного элемента - он является основным методом составления уравнений в геометрических задачах и заключается в следующем: один и тот же элемент (сторона, угол, площадь, радиус, средняя линия и т. д.) выражается через известные и неизвестные величины двумя разными способами, и полученные выражения приравниваются.

Диагонали ромба относятся как 3:4 . Периметр ромба равен 200 . Найдите высоту ромба.
В задаче площадь фигуры выражается двумя разными способами, а затем из полученного уравнения находится искомая величина. Данный подход еще называется методом площадей.
Площадь ромба находим через диагонали и эту же площадь выразим через высоту ромба. Полученные выражения приравниваются.


Пусть диагонали ромба равны6х и8х
Диагонали ромба перпендикулярны, значит, треугольник АОВ прямоугольный.
По теореме Пифагора АВ2=АО2+ОВ2
АВ2=9х2+16х2, АВ2=25х2
АВ=5х.
Поскольку Р=200, 5х
·4=200, х=10, АВ=50, а диагонали ромба равны 60см и 80см, то
S=0,5
·60
·80=2400,
S=h
·50, 2400=h
·50, h=48.


Метод дополнительного построения
Во многих случаях решать задачи помогает введение в чертеж дополнительных линий - так называемые дополнительные построения.
Такие дополнительные построения, вводящие новые углы и новые отрезки, иногда приводят к появлению геометрических фигур, облегчающих решение задачи.
выделим три разновидности дополнительных построений:
продолжение отрезка (отрезков) на определенное расстояние или до пересечения с заданной прямой;
проведение прямой через две заданные точки;
проведение через заданную точку прямой, параллельной данной прямой, или перпендикулярной данной прямой.

Стандартное дополнительное построение в задачах на трапецию: проводим либо два перпендикуляра к основанию и получаем прямоугольник и два прямоугольных треугольника, либо проводим отрезок, параллельно боковой стороне, и получаем параллелограмм и произвольный треугольник. Если же в условии задачи говорится о диагоналях трапеции, то стандартным будет дополнительное построение, состоящее в проведении через одну из ее вершин прямой, параллельной диагонали.


Следующее дополнительное построение - удвоение медианы
Характеристика метода. Когда в условии задачи фигурирует медиана треугольника, то стоит попытаться продолжить эту медиану на расстояние равное длине медианы, т.е. продлить ее за точку, лежащую на стороне треугольника. Полученная новая точка соединяется с вершиной (вершинами) исходного треугольника, в результате чего образуются равные треугольники. Равенство соответствующих элементов этих треугольников помогает найти неизвестную величину или доказать предложенное утверждение.
13INCLUDEPICTURE \d "no39_2.gif"1415
Задача. Докажите, что треугольник является равнобедренным, если совпадают проведенные из одной и той же вершины медиана и биссектриса.
Решение. Рассмотрим треугольник ABC (рис. 1). Пусть отрезок BM – его медиана и биссектриса. Продлим BM на отрезок MD = BM. Образовались равные треугольники AMB и MCD (1-й признак равенства треугольников). В задаче медиана ВМ продолжена за точку М на отрезок МД равный длине медианы. Далее доказываем, что треугольник ВДС равнобедренный и из равенства сторон АВ=ДС, а ДС=ВС следует что АВ=ВС, значит треугольник АВС равнобедренный.
Из равенства этих треугольников имеем:
(1) AB = CD и (2)
· 1 =
· 3.

Используя равенство (2) и то, что
· 1 =
· 2 (по условию), получим, что треугольник BCD

равнобедренный, а, следовательно, BC = CD. Используя полученный вывод и равенство (1) доказываем, что AB = BC, откуда следует истинность утверждения задачи.
Если в условии задачи фигурирует середина одной или нескольких сторон четырехугольника, то стоит добавить середины каких-то других сторон или диагоналей и рассмотреть средние линии соответствующих треугольников.

Метод введения вспомогательного элемента или параметра
1.Вспомогательный отрезок
Характеристика метода. Длину некоторого отрезка рассматриваемой в задаче фигуры полагают равной, например, x и затем находят искомую величину. При этом в одних случаях вспомогательная величина в процессе решения задачи «исчезает» (сокращается), а в других ее нужно определить через данные условия и поставить в полученное для искомой величины выражение.
Задача. Найдите площадь выпуклого четырехугольника, диагонали которого перпендикулярны и равны d1 и d2.Решение. Заметим, что диагонали разбивают четырехугольник на треугольники. Удобно представить его площадь в виде суммы площадей треугольников ABC и ACD (рис. 6). При этом площадь каждого из указанных треугольников будем вычислять по известной формуле
причем в качестве основания каждого треугольника выберем диагональ d1. В этом случае высоты треугольников будут давать в сумме диагональ d2, а в отдельности будут неизвестны.
Введем вспомогательный отрезок – высоту OD треугольника ACD, длину которого обозначим за x. Тогда длина высоты OB треугольника ABC будет равна (d2 – x). Вычислим теперь площадь четырехугольника ABCD:

В результате получили правило: площадь выпуклого четырехугольника с взаимно перпендикулярными диагоналями равна их полупроизведению.
2.Bспомогательный треугольник
Характеристика метода. При помощи некоторого дополнительного построения (продление отрезка, геометрическое преобразование и др.) получают треугольник, который дает возможность получить решение задачи. Обычно такой треугольник обладает двумя важными для решения задачи свойствами:
1) его элементы некоторым образом связаны с элементами, фигурирующими в условии задачи; 2) для его элементов легче найти характеристики, позволяющие получить решение, чем для фигур непосредственно заданных условием.
Задача. Доказать, что средние линии треугольника параллельны его сторонам и вдвое меньше их.
Решение. Пусть точки K, L, M – середины сторон AB, BC, CA треугольника ABC соответственно (рис. 5). Продолжим отрезок KL за точку L на отрезок NL = KL и получим вспомогательный треугольник NLC. Тогда 13 EMBED Equation.3 1415 KBL = 13 EMBED Equation.3 1415 NLC (по двум сторонам и углу между ними). Поэтому BK = CN и 
· B = 
· 4. Следовательно, AK = CN (так как AK = KB и KB = CN) и AK || CN (так как 
·  B =
· 4). Поскольку AK = CN и AK || CN, то KN = AC и KN || AC. Поэтому 
· 3 = 
· A, 
· 1 = 
· C и KL = 0,5AC. Значит, углы треугольника KBL равны углам треугольника ABC, а стороны его вдвое меньше сторон треугольника ABC. Это же верно и для треугольников AKM, MCL, KML, так как они равны треугольнику KBL.
P.S. Кроме описанного метода, при решении данной задачи используется известное дополнительное построение – продление отрезка на отрезок, равный самому себе.

3. Вспомогательная окружность.
Рассмотрим один из основных геометрических методов решения задач – метод вспомогательной окружности. Вспомогательные окружности часто облегчают вычисление углов в задачах о "некруглых" фигурах.
При решении некоторых задач может оказаться полезной следующая теорема (условие принадлежности четырех точек окружности).
Т1. Если для четырех точек плоскости А, В, М, К выполняется одно из следующих условий:
а) точки М и К расположены по одну сторону от прямой АВ и при этом 13 EMBED Equation.3 1415АМВ = 13 EMBED Equation.3 1415АКВ, то точки А, В, М и К лежат на одной окружности
б) точки М и К расположены по разные стороны от прямой АВ и при этом 13 EMBED Equation.3 1415АМВ + 13 EMBED Equation.3 1415АКВ = 1800, то точки А, В, М и К лежат на одной окружности



Особенно важную роль играет частный случай.
Т2. Если 13 EMBED Equation.3 1415АМВ =13 EMBED Equation.3 1415АКВ= 900 , то точки А, В, М, К расположены на окружности с диаметром АВ. (два случая слились в один: точки М и К могут располагаться как по одну, так и по разные стороны от прямой АВ).


Т1 и Т2 и свойства вписанных углов позволяют решать некоторые интересные геометрические задачи с помощью вспомогательной окружности. Суть метода проиллюстрируем на решении задачи.
Задача: В треугольнике АВС проведена высота СК. Найти длину отрезка, соединяющего точку К с серединой АС, если АС = 10см.
Решение: проведем высоту АМ, тогда углы АКВ и АМВ равны по 900, значит точки А, К, М, В лежат на одной окружности и АВ – диаметр. (На рисунке окружность изображена штриховой линией, хотя ее можно и вообще не изображать, а “представлять в уме”) Точка О – середина АС по условию . Следовательно, АО = ОВ = КО = r = 5 см. (рис. 3)
Ответ: 5см
Метод треугольника
Как известно, с давних времен, существует целая наука тригонометрия ("тригон"- по-гречески означает "треугольник"). С ее помощью можно было, измерив одну сторону и два угла треугольника, найти длины всех его сторон. Но еще ранее с ее помощью научились измерять воображаемые треугольники на небе, вершинами которых были звезды.
Основные составляющие данного метода – это соотношения между сторонами и углами треугольника, перечислим их:
1.Используя свойства площадей многоугольников, можно установить
замечательное соотношение между гипотенузой и катетами прямоугольного треугольника. Такая теорема называется теоремой Пифагора и является важнейшей теоремой геометрии.
2. Соотношения между сторонами и углами в прямоугольном треугольнике: косинус острого угла прямоугольного треугольника, синус угла , тангенс угла
3. Теорема о соотношении между сторонами и углами треугольника:
в треугольнике против большей стороны лежит больший угол .
Следствие: гипотенуза прямоугольного треугольника всегда больше катета.
4.Теорема о неравенстве треугольника: в каждом треугольнике любая сторона меньше суммы двух других его сторон.
5. Теорема о сумме углов треугольника: сумма углов треугольника равна 180°.
6. Теорема Фалеса: если параллельные прямые, пересекающие стороны угла, отсекают на одной его стороне равные отрезки, то они отсекают и на другой его стороне равные отрезки.
Следствия:
В треугольнике может быть только один неострый (прямой или тупой угол).
Из данной точки на данную прямую можно опустить только один перпендикуляр.
Внешний угол треугольника равен сумме двух внутренних, не смежных с ним углов.
Сумма острых углов прямоугольного треугольника равна 90°.
7. Теорема синусов: стороны треугольника пропорциональны синусам противолежащих углов.
Теорема косинусов: квадрат стороны треугольника равен сумме квадратов двух других сторон минус двоенное произведение этих сторон на косинус угла между ними.
«Тригон» и его методы широко вошли в курс геометрии и крепко основались. Нет ни одной фигуры, кроме треугольника, у которого существуют столь разнообразные приемы нахождения неизвестной величины.
Для более детального рассмотрения метода треугольника как основного способа нахождения того или иного элемента, целесообразно рассмотреть типовые задачи:
Задача1: Четырехугольник ABCD- параллелограмм с периметром 10см. Найдите BD, зная, что периметр треугольника ABD равен 8см.
Задача2: Докажите, что если у параллелограмма диагонали перпендикулярны, то он является ромбом.
Задача3: Биссектриса одного из углов прямоугольника делит сторону прямоугольника пополам. Найдите периметр прямоугольника, если его меньшая сторона равна 10.
Задача4: Найдите радиус окружности, вписанной в равнобедренный треугольник с основанием a и боковой стороной k.
Задача5: В прямоугольник со сторонами 3 и 4м вписан другой прямоугольник, стороны которого относятся как 1: 3. Найдите площадь этого прямоугольника.


Метод подобия
Метод подобия применяется в задачах на построение, применяется подобие к доказательству теорем, а так же в задачах используются свойства подобных треугольников для определения длин пропорциональных отрезков.
1.«Метод подобия» при решении геометрических задач на построение заключается в следующем. Пусть даны некоторые элементы фигуры: величины углов или сами углы, её линейные элементы (отрезки или их длины, а может быть, сумма некоторых линейных элементов) и, возможно, отношения некоторых линейных элементов, т.е. одни данные определяют форму искомой фигуры, а другие - линейные - определяют её размеры. Тогда, используя углы (или их величины) или отношения линейных элементов, строят фигуру, подобную искомой, выбрав коэффициент подобия k равным отношению соответствующих линейных элементов, затем, используя остальные данные, строят искомую фигуру.
2.Применение подобия к доказательству теорем.
Задача. Доказать, что медианы треугольника пересекаются в одной точке, которая делит каждую медиану в отношении 2:1, считая от вершины.
Задача. Доказать, что высота прямоугольного треугольника, проведённая из вершины прямого угла, разделяет треугольник на два подобных прямоугольных треугольника, каждый из которых подобен данному треугольнику.
3. В задачах при использовании свойств подобных треугольников:
- пропорциональные отрезки в прямоугольном треугольнике
(высота прямоугольного треугольника, проведённая из вершины прямого угла, есть среднее пропорциональное между отрезками, на которые делится гипотенуза этой высотой,
катет прямоугольного треугольника есть среднее пропорциональное между гипотенузой и отрезком гипотенузы, заключённым между катетом и высотой, проведённой из вершины прямого угла)
- пропорциональные отрезки окружности:
(свойство пересекающихся хорд, свойство двух секущих, свойство секущей и касательной).
-теорема о четырёх точках трапеции. (середины оснований, точка пересечения диагоналей и точка пересечения продолжений боковых сторон трапеции лежат на одной прямой).

Метод площадей
( решение задач с использованием свойств площадей)
Метод площадей является близким «родственником» метода подобия. Во многих теоремах и задачах они с успехом заменяют друг друга.
Характеристика метода. Из названия следует, что главным объектом данного метода является площадь. Для ряда фигур, например для треугольника, площадь довольно просто выражается через разнообразные комбинации элементов фигуры (треугольника). Поэтому весьма эффективным оказывается прием, когда сравниваются различные выражения для площади данной фигуры. В этом случае возникает уравнение, содержащее известные и искомые элементы фигуры, разрешая которое мы определяем неизвестное. Здесь и проявляется основная особенность метода площадей – из геометрической задачи он «делает» алгебраическую, сводя все к решению уравнения (а иногда системы уравнений). Само сравнение выражений для площади фигуры может быть различным формулах площади для одной и той же фигуры, что позволяет получить за. Иногда площадь фигуры представляется в виде суммы площадей ее частей. В других случаях приравниваются выражения, основанные на различных висимость между ее элементами. Суть метода площадей не ограничивается только описанным выше приемом. Иногда бывает полезно рассмотреть отношение площадей фигур, одна из которых (или обе) содержит в себе искомые элементы.
составили серию задач, взаимосвязанных методом решения.
1.Стороны АВ и ВС треугольника ABC равны 8 и 11, а высота, проведенная к стороне ВС,
равна 4. Найдите высоту, проведенную к стороне АВ.
2. В прямоугольном треугольнике катеты равны 6 и 8. Найдите длину высоты, проведенной к гипотенузе.
3. В равнобедренном треугольнике сторона основания равна 8, а боковые стороны - 10. Найдите длину высоты, проведенной к боковой стороне.
4. В равнобедренном треугольнике боковые стороны равны 12, а основание 16. Найдите расстояние от середины основания треугольника до боковой стороны.
5. В треугольнике стороны относятся как 1:2. Высота, проведенная к большей из этих сторон, равна 10. Найдите длину высоты, проведенной к меньшей из этих стороне.
С помощью площадей задача.
В произвольном треугольнике АВС биссектриса ВЕ перпендикулярна медиане АD, причем ВЕ = AD = 4. Найти стороны треугольника АВС.
Решение Так как АО = ОD = 2, ВЕ = 4 и АD перпендикулярно ВЕ, то площадь каждого из треугольников ВАЕ и ВDE равна 4 (рис. 2). Площадь треугольника СDE также равна 4, так как медиана ED делит треугольник ВСЕ на два равновеликих треугольника. Значит, площадь треугольника АВС равна 12.
Так как AD – медиана треугольника АВС, то площадь треугольника ABD равна 6.
По формуле площади треугольника SABD = АО · ВО = 6. Но АО = 2, а значит, ВО = 3.

Стороны треугольника АВС можно найти по теореме Пифагора.
Итак, задача может быть решена устно, если догадаться соединить точки D и Е, а затем вычислять площади треугольников.
Основные свойства площадей.
Свойство №1 Если вершину треугольника передвигать по прямой, параллельной основанию, то площадь при этом не изменится


Свойство №2 Если два треугольника имеют одинаковые высоты, то отношение их площадей равно отношению длин оснований (сторон, на которые опущены эти высоты).  

Свойство №3 Если два треугольника имеют общий угол, то их площади относятся как произведение сторон, заключающих этот угол. 

Свойство №4 Отношение площадей подобных треугольников равны квадрату коэффициента подобия.

Свойство № 5 Медиана треугольника делит его на две равновеликие части.


Свойство №6 Медианы треугольника делят его на три  равновеликие части

Свойство №7 Средние линии треугольника площади S  отсекают от него треугольники площади,  которых равны одной четвертой части площади 13 EMBED Equation.3 1415ABC

Свойство №8 Медианы треугольника делят его на 6 равновеликих частей.





Метод ключевых задач
Учиться решать задачи с помощью ключевых – идея древняя.
Метод составления системы задач, построенный по принципу - каждая задача системы использует результат решения одной какой-либо опорной (базисной) задачи, называется методом ключевой задачи.
Существует две точки зрения на понятие ключевой задачи. Первая из них состоит в рассмотрении ключевой задачи как задачи-факта. Зачастую такая ключевая задача оказывается дополнительной теоремой школьного курса. Вторая точка зрения состоит в рассмотрении ключевой задачи как задачи-метода. При изучении какой-либо темы школьного курса можно отобрать определенный минимум задач, овладев методами решения которых, учащиеся будут в состоянии решить любую задачу на уровне программных требований по изучаемой теме.
Например, по теме «треугольник» ключевыми являются:
задача о параллельных прямых, пересекающих стороны угла,
задача о медиане, проведенной к гипотенузе (в прямоугольном треугольнике медиана, проведенная к гипотенузе, равна половине гипотенузы),
задача об отношении площадей треугольников, имеющих общую высоту (основание),
задача о свойстве биссектрисы угла треугольника,
задача об отношении площадей подобных треугольников.
ключевые задачи:
1. Медианы в треугольнике пересекаются в одной точке и делятся в ней в отношении 2:1, считая от вершины.
2. Медиана делит треугольник на два равновеликих.
3. Медианы треугольника делят его на шесть равновеликих треугольников.

4.В прямоугольном треугольнике длина медианы, проведенной к гипотенузе, равна ее половине.
5. Центр описанной около прямоугольного треугольника окружности лежит на середине гипотенузы.
6. Если в треугольнике длина медианы равна половине длины стороны, к которой она проведена, то этот треугольник - прямоугольный.
7.Биссектриса треугольника делит противоположную сторону на отрезки пропорциональные прилежащим сторонам.








список использованной Литературы


Атанасян, Л,С., ,Бутузов, В.Ф., Кадомцев, С.Б. ,Юдина, И.И. Геометрия: Доп. главы к шк. учеб. 9 кл.: Учеб. пособие для учащихся шк. с углубл. изуч. математики : - М.: Просвещение, 1997. – 176 с.
Готман, Э.Г. Две задачи и пять методов решения // Математика в школе. – 1994. - №1 – С. 8 – 11.
Грабов, Ю.И. Решение конкурсных задач по математике. – К.: САШКО, 1995. – 200 с.
Крамор, В.С. Повторяем и систематизируем школьный курс геометрии: Учеб. пособие: 3-е изд., испр. и доп. – М.: Мнемозина, 2004. – 336 с.
Потапов, М.К. Математика. Методы решения задач: Учеб. пособие: Для поступающих в вузы.– М.: Дрофа, 1995. – 328 с.
Смирнова, И.М. Геометрия. Нестандартные и исследовательские задачи. – М.: Мнемозина, 2004. – 172 с.
Фарков ,А.В. Учимся решать олимпиадные задачи. Геометрия. 5-11 классы. Учеб. пособие: – М.: Айрис-пресс, 2006. – 128 с.
Шикова, Л.Р. Исследовательская деятельность школьников в процессе решения геометрических задач // Математика в школе. - 1995. - №4 – С. 45 - 50.

Алексеев В.Б., Галкин В.Я., Панферов В.С. Геометрия. 9 класс: Рабочая тетрадь к учебнику И.Ф. Шарыгина "Геометрия 7-9". В 2 ч. Ч.1. М: Дрофа, 2007.
Атанасян Л.С., Базылев В.Т. Геометрия. В 2 ч. Ч.2. М: Просвещение, 2007.
Атанасян Л.С., Бутузов В.Ф., Кадомцев С.Б. и другие Геометрия 7-9: Учебник для общеобразоват. учреждений. М: Просвещение, 2008.
Атанасян Л.С., Бутузов В.Ф., Кадомцев С.Б., Юдина И.И. Геометрия 8 кл.: Решение задач из учебника Л.С. Атанасяна и др. "Геометрия 7-9". В 2 ч. Ч.1. М: Дрофа, 2007.
Атанасян Л.С., Денисова Н.С., Силаев Е.В. Курс элементарной геометрии. Ч.1. Планиметрия.: Учебное пособие для студентов пед. унив-тов и ин-тов и для учащихся классов с углубл. изучением математики. М: Сантакс-Пресс, 2007.
Барчунова Ф.М. Развитие познавательного интереса к геометрии у учащихся 6-7 классов// "Математика в школе", 1974. №6.
Березина Л.Ю., Мельникова Н.Б., Мищенко Т.М., Никольская И.Л., Чернышова Л.Ю. Геометрия в 7-9 классах: (Метод. рекомендации к преподаванию курса геометрии по учеб. пособию А.В. Погорелова): Пособие для учителя. М: Просвещение, 2010.
Болтянский В.Г., Глейзер Г.Д. Геометрия 7-9: Методическое пособие к углубленному курсу развивающего математического образования. М: Институт учебника "Пайдейя", 2008.












13 EMBED PBrush 1415




Root Entry