Проект. Нахождение площади фигуры без помощи интеграла

Проект. Можно ли находить площадь фигуры, ограниченной функцией, без применения интеграла? 1. Введение. «Никакая другая область, кроме математики, не может предложить в столь большой степени самую значительную человеческую радость­ радость открытия» Роза Петер Увлечение отдельной областью математики часто начинается с размышления над   какой­то   особенно   понравившейся   задачей.   В   декабре   я   участвовала   во Всероссийской дистанционной олимпиаде по математике проекта «Инфоурок». Именно   там,   среди   задач   мне   встретилось   задание   на   нахождение   площади фигуры,  ограниченной   функцией.   Решение   этой   задачи   потребовало   немало времени, дополнительных построений и знания формулы вычисления площади криволинейной трапеции.  Но тема «Интеграл и первообразная» изучается в 11 классе. И у меня возник вопрос, а Можно ли находить площадь фигуры, ограниченной функцией,  без применения интеграла? Именно   поэтому   я   выбрала   для   себя   данную   тему   исследования,   выдвинув следующую  гипотезу:  существуют   различные   методы   нахождения   площадей фигур, ограниченной функцией,  без применения интеграла. Целью работы  является исследование методов нахождения площади  фигур, ограниченных функцией. Для достижения данной цели необходимо решить следующие задачи: 1.Изучить   литературу   по   выбранной   теме,   определить   наиболее   интересные методы нахождения площади. 2.Проанализировать полученные результаты и систематизировать их. 3.Провести практическую работу по нахождению площади различными методами. Актуальность моей исследовательской работы: в процессе решения таких задач повторяются   и   углубляются   такие   темы,   как   построение   и   исследование графиков функций, касательная к графику функции, применение производной к 1 исследованию   функций   и   др,   что     является   частью   подготовки   к   ЕГЭ. II. Описание методики исследования Итак,   чтобы действительно получить радость от решения задач, надо много поработать: попытаться разобраться в тех математических целях, которые стоят за этими задачами, потренироваться в решении простых задач, чтобы справится самостоятельно с трудными. 1. Вычисление площади фигуры,  координаты точек которой  удовлетворяют неравенству. Задача 1. Изобразите на координатной плоскости Оху фигуру Ф, координаты  точек которой удовлетворяют неравенству  х2 + у2 + 4х – 8у + 12  0 . Найдите:   а) площадь  S этой фигуры ;  б) отношение площади части фигуры Ф, расположенной левее оси  Оу , к  площади части фигуры Ф, расположенной правее оси Оу.  Решение. Неравенство х2 + у2 + 4х – 8у + 12  0  приведем к виду   (х+2)2 + (у­4)2   8 .   Этому неравенству удовлетворяют все точки координатной плоскости,  расположенные внутри окружности с центром С( ­2;4) и радиусом 2  и самой  2 окружности( рис.1).  Площадь фигуры Ф равна S= 8 . Найдём ординаты точек пересечения  окружности с осью Оу.  В уравнение окружности х2 + у2 + 4х – 8у + 12= 0  подставим х = 0. Получим: А(0;6), В(0;2).  Часть фигуры Ф, расположенная правее оси Оу , представляет собой сегмент.  Площадь этого сегмента равна равности площади соответствующего сектора и  площади треугольника АВ: S(1) сегм. = S сект. ­ S   АВС .  Так как в данном случае АВ2 = АС2 + ВС2, то по теореме, обратной теореме  Пифагора, треугольник АВС – прямоугольный. Поэтому  2 Sсект  =  1 4 S =  , S   АВС  =  2 1 2 АС * ВС = 4 Площадь сегмента S(1) ­ 4 . сегм =  2 Площадь сегмента, расположенного левее оси Оу  , равна  S(1) сегм  =  .  8 2(   6)4  4 Искомое отношение равно  .    3 2   2 Ответ:  ;  . 8   3 2   2 Задача 2. Найдите площадь фигуры, которая  задаётся на координатной плоскости условием 2 x  y 2 x  1 .5 Решение. Раскрывая модуль, получим четыре системы, которые определяют  множество точек вместе с данным неравенством:     (1)        4 x  y ;04   (5)    (2)         (3)                         (6) ;6y                    (7) ;4y     (4)        y  x 4  06    (8)  x 2  ,0  01 x y  x 2  ,0  x 01 y  x 2  ,0  x 01 y  x 2  ,0  01 x y              Известно, что если прямая ax+by+c=0 делит плоскость на две полуплоскости ,  то после подстановки координат любой точки одной полуплоскости получим  неравенство  ax+by+c>0; для точек другой полуплоскости : ax+by+c<0. 3 Перенумерует наши прямые :  ;                   (1) 0x ;        (2) y 2   x 1 ;     (3) y  4  x 4 y ;                (4) 6y ;                  (5) 4y         (6) y 4   x 6 и найдём их точки пересечения (рис.2): (1)и (2) пересекаются в точке А(0;­1); (1),(3) и (5) пересекаются в точке В(0;4);                     Рис.2 (3),(2) и (4) пересекаются в точке С(2.5;­6);                (1),(4) и (6) пересекаются в точке D(0;­6); (2),(6) и (5) пересекаются в точке Е(­2,5;4). Прямая ВС пересекает ось Ох в точке F(1;0), поэтому точка К( ;0) лежит внутри треугольника 1 2 АВС.  При х=  1 2 , у=0 получим  y  2 x  ,01 x  4,0 x  .04 y Значит , любая точка, лежащая внутри треугольника АВС или на его сторонах,  удовлетворяет неравенству (5) , а значит, и системе (1). Аналогично. Данной фигурой будет параллелограмм BCDE (рис.2), поскольку  уравнения y=4,y= ­6 задают параллельные прямые. Прямые  ,  4 x  y 4 4 x  y 6 также параллельны, как прямые, имеющие равные угловые коэффициенты и  различные свободные члены ( ).  Высота параллелограмма равна 10,  4  6 . Искомая площадь S=25.  основание равно  5 2 Ответ: 25.   4 2. Вычисление площади фигуры,  координаты точек которой  удовлетворяют системе  неравенств. Задача 1. На координатной плоскости рассматривается фигура Ф, состоящая из точек, координаты которых удовлетворяют системе неравенств  Изобразите фигуру Ф и найдите её площадь .  у 3 2 2  2 2)  3)­(у  (х  х 25 2  5    Решение. Второе неравенство системы равносильно совокупности четырёх  систем неравенств :     1)                  х у 2  02  03 у х  53        х 2  3 у  х 6 у      2)         02 х  у 03  2 у 53  х                   х 2  3 у   х у      4 3)              х х у 2  02  03 у  53                х 2  3 у  у х      4)                х  02 х  у 03  2 у 53           х 2  3 у  10 х у      Изобразим каждое из решений систем на плоскости хОу . Множество решений  первой системы есть прямоугольный треугольник АВС, катеты которого лежат  на прямых х = ­2, у = 3 и имеют длины, равные 5.  Площадь этого треугольника  S = АВ*ВС =  .  25 2 1 2 Аналогично получим, что множествами решений второй, третьей и четвёртой  систем совокупности неравенств являются множества точек плоскости хОу,  5 представляющие соответственной треугольники ВDE, BCD и ABE. Нетрудно  убедиться, что все четыре треугольника равны, и площадь всего квадрата ACDE  равна 50.                           рис. 3 Точкой пересечения диагоналей квадрата является точка В, имеющая  координаты (­2;3) (рис.3). Первое неравенство исходной системы определяет область, внешнюю по  отношению к кругу с центром в точке пересечения диагоналей квадрата и  радиусом   . 5 2 Эту же длину имеет высота BF треугольника АВС, то есть рассматриваемый  круг вписан в квадрат ACDE. Площадь круга  S =  25 . 2 Искомая площадь   S 50 25 2   2(25  .  ) 2 Ответ:  2(25  .  ) 2 Задача 2.  Найдите площадь фигуры, которая задается на координатной  плоскости системой неравенств       3 2 2  3 у  х 2 2 ух  0  ху  4 у 2 Решение. Рассмотрим функцию yxf ;( )  3 у  2 ху  2 ух   3 2 и разложим на множители  многочлен   Получим  3 у  3 2 2 ху  2 ух .    ;( yxf )  ( yy  )(2 yx  x  0) 1 2 Функция обращается в нуль, если у=0, или у = ­2х, или у = .  1 2 x 6 Каждая из этих трех прямых проходит через начало  координат. В итоге они разбивают координатную плоскость на шесть областей: AOB, BOC,COD,DOE,EOP, POA,  включая точки, лежащие на сторонах углов. В каждой их этих областей функция   сохраняет свой  ;( yxf ) знак.     Рис. 4 Достаточно определить знак функции в одной из областей, в других происходит  чередование знаков(рис.4) Уравнение  2 x 2  y 4  задаёт окружность радиуса 2 с центром в начале  координат. Что представляют собой точки плоскости, координаты которых  удовлетворяют неравенству  ? Возьмём, например, точку с  2 x 2  y 4 координатами (0;0). Получим  40  .Значит, все точки на окружности и внутри  круга принадлежат искомому множеству. На рисунке 4 точки плоскости хОу, удовлетворяющие системе неравенств,  показаны штриховкой. Искомая площадь суть сумма площадей трех секторов  AOB,COD и EOP. Углы AOB и DOE равны площади сектора DOE, и искомая  площадь составляет половину площади круга, а именно 2. Ответ: 2. 2 Задача 3. На координатной плоскости рассматривается фигура, состоящая из  всех точек , координаты которых удовлетворяют системе неравенств   x     y  y ,4  )3.(1 x  2 2 x )1(,25 )2( 2 Найдите площадь этой фигуры. Решение. Неравенство (1) верно в тех и только тех точках плоскости хОу,  которые лежат на окружности   и внутри круга радиуса 5 с центром в  2 x 2  y 25 7 начале координат. Неравенство (2) верно в тех и только тех точках плоскости хОу, которые лежат  на окружности   и вне круга радиуса 2 с центром в начале координат.  2 x 2  y 4 Неравенство (3) задаёт область , ограниченную прямыми х=1 и х=­1 , включая  точки на самих прямых. Искомое множество точек показано штриховкой на рисунке 5.  Найдём площадь фигуры ABCD, а зачем её удвоим.  S ABDC  S PABK  S PCDK . Площадь PCDK равна площади двух равных  треугольников PCO и ODK и площади сектора COD: где PO=1 .  S PCO 1 2 PC  , PO             Рис.5 Для нахождения РС в уравнение   подставим х= ­1 (у>0). Получим:  2 x 2  y 4 2 y  ,3 y . ,3 PC  3 S  PCO  1 2 2,3 S  PCO  3 . Найдём площадь сектора COD. Тангенс угла COP равен  . Следовательно, 3  POC  60 , и площадь сектора COD равна  1 6 площади соответствующего круга,  то есть  .  2 3 Аналогично находим площадь фигуры PABK. x  ,62 62 ,25  ,24 ,1 y AP  2 y  2 x 2 y  S  APO  1 2 AP  PO  ,6 S  62  APO . 8  AOB  180 2 arctg 62 . Площадь сектора  25  180( S AOB   arctg 2  360 )62   180(5  )62 2 72 arctg  , SPABK  62   180(5  )62 2 72 arctg  . Искомая площадь  2 72  180(5 62    S arctg  )62  3   2 3 . Ответ:  S  62   180(5  )62 2 arctg  72  3   2 3 . Задача 4. Найдите площадь фигуры, которая задается на координатной  плоскости системой неравенств      y  4  y x 2 x .5 , Решение. Первое неравенство системы задает множество точек плоскости ,  лежащих выше полуокружности  , включая точки самой  y  4 x 2 полуокружности, и между прямыми х= ­ 2 и х=2.  Графиком функции   является график функции  y 5 x , поднятый на 5  y  x единиц вверх. Второе неравенство системы задает множество точек плоскости,  лежащих на этом графике и ниже его.  Требуется найти площадь заштрихованной фигуры(рис.6). S ADCB  AD AB .28  S DPC 1 2 DC  EP  ,4 9 площадь полукруга  AKBS  .2  4 2  Теперь находим площадь заштрихованной  фигуры:  S 28  )24(   24  2 .                                                          Рис.6 Ответ:  . 12(2  ) Задача 5.  На координатной плоскости рассматривается фигура М, состоящая  из всех точек , координаты которых удовлетворяют системе неравенств  (   x   0 .4 ) xy 2 y  y 2 x 2 Изобразите фигуру М и найдите её площадь.  Решение. Исходная система может быть записана в виде совокупности двух  систем         ( y                                                     0   0 y  ( 2      xyx )  x 0  2 4 y 2 x      2 xyx )  x 0  2 y 4 2 x                                                                                         рис.7         Первая система совокупности дает нам множество точек плоскости хОу, расположенных внутри и на границу сектора АОВ, вторая система – множество точек на границе и внутри сектора COD(рис.7). Так как ОС и ОА – биссектрисы углов BOK и BOM , то площадь фигуры М равна  площади полукруга , то есть  . 2 Ответ:  2 2 Задача 6. Найдите площадь фигуры, которая задаётся на координатной плоскости системой неравенств       4 y  2 2 y )2 4  y )2 4 x   x x ( ( 2 2 2 Решение. Точки плоскости , удовлетворяющие 10 неравенству  2 x 2  y 4 , лежат на окружности  2 x 2  y 4  и внутри круга,  ограниченного этой окружностью.  Уравнения   и  ( x  2 )2 2  4 y ( x  2 )2 2  4 y представляют собой уравнения  окружностей с центрами соответственно(2;0),(­2;0) и радиусом 2. Все три  неравенства системы дают нам точки плоскости, показанной штриховкой (рис.8). Чтобы площадь заштрихованной части плоскости , нужно определить площадь  треугольника OAD, равного треугольнику AOB , который является  равносторонним со стороной 2, и найти площадь двух равных сегментов AmB.  S  AOB ,3 S сектAOB .   4 6 2 3  сегмS . AmB   (2 2 3  ).3 Вычтем из площади сектора сумку площадей двух сегментов, и полученный результат умножим на 2. Рис8.                                                                                 искS (2   (2 2 3 2 3   ))3  34   . 4 3 Ответ:  3(4   ). 3 3. Площадь фигуры, образованной осями координат и касательными. Задача 1. Найдите площадь фигуры, образованной осями координат и  касательными к кривым     и   в точке их пересечения.  у  22 х х  2 у 42 х 11 Решение. Начертим параболы , используя координаты вершин и точки их  пересечения с осями координат.  Найдём точку пересечения графиков функций 2 х  2 х  2 х 2 ,  х0=1, у0= ­3 4 В  точке с абсциссой х0=1 проведем касательные к  кривым, используя общее уравнение касательной у  ( xf 0 )  ( xf 0 )( x  x 0 ) .  Для параболы   у ,  ( 0 xf 0) xf ( 0 ) 3 .  Уравнение касательной:    3у имеем:   , )( xf  x 2 2 х  2  22 х Для второй параболы получим уравнение касательной,  . Эта прямая  у 2  х 5 пересекает ось абсцисс в точке (2,5;0). Искомой фигурой является трапеция АОСВ, где  , ОС=2,5, АВ=1. 3ОА Рис.9 По формуле   S AOCB  1 2 ( OC  AB )  AO   .  21 4 Ответ:   21 4 Задача 2. Найдите площадь фигуры, ограниченной касательными к графику  функции  , проходящими через точку   , и прямой,  y  42 x x  5 ( A  )1; 5 2 проходящей через точки касания. Решение .Точка А не принадлежит графику функции  y . Пусть    ( ; 0 ух 0 ) x  5  42 x ­ координаты точек касания В и С. Уравнение касательной имеет вид  у  ( xf o )  ( xf o )( x  0x ) , где   ( xf o ) 0  2 x , 4 12 ( xf o ) 2  x 0 4 x 0  5 .  Подставив эти выражения, получим уравнение касательных:  y 2  x 0 4 x 0  2(5 x 0  )(4 x  x 0 ) . Точка  A ( 5 2  )1; принадлежит касательным , поэтому  2  1 x 0 4 x 0  2(5 x 0  )(4 5 2  x 0 ) Откуда  =1 или  0x 0x =4, тогда  ,   0у 2 x 0  4 0 x  05 = 2 или  = 5. 0у Значит, точки касания имеют координаты В(1;2), С(4;5). Требуется найти площадь треугольника АВС (рис.10) Так как нам известны координаты вершин треугольника , то, воспользовавшись  формулой расстояния между двумя точками d  ( x 2  2 x 1 )  ( y 2  2 y 1 ) , вычислим длины сторон этого треугольника  АВ 1( 5 2 2 )  )12( 2 53 2 ВС )14(  2  )25( 2  23 АС 4(  5 2 2 ) ,  .   )15( 2 , 3 17 2 Для нахождения площади треугольника можно воспользоваться формулой  Герона, нов этом случае нас ожидают не совсем приятные вычисления. Удобнее применить формулу . sin S  1 2 ab По теореме косинусов  BC  22 AC AB  AC 2  AB 2  cos A 13 cos A  AB 2  AC  AB 2 BC 2  AC 2  45 4  2  153 4  3 53 2  18 17 2  7 85 Откуда  sin A . 6 85 Площадь треугольника АВС равна S  1 2 AB  AC  sin A  1 2 53 2 3  17 2  6 85  27 4 Ответ:  27 4 Задача 3. К параболе  y  проведены две касательные , проходящие  x  4  22 x через начало координат. В точках дуги параболы, расположенных между  точками касания, проведены касательные, пересекающиеся первые две  касательные в двух точках. Найдите наибольшую возможную площадь  образовавшегося треугольника. Решение .Общее уравнение касательной:   )( x xf   Найдём     ( xf 0  ( xf 0 ( xf 0  x 0 )( x ,  2 x 0 ,  ). 2 ( xf 0 ) 2  x 0 2 x 0 2 2 y  ) ) .  4 Уравнение касательной примет вид y 2  x 0 2 x 0  2(4 x 0  )(2 x  x 0 )   2 x 0  (2 xx 0  4)1 ,  где  ( ; 0 yx 0 ) ­ координаты точки касания.  Точка О (0;0) принадлежит касательным, поэтому  0=  ,  ,  0 x 2 .  2 0 x 4  x 42 0   и  0 x 2 x 0 2 ­ абсциссы точек касания. Находим уравнения касательных  1)  2)   )2( ,6 f f )2(  ,12 y  12 (6 x  ),2 y  ;6 x f  )2( ,2 f  )2( ,4 y  (24 x  ),2 y  .2 x Точки касания имеют координаты Е(2;12), М(­2;4). 14 Построим параболу  y и касательные у=6х и у= ­2х (рис.6) Пусть x  4  22 x ­ координаты точки С касания прямой, при проведении которой получим  ( ; к уx к ) треугольник наибольшей площади.   Найдём координаты точек пересечения этой касательной с касательными у= ­2х  и у=6х. Для этого решим совокупность двух систем :    (22  xx к  ;2 y x (22  xx к  y ;6 x ,4)1 ,4)1        x к x к y y Решим каждую из систем совокупности отдельно.  ,4   (22  xx к  ;2 y x  xx к ;2 x  2  ,4)1        x к x к   2 2 x y x y    2         .  x  42  x к  (2 x )2 к  y 2 x к  x к ; 2  2     4)1 y  x к (22  xх к  x y 6    6 х  2 x к  y  xх 2 к  x 6  2 х  4      х  42  х к  (2 )2 х к  х (3 y к х к   ).2 2  2 х к ( А 2  2 2;  Вх к ), ( х к 2  2 (3; х к  ))2 . Проведем из точек А и В перпендикуляры на ось Оу. Пусть АР=h1, BK=h2. Тогда   S OD OD OD   S S  ). (  h 2  AOB  AOD  BOD  1 h h 2 1 2  h 1 1 2 1 2 ( h 1  h 2 ) . x к  2 2  x к  2 2  2 Осталось найти длину OD. Для нахождения OD в формулу касательной  подставим значение х = 0. Получим  . Следовательно,  у  кх 42  15 S  AOB 1 2 4(  2 x к  42) x к 2 . Наибольшего значения площадь достигает при  . xк  S ,0  4 Задача 4.  К графику функции  y  62 x Ответ:4 проведены три касательные. Первая  x  8 и вторая – проведены в точках пересечения графика функции с осью абсцисс,  третья – в точке минимума этой функции. Найдите площадь трапеции,  образованной этими касательными прямой , проведенной через точку  Рис.10 пересечения параболы с осью ординат и параллельно оси  абсцисс.  Решение. Найдём абсциссы точек пересечения параболы с  осью Ох.   x  ;4 x ,08 )( xy  .6 ,2 6 2 x  2 x 1 x 2 Находим уравнения касательных, проходящих через  найденные точки:  ( xy ( xy 0 2 0 1 ,0)2( ,0)4(     y y ) )  ( xy 1 0 )  )2( y  ( xy 0 2 ,2 )  y )4(  .2 Воспользовавшись уравнением касательной:  y   ( xy 0 ( xy 0 x 0 )( ), x  ) рис.11 получим уравнения касательных, проходящих соответственно через точки (2;0), (4;0): у= ­2х+4, у= 2х­8. Парабола пересекает у=8 пересекает соответственно в ось ординат в точке (0;8). Прямая  прямые у= ­2х+4, у= 2х­8  точках (­2;8) и (8;8). Третья касательная , которая  проходит через вершину параболы,  имеет вид  у= ­1.  Решив каждую из систем    y y   1  x 2 4      и     y  y 1  x 2 8 рис.12 16 найдём координаты точек пересечения касательных (2,5; 1), (3,5; ­1). Получены все данные, чтобы найти площадь трапеции ABCD (рис.12)  S ABCD  S ABCD 1 2 1 2 ( AB  HCD ) , 1(  9)10  .5,49 Ответ:  .5,49 Задача 5.  Из точки М(1;1) проведены касательные к двум ветвям гиперболы (k<0), касающиеся этих ветвей в точках А и В, причем треугольника МАВ – y  k x правильный. Найдите k и площадь треугольника МАВ.  Решение.  Пусть   ­ абсцисса точки касания, лежащей на гиперболе.  0x Воспользуемся общим уравнение касательной :  y  ( xf 0 )  ( xf 0 )( x  x 0 ) . Найдём   ( xy 0 ) k x 0 2 , ( xy 0 )  . k x 0 Уравнение касательной примет вид  .  y  k x 0 2 x  2 k x 0 Так как точка М(1;1) лежит на касательной, то   или  . 2 x 0  2 0 kx  0 k 1  k x 0 2 x  2 k x 0 Поскольку дискриминант полученного уравнения больше нуля (k<0), то оно  имеет два решения. Используя теорему Виета, запишем :  x 1 ,2 xxk 21   k x . 2 Ветви параболы симметричны относительно биссектрисы I и III координатных  углов, на которой лежит точка М. Следовательно , точки А и В симметричны  относительно прямой y=x , и поэтому точка А имеет координаты  , а точка  ( ; 1 xx 2 ) 17 В имеет координаты  .  ( ; 2 xx 1 ) Получим  x MA 1 ( 2 2 )1  ( x 2  2 )1 2  x 1 2 x 1  1 2 x 2  2 x 2  (1 x 1 x 2 2 )  2 xx 21  (2 x 1  x 2  2) =  2 4 k  2 k  4 k  42 k 2  6 k  .2 Аналогично,  2 AB  8 2 k .8 k По условию треугольника МАВ – равносторонний  (рис.13), следовательно , МА=АВ, то есть  k 4  2  .01 82 k 2,8 kk 6 k 2  2  k . k 1  1 2 ; k 2  1 Так как k<0 , то k=  . 1 2 Находим площадь треугольника МАВ: S  AB 1 2 2 sin 60  33 2 . Ответ:  1k 2 , 33S 2 . 18 III.Заключение  Выполнив исследования, я подтвердила  гипотезу, выдвинутую в начале работы. Мне   удалось   достичь   цели   моего   исследования:   я   овладела   способами нахождения площади фигур, ограниченных функцией, без помощи интеграла. Но останавливаться   на   достигнутом   я   не   хочу,   планирую   после   изучения   темы «Интеграл и первообразная» в 11 классе, рассмотреть решение этих же задач, но уже   применяя   интеграл.   Сравню   результаты,   выбиру   наиболее   рациональное решение. И, в заключении, хочется сказать. Уникальность математической задачи  заключается в том, что, во­первых, задачи являются для нас своеобразной  областью применения формальных знаний. Во­вторых, позволяют проверить  правильность приобретенных знаний, в­ третьих, формируют умение  анализировать ситуацию, систиматезировать и классифицировать условия,  подчас самостоятельно получая открытие. В­четвертых, способствуют  повышению уровня заинтиресованности математикой, а в­ пятых, я считаю самое главное, решение задач доставляет эстетическое удовольствие.  Ведь математика должна быть не только рациональной, но и для души! 19 IV. Литература 1. Алфутова Н.Б., Устинов А.В. Алгебра и теория чисел. Сборник задач для  математических школ. М.: МЦНМО, 2009 – 264с. 2. Колесникова С.И. Математика. Решение сложных задач  единого  государственного экзамена – 2­е изд., испр.­ М.: Айрис­пресс, 2014. – 272с. – (Домашний репетитор: Подготовка к ЕГЭ) 3. Математика. 9­11 классы: Решение заданий ЕГЭ высокой степени сложности.  Основные методы и приемы/ Авт.­сост. М.А. Куканов. – Волгоград: Учитель, 2015. – 223с. 4. Математика. Областные олимпиады. 8­11 классы/ [Н.Х. Агаханов,  И.И.Богданов, П.А.Кожевников и др.] – М.: Просвещение, 2010 – 239с.: ил. – (Пять колец). 5. Островский А.И., Кордемский Б.А. Геометрия помогает арифметике.  М.:ФИЗМАТГИЗ, 1960. 6. Уфановский В.А. Математический аквариум. ­  Ижевск: НИЦ «Регулярная и  хаотическая механика», 2000. 7. Шарыгин И.Ф., Голубев В.И. Факультативный курс по математике: Решение  задач: Учеб. пособие для 11кл. сред. шк.  – М.: Просвещение, 1991. – 384с. 8. Шарыгин И.Ф., Факультативный курс по математике: Решение задач: Учеб.  пособие для 10кл. сред. шк.  – М.: Просвещение, 1989. – 252с. 9.Якир М.С., Мерзляк А.Г., Полонский В.Б. Неожиданный шаг или сто  тринадцать красивых задач. Киев: Агрорифма «Александрия». 1993. 20