МИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ РОССИЙСКОЙ ФЕДЕРАЦИИ

Решебник к задачам

экзаменационных билетов

по геометрии для классов

с углубленным изучением

математики за курс

основной средней школы

Автор: Будлянская

Наталья Леонидовна

Должность: учитель математики.

Адрес автора: Хабаровский край

г. Комсомольск – на – Амуре

ул. Вокзальная д.72 кв. 71

т. (4217)599503.

Адрес образовательного учреждения: Хабаровский край

г. Комсомольск – на – Амуре

т. (4217)598260.

г. Комсомольск - на - Амуре

2008г.

Тезисы к работе:

«Решебник к задачам экзаменационных билетов по геометрии для классов с углубленным изучением математики за курс основной средней школы».

Экзамены в 9 классе – это очень важный этап в жизни каждого школьника. Для кого-то это первая в жизни настоящая проверка знаний, для кого-то способ оценить свои силы перед экзаменом в 11 классе. Тем не менее, экзамены – это всегда волнение и долгие дни подготовки.

Чтобы облегчить подготовку к экзамену по геометрии, я создала такой решебник. В него входят задачи, предлагаемые на экзамене и решения к ним. Без серьезных знаний по предмету и при отсутствии «опыта» в решении таких задач, на экзамене многие ученики испытывают большие трудности. Поэтому мне показалось, что и учащимся, и учителям будет полезен мой решебник. Многие задачи решены двумя и даже тремя способами, все подробно объяснены и иллюстрированы.

Даже если с будущего года экзамен по геометрии за 9 классов будет проходить в форме ЕГЭ, мне кажется, что мой сборник будет полезен и интересен учащимся математических классов и учителям.

Билет №1.

Задача №1. Сумма сторон треугольника равна 8, а два из его углов равны соответственно 30° и 45°. Найти все возможные значения периметра.

Решение. Возможны три случая взаимного расположения известных элементов треугольника:

А)Б)В)

А) По теореме о сумме углов треугольника , АС=8;

Sin105°=Sin (90°+15°) =Cos15°0, 9659

;

P

Б) По теореме о сумме углов треугольника , ВС=8;

;

P

В) По теореме о сумме углов треугольника , АВ=8;

;

P

Ответ:; ;

Задача №2. Построить треугольник по данным двум углам и биссектрисе при вершине третьего угла.

Дано:

Построение:

1)  Построим произвольный подобный искомому, взяв произвольный отрезок и отложив углы и .

2)  Построим биссектрису .

3)  Проведем через прямую параллельную до пересечения с и .

4)  - искомый.

Билет №2.

Задача №1. В треугольнике АВС углы А и В равны 380 и 860 соответственно. Найдите углы треугольника, вершинами которого являются точки касания сторон с вписанной в АВС окружностью.

Дано: ,

Решение.

По свойству касательных: , , , т. е. - равнобедренные.

.

Тогда ;

;

.

Ответ: , , .

Задача №2. Доказать, что если в выпуклом четырёхугольнике противоположные стороны равны, то в этот четырёхугольник можно вписать окружность.

Дано:

Доказательство.

Точка пересечения биссектрис углов А и В равноудалена от сторон AD, AB и BC, поэтому можно провести окружность с центром в точке О, касающуюся указанных трех сторон. Докажем, что эта окружность касается также стороны CD и, значит, является вписанной в четырехугольник ABCD.

Предположим, что окружность вписать нельзя. Проведем биссектрисы и , точка пересечения О – центр окружности, касающейся AD, AB, BC. Тогда CD либо секущая для окружности, либо находится вне ее. Рассмотрим второй случай.

Проведем касательную к окружности. . Т. к. - описанный, то , по свойству описанного четырехугольника.

Но подставим в

равенство (2)

, но из равенства (1)

- чего быть не может в четырехугольнике . Предположение не верно.

*Аналогично рассматривается случай, когда CD – секущая.

Вывод: в данный четырехугольник можно вписать окружность, ч. т.д.

Билет №3.

Задача №1. Доказать, что точки А, В, С лежат на одной прямой, если А(-2; 0), В(3; 2,5), С(6;4).

Дано: А(-2; 0), В(3; 2,5), С(6;4).

Доказательство.

Запишем уравнение прямой AB и убедимся, что .

1) - уравнение прямой

- уравнение прямой АВ.

2) Проверим принадлежность точки С к прямой АВ.

- верно, значит точки A,B,C лежат на одной прямой, ч. т.д.

Задача №2. Доказать, что четырёхугольник ABCD, вершины которого имеют координаты А (-2; -3), В (1; 4), С (8; 7), D (5;0) является ромбом. Найти его площадь.

Дано: ABCD – четырехугольник, А (-2; -3), В (1; 4), С (8; 7), D (5;0)

Решение. 1) Найдем длины отрезков АВ, CD, AD, BC.

Т. к. , то ABCD – ромб, ч. т.д.

2) Найдем площадь ABCD.

I способ. (т. к. по трем сторонам)

По формуле Герона:

II способ.

,

Ответ:

Билет №4.

Задача №1. В окружность вписан одиннадцатиугольник, одна из сторон которого равна радиусу окружности, а остальные десять сторон равны между собой. Найдите углы одиннадцатиугольника.

Дано: A1A2…A11 – одиннадцатиугольник

А1А2 = ОА1 = r

A2A3 = A3A4 = … = A11A1

Решение.

1)  Соединим О с вершинами А1, А2, ..., А11.

Т. к. А1А2 = ОА1 = ОА2, то - равносторонний =>

2) Т. к. хорды A2A3, A3A4, …, A11A1 равны, то равны и дуги, ими стягиваемые, тогда

3) и равнобедренные, поэтому

Тогда ;

Ответ: 2 угла по 135° и 9 углов по 150°.

Задача №2. На окружности с центром в точки О выбраны точки M и N. Вторая окружность вдвое меньшего радиуса касается первой в точке M и делит пополам отрезок ON. Найдите угол ONM.

Дано: Окр. ; Окр.;

Найти:

Решение.

I способ

(по условию) и - средняя линия треугольника , значит, и

как соответствующие углы при и сек.. , как радиусы одной окружности, аналогично - равносторонний и , тогда

Ответ:

II способ.

Пусть - радиус меньшей окружности, тогда

(т. к. разделен отрезок ON пополам).

Соединим K и M, , т. к. опирается на диаметр.

- прямоугольный

В - высота и медиана - равнобедренный, и

Ответ:

Билет №5.

Задача №1. Точка F лежит на стороне АВ правильного восьмиугольника ABCDMNPQ так, что AF=3, FB= . Найдите расстояния от точки F до BC и PN.

Дано: - правильный восьмиугольник. ,

Найти: и

Решение.

1)  Нахождение радиуса:

Рассмотрим .

По теореме косинусов:

:

2) - равнобедренный, т. к. ().

Пусть , тогда по теореме Пифагора: ().

3)

Тогда

Ответ: 1 и .

Задача №2. ABCDЕF – правильный шестиугольник площади S. Какая фигура образуется в пересечении треугольников ACE и BDF? Найдите её площадь.

Дано: ABCDЕF – правильный шестиугольник

Решение.

1) Очевидно, что , тогда …, - равносторонние

,

( в силу симметрии правильного шестиугольника) MNLPQR – правильный шестиугольник.

2)

Ответ:

Билет №6.

Задача №1. В треугольнике АВС АВ=2, ВС=3 и угол ВАС в 3 раза больше угла ВСА. Найдите радиус описанной окружности.

Дано:

Решение.

Пусть , тогда .

По теореме синусов:

Ответ:

Задача №2. В треугольнике АВС из вершины В проведены высота ВН и биссектриса угла В, которая пересекает в точке Е описанную около треугольника окружность с центром О. доказать, что луч ВЕ является биссектрисой угла ОВН.

Дано: вписан в окружность (O; r), BE – биссектриса, BH – высота.

Решение.

I способ.

Биссектриса BE и перпендикуляр к стороне AC, проходящий через ее сторону, пересекает дугу AC в одной точке – ее середине E, значит,

Q – точка пересечения BO с окружностью, тогда

, откуда

, значит, ВЕ является биссектрисой угла ОВН, ч. т.д.

II способ.

Т. к. AC и BF – пересекающиеся хорды, то

- полуокружность, тогда

, т. к. BE – биссектриса, тогда , значит, ВЕ является биссектрисой угла ОВН, ч. т.д.

Билет №7.

Задача №1. Доказать, что прямая, проходящая через точку пересечения продолжений боковых сторон трапеции и точку пересечения её диагоналей, делит пополам основания трапеции.

Дано: ABCD – трапеция,

Доказательство. I способ.

Пусть К – точка пересечения боковых сторон трапеции. Обозначим через М и N середины оснований BC и AD соответственно.

и

Т. к. любая прямая, проходящая через точку К, делит основания трапеции в одном и том же отношении (считая от вершины А или В соответственно). Отсюда следует, что точки К, M, N лежат на одной прямой.

Точно также всякая прямая, проходящая через М делит AD и BC в одном и том же отношении (считая от А или В), значит, точки M, O, N тоже находятся на одной прямой.

Таким образом, все четыре точки M, N, O, K лежат на одной прямой, ч. т.д.

II способ.

Проведем прямую KN (N – середина AD), докажем, что .

и по двум углам ( - общий, , )

, т. к. M – середина BC.

Проведем прямую ON

, как накрест лежащие углы)

,ч. т.д.

III способ.

Из теоремы Чевы для и точки О:

, тогда

По теореме Фалеса:

и по двум углам ( - общий, , )

, ч. т.д.

Задача №2. Найдите площадь трапеции с боковыми сторонами 13 и 20 и основаниями 6 и 27.

Дано: ABCD – трапеция,

BC=6, AB=13, CD=20, AD=27

Решение. I способ.

Достроим трапецию до параллелограмма ABFD, тогда и (по свойству параллелограмма)

По формуле Герона:

Но с другой стороны

Ответ:кв. ед.

II способ.

Заметим, что в трапецию можно вписать окружность высота трапеции равна двум радиусам.

- прямоугольный. По теореме Пифагора:

Ответ:кв. ед.

Билет №8.

Задача №1. В круговой сектор с углом 600 помещён круг, касающийся дуги сектора и обоих радиусов. Найдите отношение площади сектора и площади круга.

Дано: AOB – круговой сектор, ,

Окр.(О1;r)

Решение.

Тогда

- прямоугольный, , тогда , а .

По теореме о квадрате касательной

Тогда

Ответ:

Задача №2. Найдите площадь фигуры и длину границ фигуры, являющейся общей частью двух кругов радиуса R каждый, если расстояние между их центрами также равно R.

Дано: , ,

Решение.

- равнобедренный

,

, тогда

Длина границы

Ответ: ,

Билет №9.

Задача №1. Доказать, что площадь прямоугольной трапеции, в которую можно вписать окружность, равна произведению её оснований.

Дано: ABCD – вписанная трапеция; а, b – основания

Доказательство.

1) Дополнительное построение:

В

2) ABCD – описанная

3)

4) - в силу , ч. т.д.

Задача №2. Радиус окружности, описанной около прямоугольника, равен 5 см. Одна из его сторон равна 6 см. Найти: а) площадь прямоугольника; б) угол между диагоналями прямоугольника.

Дано: ABCD – прямоугольник, OE=5 см, AB=6 см,

Окр.(O;R) - описанная

Решение.

А) Т. к. Окр.(O;R) – описанная, то О - точка пересечения диагоналей прямоугольника, ОD=R

(см)

(см2)

Б) : по теореме косинусов

Ответ: (см2), .

Билет №10.

Задача №1. Высота ромба, проведённая из вершины его тупого угла, делит сторону ромба в отношении 1:2, считая от вершины его острого угла. Какую часть площади ромба составляет площадь вписанного в него круга?

Дано: ABCD – ромб, BE – высота,

Решение.

1)

2)

3)

4)

Ответ:

Задача №2. Составить уравнение окружности с центром на прямой у=4 и касающейся оси абсцисс в точке (3; 0). Найти координаты точки пересечения окружности с прямой у=х.

Решение.

А) Уравнение окружности имеет вид , где - центр окружности, r – ее радиус.

Т. к. О0 лежит на прямой и касается оси абсцисс в точке , то

- уравнение окружности

Б) - биссектриса I и III координатных углов

Т. к. , то

Ответ: .

Билет №11.

Задача №1. Центр описанной около треугольника окружности симметричен центру вписанной окружности относительно одной из сторон треугольника. Найти углы этого треугольника.

Дано:, окр.(О;R) – описанная, окр.(J;r) – вписанная.

Решение.

Т. к. цетры вписанной и описанной окружностей симметричны относительно стороны треугольника, то центр описанной окружности лежит вне - тупоугольный

Заметим: J – центр вписанной окружности и О – центр описанной окружности лежат на диаметре. Т. к. диаметр перпендикулярен хорде, то - медиана и , значит, - равнобедренный.

Дополнительные построения: - биссектрисы и

.

Дополнительное построение: .

= (, т. к. J и O – симметричны относительно М, - общая). Значит .

AK – диаметр, т. к. проходит через центр окружности ,

Ответ: .

Задача №2. В треугольнике АВС на стороне АС взята точка М такая, что АМ=АС, а на стороне ВС – точка К такая, что ВК=. В каком отношении отрезок ВМ делит отрезок АК?

Дано: , , АМ=АС, , ВК=.

Решение.

1) Проведем через вершину А прямую, параллельную BC.

Пусть

2) (т. к. )

3) (по двум углам), тогда

Ответ:

Билет №12.

Задача №1. Длины диагоналей ромба пропорциональны числам 3 и 4, его сторона равна 20 см. Найти: а) длины диагоналей; б) радиус окружности, вписанной в ромб.

Дано: ABCD – ромб, ,

Решение.

А) ABCD – ромб, значит и

, т. е.

см

см

см, тогда см

Б) ABCD – описанный

(см2)

(см)

Ответ: ; см

Задача №2. Найти площадь равнобедренной трапеции, у которой основания равны 8 и 18 см, а боковая сторона равна средней линии.

Дано: ABCD – равнобедренная трапеция,

см, см, MN – средняя линия,

Решение.

Т. к. MN – средняя линия, то

Т. к. ABCD – равнобедренная, то (см)

: по теореме Пифагора: (см)

(см2)

Ответ: (см2)

Билет №13.

Задача №1. В равнобедренном треугольнике АВС АС=b, AB=BC=a, AN и СМ – биссектрисы углов А и С. Найти длину отрезка MN.

Дано: , , , AN и MC – биссектрисы и

Решение.

1) Пусть , тогда

CM – биссектриса , откуда

2) С другой стороны ( - общий, )

Ответ:

Задача №2. Гипотенуза прямоугольного треугольника делится на отрезки 5 см и 12 см точкой касания этого треугольника со вписанной в него окружностью. На какие отрезки делит катет треугольника биссектриса его меньшего угла?

Дано: - прямоугольный, BK – биссектриса, окр.(О;r),

E, K, M – точки касания, см, см

Решение.

Пусть , тогда , ,

По теореме Пифагора:

- не удовлетворяет условию

Итак, см, см.

По свойству биссектрисы угла:

Ответ:

Билет №14.

Задача №1. Постройте отрезок длины, где a >b, если a и b – длины двух отрезков.

Дано: отрезки a и b

Построение.

1)

2)

3)

x – искомый отрезок

Задача №2. Постройте треугольник по трём точкам касания его сторон с вписанной в треугольник окружностью.

Дано: точки A, B, C.

Построить: , где A, B, C –

точки касания сторон с вписанной окружностью.

Построение:

1) Соединим точки A, B, C

2) OA1, OB1, OC1 – серединные

перпендикуляры для

3) Построим окружность с центром

в точке О и радиусом OA

4) Строим EF, DE, DF, перпендикулярные

радиусам окружности

5) - искомый

Билет №15.

Задача №1. Найти площадь треугольника, если его стороны соответственно равны , , .

Дано: , , ,

Решение.

AB – большая сторона .

По теореме косинусов:

Ответ: 6,5 кв. ед.

Задача №2. С помощью теоремы Чевы доказать, что биссектрисы треугольника пересекаются в одной точке.

Дано: , AA1, BB1, CC1 – биссектрисы

Доказательство.

По теореме Чевы должно выполняться равенство:

По свойству биссектрисы угла:

; ;

Получим:

, значит, биссектрисы пересекаются в одной точке, ч. т.д.

Билет №16.

Задача №1. АВСD – квадрат со стороной а. вершины С, А и В являются серединами отрезков BM, ND и DF соответственно. Найдите радиус окружности, описанной около треугольника NFM.

Дано: ABCD – квадрат, AB=a;

C, A, B – середины BM, ND, DF

Решение.

- равнобедренный, т. к.

(по построению)

- прямоугольный

Ответ:

Задача №2. Площадь прямоугольника равна 520 м2, а отношение его сторон равно 2:5. найти периметр данного прямоугольника.

Дано: ABCD – прямоугольник, м2, .

Решение.

По условию

(м)

Тогда

(м)

Ответ:

Билет №17.

Задача №1. Найдите угол между векторами и, если , , .

Дано: , , .

Решение.

По условию

По условию

Пусть , , тогда получим систему:

+

, т. е.

,

Итак , значит,

Ответ:

Задача №2. Дано: , , . вычислите .

Дано: , , .

Решение.

По условию

Получим:

Ответ:

Билет №18.

Задача №1. Постойте отрезок , где а и с – длины данных отрезков.

Дано: отрезки a и c

Построить:

Построение.

1) На одной стороне произвольного угла от его начала откладываем отрезки c и a;

2) На второй стороне угла откладываем отрезок а;

3) Проводим прямую через концы отрезков с и а и параллельно ей проводим прямую через конец отрезка а;

4) Получившийся отрезок х – искомый (по теореме Фалеса).

Задача №2. По данным четырём отрезкам a, b, c, d постройте трапецию с основаниями a и b. При каком соотношении между длинами этих отрезков это невозможно?

Дано: отрезки a, b, c, d

Построить: трапецию, где

Построение.

1) Построим со сторонами c, d, a-b

2) Достроим получившийся треугольник до параллелограмма

3) оставшаяся часть – искомая трапеция.

Билет №19.

Задача №1. Найдите острые углы треугольника АВС, если <АВС=900, АС=2, ВК=1, где СК – высота треугольника.

Дано: - прямоугольный, ,

, , СК – высота

Решение.

Пусть , тогда по теореме о высоте, опущенной из вершины прямого угла

- не удовлетворяет условию задачи

:

Ответ: , .

Задача №2. В треугольник АВС вписана окружность. С1, В1 – точки её касания со сторонами АВ и АС соответственно; АС1=7, ВС1=6, В1С=8. найдите радиусы вписанной и описанной около треугольника АВС окружностей.

Дано: , , , , и - точки касания Окр

Решение.

, , , как отрезки касательных, выходящих из одной точки.

Тогда , , ,

По формуле Герона: , с другой стороны

Ответ: ,

Билет №20.

Задача №1. Найдите площадь треугольника с вершинами А(1; 4), В(-3; -1), С(2; -2).

Дано: А(1; 4), В(-3; -1), С(2; -2).

Решение.

1)

2) В - большая сторона. По теореме косинусов:

3) кв. ед.

Ответ: кв. ед.

Задача №2. Даны координаты вершин треугольника АВС: А(4; 6), В(-4; 0), С(-1; -4). Написать уравнение прямой, содержащей медиану СМ.

Дано: , А(4; 6), В(-4; 0), С(-1; -4), СМ – медиана.

Решение.

Т. к. М – середина ВА, то

.

Уравнение прямой СМ имеет вид , т. к. прямая проходит через точки С и М, то координаты этих точек удовлетворяют уравнению прямой.

Уравнение медианы СМ имеет вид

Ответ: .

Билет №21.

Задача №1. Найдите площадь квадрата, вписанного в ромб со стороной 6 см и углом 300 (сторона квадрата параллельна диагонали ромба).

Дано: ABCD – ромб, , , MNKL – вписанный квадрат.

Решение.

Пусть - половина стороны квадрата.

Дополнительные построения: диагональ AC и AB.

1) - прямоугольный,

2)

(по двум углам)

Пусть

Сторона квадрата ,

Ответ:

Задача №2. Найдите длину отрезка, параллельного основаниям трапеции (их длины a и b) и делящего трапецию на два подобных треугольника.

Дано: ABCD – трапеция, , ,

Решение.

Т. к. подобными четырехугольниками называются четырехугольники, у которых все углы соответственно равны и стороны пропорциональны, то из

Ответ: .

Билет №22.

Задача №1. Найдите площадь фигуры, ограниченной дугами трёх попарно касающихся окружностей радиусов 1, 1 и -1.

Дано: Окр(О1;1), Окр(О2;1), Окр(О3;), А, В, С – точки касания.

Решение.

1) , причем

2) Рассмотрим

,

Тогда кв. ед.

3) В , а , т. к. - равнобедренный.

А)

Б)

4) (кв. ед.)

Ответ: (кв. ед.)

Задача №2. Круги радиусов 1, 6 и 14 касаются друг друга. Найдите радиус окружности, вписанной в треугольник с вершинами в центрах данных кругов.

Дано: Окр(О1;1), Окр(О2;6), Окр(О3;14), А, В, С – точки касания.

Решение.

В , , .

, где

По формуле Герона:

, тогда

Ответ: .

Билет №23.

Задача №1. Докажите, что биссектриса АА1 треугольника АВС вычисляется по формуле: АА1=.

Дано: , - биссектриса.

Доказательство.

, ч. т.д.

Задача №2. Докажите, что медиана треугольника со сторонами a, b, c, проведённая к стороне а, вычисляется по формуле: .

Дано: , а, b, c –стороны, - медиана.

Решение.

I способ.

Рассмотрим векторы , , , A1 –

середина ВС, значит .

Заметим, что

II способ.

1) Рассмотрим : пусть

2) Рассмотрим :

3) :

, откуда , ч. т.д.

Билет №24.

Задача №1. Найти острые углы прямоугольного треугольника, если медиана, проведённая к его гипотенузе, делит прямой угол в отношении 1:2.

Дано: , CO – медиана,

Решение.

О – центр описанной окружности, т. к. О – середина гипотенузы.

1)

- равнобедренный,

2) Аналогично

Ответ: , .

Задача №2. Доказать, что биссектриса прямого угла прямоугольного треугольника делит пополам угол между медианой и высотой, проведёнными к гипотенузе.

Дано: - прямоугольный, CH – высота, CK – биссектриса, CC1 – медиана.

Доказательство.

1) Т. к. - прямоугольный, то центр описанной окружности лежит на середине гипотенузы, т. е. в точке (т. к. – медиана),

2) , но , т. к. - равнобедренный

3) , т. к. CK – биссектриса, тогда , ч. т.д.

МИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ РОССИЙСКОЙ ФЕДЕРАЦИИ

Решебник к задачам

экзаменационных билетов

по геометрии для классов

с углубленным изучением

математики за курс

основной средней школы

Автор: Мельниченко

Анна Викторовна

Ученица 10 «А» класса

МОУ лицей №1

Научный руководитель: Будлянская

Наталья Леонидовна

Должность: учитель математики.

Адрес автора: Хабаровский край

г. Комсомольск – на – Амуре

пр. Ленина д.85 кв. 51

т. (4217)551714.

Адрес научного руководителя: Хабаровский край

г. Комсомольск – на – Амуре

ул. Вокзальная д.72 кв. 71

т. (4217)599503.

Адрес образовательного учреждения: Хабаровский край

г. Комсомольск – на – Амуре

т. (4217)598260.

г. Комсомольск - на - Амуре

2008г.

Тезисы к работе Мельниченко Анны:

«Решебник к задачам экзаменационных билетов по геометрии для классов с углубленным изучением математики за курс основной средней школы».

Экзамены в 9 классе – это очень важный этап в жизни каждого школьника. Для кого-то это первая в жизни настоящая проверка знаний, для кого-то способ оценить свои силы перед экзаменом в 11 классе. Тем не менее, экзамены – это всегда волнение и долгие дни подготовки.

Чтобы облегчить подготовку к экзамену по геометрии, я создала такой решебник. В него входят задачи, предлагаемые на экзамене и решения к ним. Сама я такой экзамен сдала в прошлом году и не по слухам знаю, что без серьезных знаний по предмету и при отсутствии «опыта» в решении таких задач, на экзамене многие ученики испытывают большие трудности. Поэтому мне показалось, что и учащимся, и учителям будет полезен мой решебник, в котором я представила как свои решения, так и своих одноклассников. Многие задачи решены двумя и даже тремя способами, все подробно объяснены и иллюстрированы.

Наблюдая, как моими наработками уже с удовольствием пользуются девятиклассники моего учебного заведения, я решила оформить свой труд в учебное пособие. Даже если с будущего года экзамен по геометрии за 9 классов будет проходить в форме ЕГЭ, мне кажется, что мой сборник будет полезен и интересен учащимся математических классов и учителям.