Когда речь заходит о школьной геометрии в старших классах, имя Л.С. Атанасяна всплывает одним из первых. Его учебник для 10–11 классов — это не просто набор параграфов и задач, а настоящий проводник, который уже много десятилетий помогает поколениям учеников осваивать непростой, но увлекательный мир стереометрии. Почему же он выдержал испытание временем и остается актуальным?
Этот учебник подкупает своей кристальной ясностью и строгой логикой. Он выстраивает здание стереометрии кирпичик за кирпичиком, начиная с фундаментальных аксиом и постепенно подводя к сложным пространственным конструкциям, векторам и координатному методу. Чувствуется продуманность каждого раздела, а система упражнений в конце глав позволяет не просто закрепить материал, но и по-настоящему погрузиться в тему, решая задачи разного калибра – от базовых до требующих нетривиального подхода.
Одно из главных достоинств пособия — это удивительный баланс между сухой теорией и живой практикой. Каждое определение, каждая теорема сопровождается наглядными, хоть и черно-белыми, чертежами, которые помогают «увидеть» пространственные отношения. Задачи подобраны мастерски: они не только тренируют применение формул, но и развивают то самое «геометрическое зрение», без которого стереометрия остается лишь набором абстракций. Разделы вроде параллельности или перпендикулярности прямых и плоскостей демонстрируют это особенно ярко, предлагая как классические доказательства, так и задачи, над которыми придется поломать голову.
Нельзя не отметить и его роль в подготовке к выпускным экзаменам. Учебник Атанасяна – это отличная база для успешной сдачи ЕГЭ, особенно в части заданий, связанных с построением сечений многогранников и применением координатно-векторного метода. Многие задачи прямо перекликаются с экзаменационным форматом.
Язык изложения, несмотря на строгость предмета, остается удивительно доступным. Даже такие темы, как уравнения плоскости или прямой в пространстве, вводятся постепенно, опираясь на уже усвоенные понятия планиметрии и алгебры. Это создает ощущение непрерывности и логичности учебного процесса. А приятным бонусом в некоторых изданиях служат исторические справки, добавляющие контекст и показывающие, какой долгий путь прошла геометрия от Евклида до наших дней.
Как максимально эффективно работать с этим учебником? Ученикам стоит взять за правило: сначала вдумчиво разобрать примеры, предложенные автором, понять логику решения, а уже потом переходить к самостоятельной работе над задачами. Учителя найдут в нем надежный каркас как для традиционных уроков, так и для более творческих форм работы, например, организации проектов по созданию моделей геометрических тел. Родителям, помогающим своим детям, стоит обратить внимание на «Вопросы для повторения» – это отличный диагностический инструмент для выявления пробелов в знаниях.
Конечно, идеальных учебников не бывает. Кому-то может не хватать ярких цветных иллюстраций, а в редких тиражах встречаются досадные опечатки в ответах (всегда лучше перепроверить с преподавателем!). Но эти мелкие шероховатости ничуть не умаляют его достоинств.
В конечном итоге, учебник Атанасяна — это больше, чем просто источник информации. Это школа мышления. Он учит не просто находить ответы, а выстраивать логические цепочки, видеть пространственные связи и анализировать условия задачи. Это навык, который пригодится далеко за пределами школьного курса геометрии.
ГДЗ по Геометрии 11 класс Номер 611 Атанасян — Подробные Ответы
Отрезки \(AB\) и \(CD\) не лежат в одной плоскости, точки \(М\) и \(N\) — середины этих отрезков. Докажите, что \(MN < \frac{1}{2}(АС + BD)\).
Решение:
1) Так как точка \(М\) — середина отрезка \(АВ\), то \(NM = \frac{1}{2}(NA + NB)\), так как \(AM = -BM\);
2) \(NA = NC + CA\) и \(NB = ND + DB\), следовательно \(NM = (NC + CA + ND + DB)\), \(NC = -ND\), значит \(NM = -(CA + DB)\);
3) Векторы \(CA\) и \(DB\) не коллинеарны (так как \(CD\) и \(AB\) не лежат в одной плоскости, значит точки \(A, B, C\) и \(D\) не лежат в одной плоскости), тогда \(CA + DB < |CA| + |DB|\) (из соотношения сторон в треугольнике);
4) Таким образом \(MN < (AC + BD)\), что и требовалось доказать.
Дано: отрезки \(AB\) и \(CD\) не лежат в одной плоскости, точки \(M\) и \(N\) — середины этих отрезков.
Доказать: \(MN \le \frac{1}{2}(AC + BD)\).
Доказательство:
1) Так как точка \(M\) — середина отрезка \(AB\), то \(NM = \frac{1}{2}(NA + NB)\), так как \(AM = -BM\). Это следует из определения середины отрезка.
2) \(NA = NC + CA\) и \(NB = ND + DB\), следовательно \(NM = (NC + CA + ND + DB)\). Это следует из того, что точки \(N\) и \(A\), \(N\) и \(B\) являются парами противоположных вершин параллелограмма \(ABCD\).
3) \(NC = -ND\), значит \(NM = -(CA + DB)\). Это следует из того, что векторы \(NC\) и \(ND\) противоположны.
4) Векторы \(CA\) и \(DB\) не коллинеарны (так как \(CD\) и \(AB\) не лежат в одной плоскости, значит точки \(A, B, C\) и \(D\) не лежат в одной плоскости), тогда \(CA + DB < |CA| + |DB|\) (из соотношения сторон в треугольнике). Это следует из неравенства треугольника. 5) Таким образом, \(MN = -(CA + DB) \le |CA| + |DB| = \frac{1}{2}(AC + BD)\), что и требовалось доказать.
Исследовательские задачи
Любой навык лучше отрабатывать самостоятельной практикой, и решение задач — не исключение. Прежде чем обратиться к подсказкам, стоит попробовать справиться с заданием, опираясь на свои знания. Если дойти до конца удалось — проверить ответ и в случае расхождений сверить своё решение с правильным.