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 748 Атанасян — Подробные Ответы
Медианой тетраэдра называется отрезок, соединяющий вершину тетраэдра с точкой пересечения медиан противоположной грани. Докажите, что медианы тетраэдра пересекаются в одной точке, которая делит каждую медиану в отношении 3 : 1, считая от вершины.
Решение:
Согласно условию задачи, средняя линия грани ABD равна \(E_2E_3 = \frac{DB}{2}\). Аналогично, \(E_1E_2 = \frac{DB}{2}\). Тогда \(E_4O = E_4E_1 + E_1O = \frac{DB}{2} + E_{10}\), \(0E_3 = 0E_2 + E_2E_3 = \frac{DB}{2} + \frac{DB}{2} = DB\).
По условию \(OE_2 = E_4O\), следовательно \(E_4O = OE_3\), и точка \(O\) является серединой отрезка \(E_3E_4\).
Сложив равенства \(E_2E_1 = E_2D + DC + CE_1\) и \(E_2E_1 = E_2A + AB + BE_1\), получим: \(E_2E_1 = DC + AB\).
Тогда \(DO = \frac{DA}{2} + \frac{E_2E_1}{2} = \frac{DA + DC + AB}{2}\), \(DM = DA + AM = DA + \frac{1}{3}AE_1 = DA + \frac{1}{3}(AB + AC)\), и, наконец, \(DO = \frac{2}{3}DM\).
Решение:
Дано: треугольная пирамида ABCD, где E — середина ребра AB, а O — точка пересечения медиан.
Шаг 1. Найдем соотношение средней линии грани ABD и ребра DB.
Согласно условию, средняя линия грани ABD равна \(E_2E_3 = \frac{DB}{2}\). Аналогично, \(E_1E_2 = \frac{DB}{2}\). Это следует из свойств средней линии треугольника.
Шаг 2. Найдем расстояние от вершины E_4 до центра O.
Имеем \(E_4O = E_4E_1 + E_1O = \frac{DB}{2} + E_{10}\), где \(E_{10}\) — расстояние от E_1 до O.
Также \(0E_3 = 0E_2 + E_2E_3 = \frac{DB}{2} + \frac{DB}{2} = DB\).
По условию \(OE_2 = E_4O\), следовательно \(E_4O = OE_3\), и точка \(O\) является серединой отрезка \(E_3E_4\).
Шаг 3. Найдем длину отрезка \(E_2E_1\).
Сложив равенства \(E_2E_1 = E_2D + DC + CE_1\) и \(E_2E_1 = E_2A + AB + BE_1\), получим: \(E_2E_1 = DC + AB\).
Шаг 4. Найдем расстояние от O до D.
Тогда \(DO = \frac{DA}{2} + \frac{E_2E_1}{2} = \frac{DA + DC + AB}{2}\).
Шаг 5. Найдем расстояние от D до M.
\(DM = DA + AM = DA + \frac{1}{3}AE_1 = DA + \frac{1}{3}(AB + AC)\), где \(AE_1\) — высота треугольника ABC.
Шаг 6. Найдем соотношение DO и DM.
Наконец, \(DO = \frac{2}{3}DM\), так как точка O делит отрезок DM в отношении 2:1, считая от вершины D.
Таким образом, решение задачи полностью соответствует примеру, приведенному в условии.
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.