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 814 Атанасян — Подробные Ответы
Все высоты тетраэдра пересекаются в точке Н. Докажите, что точка Н, центр О описанной сферы и точка G пересечения отрезков, соединяющих вершины с точками пересечения медиан противоположных граней тетраэдра, лежат на одной прямой (прямая Эйлера), причём точки О и Н симметричны относительно точки G
Пусть \(M\) — пересечение медиан \(A_1B_1\) и \(A_3B_2\), тогда точка \(M\) делит медианы в пропорции \(2:1\).
\( \vec{OM} = \frac{1}{3}(\vec{OA_1} + \vec{OA_2} + \vec{OA_3}) \).
\( \vec{A_1M} = \vec{OM} — \vec{OA_1} = \frac{1}{3}(\vec{OA_2} + \vec{OA_3} — 2\vec{OA_1}) \).
\( \vec{MB_1} = \vec{OB_1} — \vec{OM} = \frac{1}{6}(\vec{OA_2} + \vec{OA_3} — 2\vec{OA_1}) = \frac{1}{2}\vec{A_1M} \).
\( \vec{OG} = \frac{1}{4}(\vec{OA_1} + \vec{OA_2} + \vec{OA_3} + \vec{OA_4}) \).
\( \vec{A_4G} = \vec{OG} — \vec{OA_4} = \frac{1}{4}(\vec{OA_1} + \vec{OA_2} + \vec{OA_3} — 3\vec{OA_4}) \).
\( \vec{GM} = \vec{OM} — \vec{OG} = \frac{1}{12}(\vec{OA_1} + \vec{OA_2} + \vec{OA_3} — 3\vec{OA_4}) \).
\( \vec{A_4G} = 3\vec{GM} \), что означает \(G \in A_4M\) и \(A_4G : GM = 3:1\).
Пусть \( \vec{HC} = 2\vec{HG} \). Тогда \( A_1C^2 = (\vec{HC} — \vec{HA_1})^2 = (2\vec{HG} — \vec{HA_1})^2 \).
Используя свойство \( \vec{HA_1} \perp A_2A_3A_4 \), получаем \( \vec{HA_1} \cdot \vec{A_2A_3} = 0 \), то есть \( \vec{HA_1} \cdot (\vec{HA_3} — \vec{HA_2}) = 0 \), откуда \( \vec{HA_1} \cdot \vec{HA_3} = \vec{HA_1} \cdot \vec{HA_2} \). Аналогично равны все произведения \( \vec{HA_i} \cdot \vec{HA_j} \).
Тогда равны все отрезки \( HC^2 \), то есть точки \(C=O\).
\( \vec{HO} = 2\vec{HG} \), что означает, что точки \(H, O\) и \(G\) лежат на одной прямой и точки \(H\) и \(O\) симметричны относительно точки \(G\) (\(OH = 2HG\)), что и требовалось доказать.
Пусть \(M\) является точкой пересечения медиан \(A_1B_1\) и \(A_3B_2\) в грани тетраэдра. Известно, что медианы треугольника делятся точкой пересечения в отношении \(2:1\), считая от вершины. В данном контексте, точка \(M\) делит медианы \(A_1B_1\) и \(A_3B_2\) в отношении \(2:1\). Если \(O\) — центр описанной сферы, то радиус-вектор точки \(M\) может быть выражен как \( \vec{OM} = \frac{1}{3}(\vec{OA_1} + \vec{OA_2} + \vec{OA_3}) \). Это следует из того, что \(M\) является центром масс треугольника \(A_1A_2A_3\).
Рассмотрим вектор \( \vec{A_1M} \). Он равен разности радиус-векторов точки \(M\) и точки \(A_1\): \( \vec{A_1M} = \vec{OM} — \vec{OA_1} \). Подставляя выражение для \( \vec{OM} \), получаем \( \vec{A_1M} = \frac{1}{3}(\vec{OA_1} + \vec{OA_2} + \vec{OA_3}) — \vec{OA_1} \). Приводя к общему знаменателю и упрощая, находим \( \vec{A_1M} = \frac{1}{3}(\vec{OA_2} + \vec{OA_3} — 2\vec{OA_1}) \).
Теперь рассмотрим вектор \( \vec{OB_1} \). Точка \(B_1\) является серединой ребра \(A_2A_3\), поэтому ее радиус-вектор равен полусумме радиус-векторов точек \(A_2\) и \(A_3\): \( \vec{OB_1} = \frac{1}{2}(\vec{OA_2} + \vec{OA_3}) \). Вектор \( \vec{MB_1} \) равен разности радиус-векторов \( \vec{OB_1} \) и \( \vec{OM} \): \( \vec{MB_1} = \vec{OB_1} — \vec{OM} \). Подставляя выражения для \( \vec{OB_1} \) и \( \vec{OM} \), имеем \( \vec{MB_1} = \frac{1}{2}(\vec{OA_2} + \vec{OA_3}) — \frac{1}{3}(\vec{OA_1} + \vec{OA_2} + \vec{OA_3}) \). Приводя к общему знаменателю и упрощая, получаем \( \vec{MB_1} = \frac{3(\vec{OA_2} + \vec{OA_3}) — 2(\vec{OA_1} + \vec{OA_2} + \vec{OA_3})}{6} = \frac{3\vec{OA_2} + 3\vec{OA_3} — 2\vec{OA_1} — 2\vec{OA_2} — 2\vec{OA_3}}{6} = \)
\(=\frac{1}{6}(\vec{OA_2} + \vec{OA_3} — 2\vec{OA_1}) \). Сравнивая это выражение с выражением для \( \vec{A_1M} \), видим, что \( \vec{MB_1} = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{3}(\vec{OA_2} + \vec{OA_3} — 2\vec{OA_1}) = \frac{1}{2}\vec{A_1M} \).
Точка \(G\) является пересечением отрезков, соединяющих вершины с пересечением медиан противоположных граней. Радиус-вектор точки \(G\), являющейся центром масс тетраэдра \(A_1A_2A_3A_4\), выражается как \( \vec{OG} = \frac{1}{4}(\vec{OA_1} + \vec{OA_2} + \vec{OA_3} + \vec{OA_4}) \).
Рассмотрим вектор \( \vec{A_4G} \). Он равен \( \vec{OG} — \vec{OA_4} \). Подставляя выражение для \( \vec{OG} \), получаем \( \vec{A_4G} = \frac{1}{4}(\vec{OA_1} + \vec{OA_2} + \vec{OA_3} + \vec{OA_4}) — \vec{OA_4} \). Упрощая, находим \( \vec{A_4G} = \frac{1}{4}(\vec{OA_1} + \vec{OA_2} + \vec{OA_3} — 3\vec{OA_4}) \).
Теперь рассмотрим вектор \( \vec{GM} \). Он равен \( \vec{OM} — \vec{OG} \). Подставляя выражения для \( \vec{OM} \) и \( \vec{OG} \), имеем \( \vec{GM} = \frac{1}{3}(\vec{OA_1} + \vec{OA_2} + \vec{OA_3}) — \frac{1}{4}(\vec{OA_1} + \vec{OA_2} + \vec{OA_3} + \vec{OA_4}) \). Приводя к общему знаменателю, получаем \( \vec{GM} = \frac{4(\vec{OA_1} + \vec{OA_2} + \vec{OA_3}) — 3(\vec{OA_1} + \vec{OA_2} + \vec{OA_3} + \vec{OA_4})}{12} =\)
\(= \frac{4\vec{OA_1} + 4\vec{OA_2} + 4\vec{OA_3} — 3\vec{OA_1} — 3\vec{OA_2} — 3\vec{OA_3} — 3\vec{OA_4}}{12} =\)
\(= \frac{1}{12}(\vec{OA_1} + \vec{OA_2} + \vec{OA_3} — 3\vec{OA_4}) \). Сравнивая это выражение с выражением для \( \vec{A_4G} \), видим, что \( \vec{A_4G} = 3 \cdot \frac{1}{12}(\vec{OA_1} + \vec{OA_2} + \vec{OA_3} — 3\vec{OA_4}) = 3\vec{GM} \). Это векторное равенство означает, что точки \(A_4, G, M\) лежат на одной прямой и точка \(G\) делит отрезок \(A_4M\) в отношении \(A_4G : GM = 3:1\).
Пусть \(H\) — точка пересечения высот тетраэдра (ортоцентр). Рассмотрим точку \(C\) такую, что \( \vec{HC} = 2\vec{HG} \). Найдем квадрат расстояния от точки \(A_1\) до точки \(C\), используя векторное представление: \( A_1C^2 = (\vec{HC} — \vec{HA_1})^2 \). Подставляя \( \vec{HC} = 2\vec{HG} \), получаем \( A_1C^2 = (2\vec{HG} — \vec{HA_1})^2 \). Раскрывая квадрат, имеем \( A_1C^2 = 4\vec{HG}^2 — 4(\vec{HG} \cdot \vec{HA_1}) + \vec{HA_1}^2 \). Используя соотношение \( \vec{HG} = \vec{OG} — \vec{OH} \) и \( \vec{HA_1} = \vec{OA_1} — \vec{OH} \), можно выразить это через векторы из начала координат \(O\). Для ортоцентрического тетраэдра существует свойство, связывающее ортоцентр \(H\) и центр описанной сферы \(O\): \( \vec{OH} = \vec{OA_1} + \vec{OA_2} + \vec{OA_3} + \vec{OA_4} \). Тогда \( \vec{HG} = \vec{OG} — \vec{OH} = \frac{1}{4}(\vec{OA_1} + \vec{OA_2} + \vec{OA_3} + \vec{OA_4}) — (\vec{OA_1} + \vec{OA_2}+\)
\( + \vec{OA_3} + \vec{OA_4}) = -\frac{3}{4}(\vec{OA_1} + \vec{OA_2} + \vec{OA_3} + \vec{OA_4}) \). Это не совпадает с ожидаемым результатом, что указывает на возможное использование другого свойства или определения \(G\).
Вернемся к определению \(G\) как центра масс тетраэдра. Тогда \( \vec{OG} = \frac{1}{4}(\vec{OA_1} + \vec{OA_2} + \vec{OA_3} + \vec{OA_4}) \). Для ортоцентра \(H\) в ортоцентрическом тетраэдре выполняется векторное равенство \( \vec{OH} = \vec{OA_1} + \vec{OA_2} + \vec{OA_3} + \vec{OA_4} — 3\vec{OG} \). Подставляя выражение для \( \vec{OG} \), получаем \( \vec{OH} = \vec{OA_1} + \vec{OA_2} + \vec{OA_3} + \vec{OA_4} — 3 \cdot \frac{1}{4}(\vec{OA_1} + \vec{OA_2} + \vec{OA_3} + \vec{OA_4}) = \)
\(=\frac{1}{4}(\vec{OA_1} + \vec{OA_2} + \vec{OA_3} + \vec{OA_4}) \). Это означает, что \( \vec{OH} = \vec{OG} \), что верно только в случае, если \(H\) и \(G\) совпадают. Однако, из условия задачи \(H\) — ортоцентр, \(O\) — центр описанной сферы, а \(G\) — центр масс. В общем случае они не совпадают.
Рассмотрим свойство ортоцентрического тетраэдра: \( \vec{HA_1} \perp A_2A_3A_4 \). Это означает, что вектор \( \vec{HA_1} \) перпендикулярен любой прямой в плоскости грани \(A_2A_3A_4\). Следовательно, \( \vec{HA_1} \perp \vec{A_2A_3} \), что в векторной форме записывается как \( \vec{HA_1} \cdot \vec{A_2A_3} = 0 \). Расписывая векторы через разность радиус-векторов, получаем \( \vec{HA_1} \cdot (\vec{HA_3} — \vec{HA_2}) = 0 \), откуда \( \vec{HA_1} \cdot \vec{HA_3} = \vec{HA_1} \cdot \vec{HA_2} \). Аналогично можно показать, что все попарные скалярные произведения векторов \( \vec{HA_i} \) равны между собой, то есть \( \vec{HA_i} \cdot \vec{HA_j} = k \) для любых \( i \neq j \).
Вернемся к выражению для \( A_1C^2 = (2\vec{HG} — \vec{HA_1})^2 \). Используя свойство \( \vec{HG} = \vec{OG} — \vec{OH} \) и \( \vec{HA_1} = \vec{OA_1} — \vec{OH} \), а также свойство ортоцентрического тетраэдра \( \vec{OH} + \vec{OG} = \vec{OA_1} + \vec{OA_2} + \vec{OA_3} + \vec{OA_4} \), которое не соответствует стандартным свойствам.
Обратимся к свойству, что для ортоцентрического тетраэдра \( \vec{OH} = \vec{OA_1} + \vec{OA_2} + \vec{OA_3} + \vec{OA_4} — 3\vec{OG} \) является неверным. Верное соотношение между ортоцентром \(H\), центром описанной сферы \(O\) и центром масс \(G\) для любого тетраэдра (не обязательно ортоцентрического) задается формулой Эйлера: \( \vec{OH} = 3\vec{OG} \). Однако, это соотношение справедливо только для правильного тетраэдра.
В ортоцентрическом тетраэдре существует свойство, что \( \vec{HA_1} + \vec{HA_2} + \vec{HA_3} + \vec{HA_4} = 2\vec{HO} \). Используя это, а также \( \vec{HG} = \vec{HA_1} + \vec{A_1G} \), где \( \vec{A_1G} = \frac{3}{4}\vec{A_1M} \).
Вернемся к шагу 3 из примера решения. Пусть \( \vec{HC} = 2\vec{HG} \). Тогда \( A_1C^2 = (\vec{HC} — \vec{HA_1})^2 = (2\vec{HG} — \vec{HA_1})^2 \). В примере используется свойство \( \vec{HG} = \frac{1}{2}(\vec{HA_1} + \vec{HA_2} + \vec{HA_3} + \vec{HA_4}) \), которое не является общим свойством.
Следуя примеру, предположим, что \( \vec{HG} = \frac{1}{2}(\vec{HA_1} + \vec{HA_2} + \vec{HA_3} + \vec{HA_4}) \). Тогда \( \vec{HC} = 2\vec{HG} = \vec{HA_1} + \vec{HA_2} + \vec{HA_3} + \vec{HA_4} \).
\( A_1C^2 = (\vec{HA_1} + \vec{HA_2} + \vec{HA_3} + \vec{HA_4} — \vec{HA_1})^2 = (\vec{HA_2} + \vec{HA_3} + \vec{HA_4})^2 \).
В примере используется другое выражение: \( A_1C^2 = \frac{1}{4}(-\vec{HA_1} + \vec{HA_2} + \vec{HA_3} + \vec{HA_4})^2 \). Это соответствует выражению \( \vec{HC} = \frac{1}{2}(\vec{HA_1} + \vec{HA_2} + \vec{HA_3} + \vec{HA_4}) \), то есть \( \vec{HG} = \frac{1}{4}(\vec{HA_1} + \vec{HA_2} + \vec{HA_3} + \vec{HA_4}) \).
Примем, что \( \vec{HG} = \frac{1}{4}(\vec{HA_1} + \vec{HA_2} + \vec{HA_3} + \vec{HA_4}) \). Тогда \( \vec{HC} = 2\vec{HG} = \frac{1}{2}(\vec{HA_1} + \vec{HA_2} + \vec{HA_3} + \vec{HA_4}) \).
\( A_1C^2 = (\frac{1}{2}(\vec{HA_1} + \vec{HA_2} + \vec{HA_3} + \vec{HA_4}) — \vec{HA_1})^2 = (\frac{1}{2}(-\vec{HA_1} + \vec{HA_2} + \)
\(+\vec{HA_3} + \vec{HA_4}))^2 = \frac{1}{4}(-\vec{HA_1} + \vec{HA_2} + \vec{HA_3} + \vec{HA_4})^2 \).
Раскрывая квадрат, получаем \( \frac{1}{4}(\vec{HA_1}^2 + \vec{HA_2}^2 + \vec{HA_3}^2 + \vec{HA_4}^2 — 2\vec{HA_1}\cdot\vec{HA_2} — 2\vec{HA_1}\cdot\vec{HA_3} -\)
\(- 2\vec{HA_1}\cdot\vec{HA_4} + 2\vec{HA_2}\cdot\vec{HA_3} + 2\vec{HA_2}\cdot\vec{HA_4} + 2\vec{HA_3}\cdot\vec{HA_4}) \).
Используя свойство \( \vec{HA_i} \cdot \vec{HA_j} = k \) для \( i \neq j \), получаем \( \frac{1}{4}(\vec{HA_1}^2 + \vec{HA_2}^2 + \vec{HA_3}^2 + \vec{HA_4}^2 — 6k + 6k) = \frac{1}{4}(\vec{HA_1}^2 + \vec{HA_2}^2 +\)
\(+ \vec{HA_3}^2 + \vec{HA_4}^2) \).
Аналогично для других вершин \( A_i \), \( A_iC^2 = \frac{1}{4}(\vec{HA_1}^2 + \vec{HA_2}^2 + \vec{HA_3}^2 + \vec{HA_4}^2) \). Таким образом, \( A_1C^2 = A_2C^2 = A_3C^2 = A_4C^2 \). Это означает, что точка \(C\) равноудалена от всех вершин тетраэдра, то есть \(C\) является центром описанной сферы, следовательно, \(C = O\).
Из предположения \( \vec{HC} = 2\vec{HG} \) и доказательства, что \(C=O\), следует, что \( \vec{HO} = 2\vec{HG} \). Это векторное равенство означает, что точки \(H, G, O\) лежат на одной прямой, причем точка \(G\) находится между \(H\) и \(O\), и \( \vec{HO} \) в два раза длиннее \( \vec{HG} \) и сонаправлен с ним. Следовательно, \(G\) является серединой отрезка \(HO\), что означает, что точки \(H\) и \(O\) симметричны относительно точки \(G\).
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.