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 857 Атанасян — Подробные Ответы
Окружность с центром \(О\) касается двух неравных окружностей с центрами \(O_1\) и \(O_2\) в точках \(А_1\) и \(А_2\) соответственно. Докажите, что прямая \(А_1А_2\) проходит через точку пересечения прямой \(O_1O_2\) и общей касательной (внешней или внутренней) к окружностям с центрами \(O_1\) и \(O_2\)
1) 01А1 = r1; 02А2 = r2; 0А1 = 0А2 = r (так как точка касания окружностей лежит на прямой, соединяющей их центры);
2) Рассмотрим ΔЕКО2 и ΔLЕО1: ∠LЕО1 = ∠КОЕ2 = 90°, значит ΔЕКО2 ~ ΔLЕО1 (по первому признаку), отсюда \(\frac{EО1}{KО2} = \frac{r1}{r2}\);
3) Тогда по теореме Менелая в ΔОА1О2: \(\frac{ОА1}{О1Е} \cdot \frac{О2А2}{ОЕ} \cdot \frac{r}{r1r2} = 1\), значит точки А1, А2 и Е лежат на одной прямой, то есть Е ∈ А1А2, что и требовалось доказать.
Дано: Окружности (0;r); (О1; r1); (О2; r2); 0 ∩ О1 = А1; 0 ∩ О2 = А2; KL — общая касательная к окр О1 и О2; Е = KL ∩ О1О2; Требуется доказать: Е ∈ А1А2.
Доказательство:
1) Рассмотрим треугольник О1А1А2. Так как точка касания окружностей лежит на прямой, соединяющей их центры, то О1А1 = r1, О2А2 = r2, ОА1 = ОА2 = r.
2) Рассмотрим ΔЕКО2 и ΔLЕО1. Так как ∠LЕО1 = ∠КОЕ2 = 90°, то ΔЕКО2 ~ ΔLЕО1 (по первому признаку подобия треугольников). Следовательно, \(\frac{ЕО1}{КО2} = \frac{r1}{r2}\).
3) Применим теорему Менелая к ΔОА1О2. Имеем: \(\frac{ОА1}{О1Е} \cdot \frac{О2А2}{ОЕ} \cdot \frac{r}{r1r2} = 1\). Это означает, что точки А1, А2 и Е лежат на одной прямой, то есть Е ∈ А1А2, 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.