Учебник Геометрия 10–11 классы авторства Л.С. Атанасяна — это классическое пособие, которое десятилетиями используется в российских школах. Он сочетает строгую логику математического изложения с доступными объяснениями, что делает его универсальным инструментом для изучения стереометрии и углубления знаний по планиметрии.
🔹 Ключевые особенности учебника:
- Структурированность — Материал разделен на четкие темы: от аксиом стереометрии до задач на векторы и координаты в пространстве. Каждая глава завершается системой упражнений разного уровня сложности.
- Баланс теории и практики — Теоретические положения иллюстрируются наглядными чертежами, а задачи подобраны так, чтобы развивать геометрическую интуицию. Например, раздел о параллельности прямых и плоскостей включает как стандартные доказательства, так и неочевидные задачи.
- Подготовка к ЕГЭ — Многие задачи (особенно в конце учебника) соответствуют формату экзамена, включая задания на построение сечений многогранников.
- Доступность языка — Даже сложные темы (например, уравнения плоскости) объясняются постепенно, с опорой на ранее изученное.
- Дополнительные материалы — В некоторых изданиях есть приложения с историческими справками (например, о Евклиде или Лобачевском), что расширяет кругозор.
🔹 Советы по использованию:
Для учеников: Начинайте изучение каждой темы с разбора примеров из учебника, а лишь затем переходите к упражнениям.
Для учителей: Учебник идеально подходит для комбинации классических уроков и проектной работы (например, построение моделей многогранников).
Для родителей: Если ребенок затрудняется, обратите внимание на раздел «Вопросы для повторения» — он помогает выявить пробелы.
Минусы (но их мало!):
Некоторым не хватает цветных иллюстраций — чертежи выполнены в черно-белой гамме.
В редких изданиях встречаются опечатки в ответах к задачам (лучше сверяться с учителем).
Вывод: Этот учебник — надежная основа для освоения геометрии. Главное — не просто решать задачи, а анализировать ход мыслей, который предлагает Атанасян. Какую тему вы считаете самой сложной? Может, стоит разобрать ее подробнее?
ГДЗ по Геометрии 10 класс Номер 165 Атанасян — Подробные Ответы
Из точки \(A\), удалённой от плоскости \(\gamma\) на расстояние \(d\), проведены к этой плоскости наклонные \(AB\) и \(AC\) под углом \(30^\circ\) к плоскости. Их проекции на плоскость \(\gamma\) образуют угол в \(120^\circ\). Найдите \(BC\).
Дано:
\(
A \in \gamma; \, AH \perp \gamma; \, p(A, \gamma) = d; \, AB \, \text{и} \, AC \, \text{наклонные к} \, \gamma; \, AB \perp \gamma = 30^\circ; \, \)
\(BH \, \text{и} \, CH \, \text{проекции} \, AB \, \text{и} \, AC; \, \angle BHC = 120^\circ.
\)
Найти: \(BC = ?\).
Решение:
Угол между прямой и плоскостью равен углу между прямой и её проекцией. Следовательно, \(\angle ABH = \angle ACH = 30^\circ\).
Рассмотрим треугольники \(\triangle ABH\) и \(\triangle ACH\):
\(\angle AHB = \angle AHC = 90^\circ\), \(\angle ABH = \angle ACH = 30^\circ\), \(AH\) — общая сторона. Значит, \(\triangle ABH = \triangle ACH\), отсюда \(BH = CH\).
Рассмотрим \(\triangle BHC\):
\(\angle BHC = 120^\circ\). По теореме косинусов:
\(
BC^2 = BH^2 + CH^2 — 2 \cdot BH \cdot CH \cdot \cos 120^\circ.
\)
Так как \(\cos 120^\circ = -\frac{1}{2}\), получаем:
\(
BC^2 = BH^2 + BH^2 — 2 \cdot BH \cdot BH \cdot \left(-\frac{1}{2}\right) = 3 \cdot BH^2.
\)
Следовательно, \(BC = \sqrt{3} \cdot BH\).
Рассмотрим \(\triangle ABH\):
\(\tan 30^\circ = \frac{AH}{BH}\), откуда \(BH = AH \cdot \cot 30^\circ = d \cdot \sqrt{3}\).
Подставляем:
\(
BC = \sqrt{3} \cdot BH = \sqrt{3} \cdot d \cdot \sqrt{3} = 3d.
\)
Ответ: \(BC = 3d\).
Дано: \(A \in \gamma\), \(AH \perp \gamma\), \(p(A, \gamma) = d\), \(AB\) и \(AC\) — наклонные к \(\gamma\), \(\angle AB \gamma = 30^\circ\), \(BH\) и \(CH\) — проекции \(AB\) и \(AC\), \(\angle BHC = 120^\circ\). Найти \(BC\).
Рассмотрим угол между прямой \(AB\) и плоскостью \(\gamma\). Этот угол равен углу между прямой \(AB\) и её проекцией \(BH\) на плоскость \(\gamma\). Следовательно, \(\angle ABH = 30^\circ\). Аналогично, \(\angle ACH = 30^\circ\).
Рассмотрим треугольники \(\triangle ABH\) и \(\triangle ACH\). Угол \(\angle AHB = 90^\circ\), так как \(AH \perp \gamma\). Также \(\angle ABH = \angle ACH = 30^\circ\), а \(AH\) является общей стороной. Таким образом, треугольники \(\triangle ABH\) и \(\triangle ACH\) равны по катету и противолежащему углу. Из равенства треугольников следует, что \(BH = CH\).
Теперь рассмотрим треугольник \(\triangle BHC\). В нём известно, что \(\angle BHC = 120^\circ\) и \(BH = CH\). Применим теорему косинусов:
\(BC^2 = BH^2 + CH^2 — 2 \cdot BH \cdot CH \cdot \cos 120^\circ\).
Так как \(\cos 120^\circ = -\frac{1}{2}\), формула принимает вид:
\(BC^2 = BH^2 + BH^2 — 2 \cdot BH \cdot BH \cdot \left(-\frac{1}{2}\right)\).
Упростим выражение:
\(BC^2 = 2 \cdot BH^2 + BH^2 = 3 \cdot BH^2\).
Следовательно, \(BC = \sqrt{3} \cdot BH\).
Теперь найдём \(BH\). Рассмотрим прямоугольный треугольник \(\triangle ABH\). В нём \(\tan 30^\circ = \frac{AH}{BH}\). Так как \(\tan 30^\circ = \frac{1}{\sqrt{3}}\), то \(BH = AH \cdot \sqrt{3}\). Подставим \(AH = d\):
\(BH = d \cdot \sqrt{3}\).
Подставим значение \(BH\) в выражение для \(BC\):
\(BC = \sqrt{3} \cdot BH = \sqrt{3} \cdot d \cdot \sqrt{3} = 3d\).
Ответ: \(BC = 3d\).
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.