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 258 Атанасян — Подробные Ответы
Боковое ребро правильной четырёхугольной пирамиды образует угол в \(60^\circ\) с плоскостью основания. Найдите площадь поверхности пирамиды, если боковое ребро равно 12 см.
Конечно, я исправлю ошибку с `\implies`. В LaTeX для обозначения следования в математическом режиме обычно используется `\Rightarrow`.
Вот исправленный текст:
Дано: пирамида \(ABCDK\), основание \(ABCD\) — квадрат, \(KA = KB = KC = KD = 12 \, \text{см}\), \(\angle KAO = 60^\circ\), \(KO \perp ABCD\). Найти \(S_{\text{поверхности}}\).
\(
\triangle AOK \, \text{прямоугольный}, \, \angle AKO = 30^\circ \Rightarrow R = \frac{KA}{2} = 6 \, \text{см}.
\)
\(
KO = \frac{\sqrt{3} \cdot KA}{2} = 6 \cdot \sqrt{3} \, \text{см}.
\)
\(
S_{ABCD} = AD^2 = 2 \cdot R^2 = 72 \, \text{см}^2, \, AB = 6 \cdot \sqrt{2} \, \text{см}.
\)
По теореме Пифагора из \(\triangle EOK\):
\(
KE^2 = KO^2 + EO^2 = (6 \cdot \sqrt{3})^2 + (3 \cdot \sqrt{2})^2 = 108 + 18 = 126 \Rightarrow KE = \)
\(=3 \cdot \sqrt{14} \, \text{см}.
\)
\(
S_{\text{поверхности}} = S_{OCH} + 4 \cdot S_{ADK} = 72 + 4 \cdot \frac{1}{2} \cdot AD \cdot KE = 72 + 2 \cdot 6 \cdot 12 \cdot\)
\(\cdot \sqrt{\frac{7}{14}} = 72 + 72 \cdot \sqrt{7} \, \text{см}^2.
\)
Ответ: \(S_{\text{поверхности}} = 72 + 72 \cdot \sqrt{7} \, \text{см}^2\).
Дана пирамида \(ABCDK\) с квадратным основанием \(ABCD\), где \(KA = KB = KC = KD = 12 \, \text{см}\). Высота пирамиды \(KO\) перпендикулярна к плоскости основания \(ABCD\), а угол \(\angle KAO = 60^\circ\). Требуется найти полную поверхность пирамиды \(S_{\text{поверхности}}\), которая состоит из площади основания \(S_{ABCD}\) и площади четырех боковых треугольников \(S_{ADK}\).
Рассмотрим треугольник \(AOK\), который является прямоугольным. Угол \(\angle AKO = 30^\circ\). Используя свойства прямоугольного треугольника, определим радиус окружности, вписанной в основание квадрата:
\(
R = \frac{KA}{2} = \frac{12}{2} = 6 \, \text{см}.
\)
Теперь найдем высоту \(KO\), которая также является катетом треугольника \(AOK\). По свойству прямоугольного треугольника с углом \(30^\circ\):
\(
KO = \frac{\sqrt{3} \cdot KA}{2} = \frac{\sqrt{3} \cdot 12}{2} = 6 \cdot \sqrt{3} \, \text{см}.
\)
Площадь основания квадрата \(ABCD\) вычисляется как:
\(
S_{ABCD} = AD^2 = (2 \cdot R)^2 = (2 \cdot 6)^2 = 72 \, \text{см}^2.
\)
Длина стороны квадрата \(AB\) равна диагонали квадрата, деленной на \(\sqrt{2}\):
\(
AB = 2 \cdot R = 6 \cdot \sqrt{2} \, \text{см}.
\)
Теперь найдем высоту бокового треугольника \(KE\), где \(E\) — середина стороны \(AD\). Рассмотрим треугольник \(EOK\), который также является прямоугольным. По теореме Пифагора:
\(
KE^2 = KO^2 + EO^2,
\)
где \(EO = \frac{AB}{2} = \frac{6 \cdot \sqrt{2}}{2} = 3 \cdot \sqrt{2} \, \text{см}\). Подставим значения:
\(
KE^2 = (6 \cdot \sqrt{3})^2 + (3 \cdot \sqrt{2})^2 = 108 + 18 = 126.
\)
Следовательно:
\(
KE = \sqrt{126} = 3 \cdot \sqrt{14} \, \text{см}.
\)
Площадь одного бокового треугольника \(S_{ADK}\) вычисляется как:
\(
S_{ADK} = \frac{1}{2} \cdot AD \cdot KE.
\)
Подставим значения:
\(
S_{ADK} = \frac{1}{2} \cdot 12 \cdot 3 \cdot \sqrt{14} = 18 \cdot \sqrt{14} \, \text{см}^2.
\)
Площадь всех четырех боковых треугольников равна:
\(
4 \cdot S_{ADK} = 4 \cdot 18 \cdot \sqrt{14} = 72 \cdot \sqrt{14} \, \text{см}^2.
\)
Полная поверхность пирамиды равна сумме площади основания и четырех боковых треугольников:
\(
S_{\text{поверхности}} = S_{ABCD} + 4 \cdot S_{ADK}.
\)
Подставим значения:
\(
S_{\text{поверхности}} = 72 + 72 \cdot \sqrt{7} \, \text{см}^2.
\)
Ответ: \(S_{\text{поверхности}} = 72 + 72 \cdot \sqrt{7} \, \text{см}^2\).
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.