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 260 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.
Решение:
Дано: пирамида \(ABCD\), \(\triangle ABC\) — правильный (\(AB = BC = CA\)), \(DO \perp ABC\), \(DA = DB = DC\), \(CH \perp DE\).
Доказать: \(DCO \perp AB\), \(CH \perp ABD\).
Так как \(DA = DB = DC\) и \(DO \perp ABC\), точка \(O\) — центр \(\triangle ABC\). Плоскость \(CDO\) пересекает \(AB\) в середине \(E\) (\(AE = EB\)).
\(\triangle ABD\) и \(\triangle ABC\) — равнобедренные с общим основанием \(AB\). Медианы \(CE\) и \(DE\) являются высотами:
\(
CE \perp AB, \quad DE \perp AB \Rightarrow DCO \perp AB \quad (*)
\)
Так как \(CH \perp DE\) и \(CH \subset CDE\), из \((*)\) следует:
\(
CH \perp AB, \quad CH \perp DE \Rightarrow CH \perp ABD
\)
Ответ: что и требовалось доказать.
Рассмотрим решение задачи о пирамиде \(ABCD\) с правильным треугольником \(ABC\) в основании.
Дано: пирамида \(ABCD\), где \(\triangle ABC\) — правильный (\(AB = BC = CA\)), \(DO\) — высота пирамиды, перпендикулярная плоскости \(ABC\) (\(DO \perp ABC\)), боковые рёбра равны (\(DA = DB = DC\)), \(CH\) — перпендикуляр к отрезку \(DE\) (\(CH \perp DE\)).
Так как \(DA = DB = DC\) и \(DO \perp ABC\), точка \(O\) является центром правильного \(\triangle ABC\). Это означает, что \(O\) — точка пересечения медиан, высот и биссектрис.
Плоскость \(CDO\) проходит через вершину \(C\), высоту \(DO\) и середину \(E\) стороны \(AB\), поскольку \(O\) — центр треугольника, а \(E\) — середина \(AB\).
Рассмотрим треугольники \(\triangle ABD\) и \(\triangle ABC\). Оба являются равнобедренными с общим основанием \(AB\). В \(\triangle ABC\) медиана \(CE\) является также высотой (\(CE \perp AB\)). Аналогично, в \(\triangle ABD\) медиана \(DE\) является высотой (\(DE \perp AB\)).
Поскольку плоскость \(DCO\) содержит прямые \(CE\) и \(DE\), обе перпендикулярные \(AB\), то вся плоскость \(DCO\) перпендикулярна \(AB\) (\(DCO \perp AB\)).
Теперь рассмотрим прямую \(CH\). По условию \(CH \perp DE\). Кроме того, \(CH\) лежит в плоскости \(CDE\), которая содержит \(DCO\). Так как \(DCO \perp AB\), то \(CH\) также перпендикулярна \(AB\).
Таким образом, \(CH\) перпендикулярна двум пересекающимся прямым в плоскости \(ABD\) (\(AB\) и \(DE\)), что означает, что \(CH\) перпендикулярна всей плоскости \(ABD\) (\(CH \perp ABD\)).
Итак, мы доказали, что плоскость \(DCO\) перпендикулярна прямой \(AB\), а прямая \(CH\) перпендикулярна плоскости \(ABD\).
Ответ: что и требовалось доказать.
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.