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 286 Атанасян — Подробные Ответы
В правильном тетраэдре \(h\) — высота, \(m\) — ребро, а \(n\) — расстояние между центрами его граней. Выразите:
а) \(m\) через \(h\);
б) \(n\) через \(m\).
Дано: \(ABCD\) — правильный тетраэдр. \(O, E\) — центры граней \(CD = m\), \(DO = h\), \(OE = n\).
Найти:
а) \(m\) через \(h\) б) \(n\) через \(m\).
Решение:
Построим точку \(H\): \(AH = HB\).
Рассмотрим плоскость \(CDH\).
По построению и условию задачи:
\(O \in CDH\), \(E \in CDH\), \(DO \perp CH\) (*).
Так как \(O, E\) — точки пересечения медиан соответствующих граней (равносторонних треугольников), то:
\(\frac{CO}{CH} = \frac{2}{3}\), \(\frac{DE}{DH} = \frac{2}{3}\) (**).
б) Из (*) и (**), \(\angle DHC\) — общий \(\Rightarrow \triangle CDH \sim \triangle OEH\).
Следовательно:
\(\frac{OE}{CD} = \frac{EH}{DH} = \frac{1}{3} \Rightarrow n = \frac{m}{3}\).
а) \(\triangle CBH\) прямоугольный \(\Rightarrow\) по теореме Пифагора:
\(CH = \sqrt{CB^2 — BH^2} = \sqrt{m^2 — \left(\frac{m}{2}\right)^2} = \frac{\sqrt{3}}{2}m\).
Из (**): \(CO = \frac{2}{3}CH = \frac{2}{3} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}m = \frac{\sqrt{3}}{3}m\).
\(\triangle COD\) прямоугольный \(\Rightarrow\) по теореме Пифагора:
\(CD^2 = CO^2 + OD^2 \Rightarrow m^2 = \left(\frac{\sqrt{3}}{3}m\right)^2 + h^2\).
Упрощаем:
\(m^2 = \frac{1}{3}m^2 + h^2 \Rightarrow \frac{2}{3}m^2 = h^2 \Rightarrow m = h \cdot \sqrt{\frac{3}{2}} = \frac{h \sqrt{6}}{2}\).
Ответ:
а) \(m = \frac{h \sqrt{6}}{2}\), б) \(n = \frac{m}{3} = \frac{h \sqrt{6}}{6}\).
Решение задачи о правильном тетраэдре \(ABCD\) с центрами граней \(O\) и \(E\):
В правильном тетраэдре все грани являются равносторонними треугольниками. Пусть \(CD = m\), \(DO = h\), \(OE = n\). Рассмотрим следующие шаги:
Построим точку \(H\) как середину ребра \(AB\), тогда \(AH = HB = \frac{m}{2}\). В плоскости \(CDH\) находятся точки \(O\) (центр грани \(ABC\)) и \(E\) (центр грани \(ABD\)), причем \(DO \perp CH\).
В равносторонних треугольниках центры делят медианы в отношении 2:1. Для грани \(ABC\) имеем \(\frac{CO}{CH} = \frac{2}{3}\), а для грани \(ABD\) — \(\frac{DE}{DH} = \frac{2}{3}\).
Треугольники \(CDH\) и \(OEH\) подобны, так как имеют общий угол \(\angle DHC\) и пропорциональные стороны. Из подобия получаем \(\frac{OE}{CD} = \frac{EH}{DH} = \frac{1}{3}\), откуда следует \(n = \frac{m}{3}\).
Для нахождения \(m\) через \(h\) рассмотрим прямоугольный треугольник \(CBH\): \(CH = \sqrt{m^2 — (\frac{m}{2})^2} = \frac{\sqrt{3}}{2}m\). Тогда \(CO = \frac{2}{3}CH = \frac{\sqrt{3}}{3}m\).
Применяя теорему Пифагора к треугольнику \(COD\): \(m^2 = (\frac{\sqrt{3}}{3}m)^2 + h^2\). Упрощая, получаем \(\frac{2}{3}m^2 = h^2\), откуда \(m = \frac{h\sqrt{6}}{2}\).
Подставляя \(m\) в выражение для \(n\), получаем \(n = \frac{h\sqrt{6}}{6}\).
Ответ:
а) \(m = \frac{h\sqrt{6}}{2}\),
б) \(n = \frac{h\sqrt{6}}{6}\).
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.