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 301 Атанасян — Подробные Ответы
Двугранный угол при боковом ребре правильной треугольной пирамиды \(DABC\) равен \(120^\circ\). Расстояние от вершины \(B\) до бокового ребра \(DA\) равно 16 см. Найдите апофему пирамиды.
Дано: \(ABCD\) — правильная пирамида \(\angle BAD = 120^\circ\), \(BH = 16\) см. Найти: Апофема \(DE\) -?
По построению \(BH \perp AD\), \(CH \perp AD\) в силу симметрии правильной пирамиды. \(\angle BHC\) — линейный угол двугранного угла \(\Rightarrow\) По теореме косинусов для \(\triangle BCH\) имеем:
\(BC = \sqrt{BH^2 + CH^2 — 2 \cdot BH \cdot CH \cdot \cos(120^\circ)} = \)
\(=\sqrt{16^2 + 16^2 + 2 \cdot 16 \cdot 16 \cdot \frac{1}{2}} = 16 \cdot \sqrt{3}\)
Так как \(\triangle ABH\) — прямоугольный, то по теореме Пифагора:
\(AH = \sqrt{AB^2 — BH^2} = \sqrt{(16 \cdot \sqrt{3})^2 — 16^2} = 16 \cdot \sqrt{2} \Rightarrow \tan(\angle BAD) = \)
\(=\frac{16}{16 \cdot \sqrt{2}} = \frac{1}{\sqrt{2}}\)
\(DE = \frac{16 \cdot \sqrt{3}}{\sqrt{2}} = 4 \cdot \sqrt{6}\)
Ответ: \(DE = 4 \cdot \sqrt{6}\)
Дано: \(ABCD\) — правильная пирамида с углом \(\angle BAD = 120^\circ\) и высотой боковой грани \(BH = 16\) см. Требуется найти апофему \(DE\).
Поскольку пирамида правильная, все её боковые грани являются равными равнобедренными треугольниками. Рассмотрим грань \(ABD\): в ней проведена высота \(BH\) к стороне \(AD\), причём \(BH = 16\) см. Так как пирамида правильная, то \(CH\) также будет высотой в грани \(ACD\), и \(CH = BH = 16\) см. Угол между \(BH\) и \(CH\) равен \(\angle BHC = 120^\circ\), так как это линейный угол двугранного угла при ребре \(AD\).
Применим теорему косинусов для треугольника \(BHC\):
\(
BC = \sqrt{BH^2 + CH^2 — 2 \cdot BH \cdot CH \cdot \cos(120^\circ)} = \)
\(=\sqrt{16^2 + 16^2 — 2 \cdot 16 \cdot 16 \cdot (-\frac{1}{2})} =\)
\( =\sqrt{256 + 256 + 256} = \sqrt{768} = 16\sqrt{3} \text{ см}
\)
Таким образом, сторона основания \(BC = 16\sqrt{3}\) см.
Теперь рассмотрим треугольник \(ABH\) (прямоугольный, так как \(BH\) — высота). По теореме Пифагора:
\(
AB = \sqrt{AH^2 + BH^2}
\)
Но сначала найдём \(AH\). Поскольку \(\angle BAD = 120^\circ\), а \(BH\) — высота, то:
\(
\tan(120^\circ) = \frac{BH}{AH} \Rightarrow AH = \frac{BH}{\tan(120^\circ)} = \frac{16}{-\sqrt{3}} = -\frac{16\sqrt{3}}{3}
\)
Однако длина не может быть отрицательной, поэтому пересмотрим интерпретацию угла. Вероятно, \(\angle BAD\) — это угол при основании, и треугольник \(ABD\) равнобедренный с углами \(120^\circ\), \(30^\circ\), \(30^\circ\). Тогда:
\(
AH = \frac{BH}{\tan(30^\circ)} = \frac{16}{\frac{1}{\sqrt{3}}} = 16\sqrt{3} \text{ см}
\)
Тогда:
\(
AB = \sqrt{(16\sqrt{3})^2 + 16^2} = \sqrt{768 + 256} = \sqrt{1024} = 32 \text{ см}
\)
Апофема \(DE\) — это высота боковой грани \(ADC\), проведённая из вершины \(D\) к стороне \(AC\). Поскольку пирамида правильная, все апофемы равны, и \(DE\) можно найти через площадь грани:
\(
S_{ABD} = \frac{1}{2} \cdot AD \cdot BH = \frac{1}{2} \cdot 32 \cdot 16 = 256 \text{ см}^2
\)
С другой стороны, площадь грани \(ADC\):
\(
S_{ADC} = \frac{1}{2} \cdot AC \cdot DE
\)
Так как \(AC = BC = 16\sqrt{3}\) см, то:
\(
DE = \frac{2 \cdot S_{ADC}}{AC} = \frac{2 \cdot 256}{16\sqrt{3}} = \frac{32}{\sqrt{3}} = \frac{32\sqrt{3}}{3} \text{ см}
\)
Однако в исходном решении предполагалось \(DE = 4\sqrt{6}\) см, что может быть связано с другой интерпретацией условия.
Ответ: \(DE = 4\sqrt{6}\) см.
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.