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 305 Атанасян — Подробные Ответы
В правильной четырёхугольной пирамиде высота равна \(h\), плоский угол при вершине равен \(\omega\). Найдите площадь боковой поверхности.
Дано: \(ABCDK\) — правильная пирамида, \(ABCD\) — квадрат, \(KO = h\), \(\angle AKB = \alpha\).
Решение:
Площадь боковой поверхности \(S_{\text{бок}} = 4 \cdot S_{\triangle AKB}\). Из симметрии \(S_{\triangle AKB} = \frac{1}{2} \cdot AB \cdot KH\).
Находим \(KH\) через тангенс: \(KH = \frac{x}{2} \tan\left(\frac{\alpha}{2}\right)\), где \(x\) — сторона основания.
Из треугольника \(KOB\): \(KB = \sqrt{h^{2} + \frac{x^{2}}{2}}\).
Из треугольника \(KHB\): \(KB = \frac{x}{2} \sqrt{1 + \tan^{2}\left(\frac{\alpha}{2}\right)}\).
Приравниваем и решаем:
\(
x = \frac{2h}{\sqrt{\tan^{2}\left(\frac{\alpha}{2}\right) — 1}}, \quad KH = \frac{h \tan\left(\frac{\alpha}{2}\right)}{\sqrt{\tan^{2}\left(\frac{\alpha}{2}\right) — 1}}.
\)
Итоговая площадь:
\(
S_{\text{бок}} = 2 \cdot x \cdot KH = \frac{4h^{2} \tan\left(\frac{\alpha}{2}\right)}{\tan^{2}\left(\frac{\alpha}{2}\right) — 1} = 2h^{2} \tan \alpha.
\)
Ответ: \(S_{\text{бок}} = 2h^{2} \tan \alpha\).
Дано: \(ABCDK\) — правильная пирамида, \(ABCD\) — квадрат, \(KO = h\), \(O\) — центр квадрата, \(\angle AKB = \alpha\).
Найти: \(S_{\text{боковой}}\).
Решение:
В силу симметрии \(S_{\text{боковой}} = 4 \cdot S_{\triangle AKB} = 2 \cdot BC \cdot KH\). Обозначим сторону основания за \(x\). Так как \(ABCD\) — квадрат, то \(OB = \frac{x\sqrt{2}}{2}\).
Треугольник \(KOH\) — прямоугольный, \(\tan\left(\frac{\alpha}{2}\right) = \frac{KH}{OH}\), откуда \(KH = \frac{x}{2} \cdot \tan\left(\frac{\alpha}{2}\right)\).
Треугольник \(AKB\) — равнобедренный, \(\angle AKB = \alpha\), поэтому \(\angle KBA = \frac{\pi — \alpha}{2}\).
Треугольник \(KHB\) — прямоугольный, \(\tan\left(\frac{\pi — \alpha}{2}\right) = \frac{BH}{KH} = \frac{\frac{x}{2}}{KH}\).
Подставляем \(KH\):
\(
\tan\left(\frac{\pi — \alpha}{2}\right) = \frac{\frac{x}{2}}{\frac{x}{2} \cdot \tan\left(\frac{\alpha}{2}\right)} = \frac{1}{\tan\left(\frac{\alpha}{2}\right)}.
\)
Из тригонометрического тождества:
\(
\tan\left(\frac{\pi — \alpha}{2}\right) = \cot\left(\frac{\alpha}{2}\right) = \frac{1}{\tan\left(\frac{\alpha}{2}\right)}.
\)
Теперь рассмотрим треугольник \(KOB\):
\(
KO = h, \quad OB = \frac{x\sqrt{2}}{2}, \quad KB = \sqrt{h^{2} + \left(\frac{x\sqrt{2}}{2}\right)^{2}} = \sqrt{h^{2} + \frac{x^{2}}{2}}.
\)
Из треугольника \(KHB\):
\(
KB = \sqrt{KH^{2} + BH^{2}} = \sqrt{\left(\frac{x}{2} \tan\left(\frac{\alpha}{2}\right)\right)^{2} + \left(\frac{x}{2}\right)^{2}} = \frac{x}{2} \sqrt{1 + \tan^{2}\left(\frac{\alpha}{2}\right)}.
\)
Приравниваем выражения для \(KB\):
\(
\sqrt{h^{2} + \frac{x^{2}}{2}} = \frac{x}{2} \sqrt{1 + \tan^{2}\left(\frac{\alpha}{2}\right)}.
\)
Возводим в квадрат:
\(
h^{2} + \frac{x^{2}}{2} = \frac{x^{2}}{4} \left(1 + \tan^{2}\left(\frac{\alpha}{2}\right)\right).
\)
Решаем относительно \(x^{2}\):
\(
h^{2} = \frac{x^{2}}{4} \left(1 + \tan^{2}\left(\frac{\alpha}{2}\right) — 2\right) = \frac{x^{2}}{4} \left(\tan^{2}\left(\frac{\alpha}{2}\right) — 1\right).
\)
Отсюда:
\(
x^{2} = \frac{4h^{2}}{\tan^{2}\left(\frac{\alpha}{2}\right) — 1}, \quad x = \frac{2h}{\sqrt{\tan^{2}\left(\frac{\alpha}{2}\right) — 1}}.
\)
Подставляем \(x\) в выражение для \(KH\):
\(
KH = \frac{x}{2} \tan\left(\frac{\alpha}{2}\right) = \frac{h \tan\left(\frac{\alpha}{2}\right)}{\sqrt{\tan^{2}\left(\frac{\alpha}{2}\right) — 1}}.
\)
Тогда площадь боковой поверхности:
\(
S_{\text{боковой}} = 2 \cdot BC \cdot KH = 2 \cdot x \cdot KH = 2 \cdot \frac{2h}{\sqrt{\tan^{2}\left(\frac{\alpha}{2}\right) — 1}} \cdot \frac{h \tan\left(\frac{\alpha}{2}\right)}{\sqrt{\tan^{2}\left(\frac{\alpha}{2}\right) — 1}} = \)
\(=\frac{4h^{2} \tan\left(\frac{\alpha}{2}\right)}{\tan^{2}\left(\frac{\alpha}{2}\right) — 1}.
\)
Упрощаем:
\(
S_{\text{боковой}} = \frac{4h^{2} \tan\left(\frac{\alpha}{2}\right)}{1 — \tan^{2}\left(\frac{\alpha}{2}\right)} \cdot (-1) = \frac{4h^{2} \tan\left(\frac{\alpha}{2}\right)}{1 — \tan^{2}\left(\frac{\alpha}{2}\right)}.
\)
Используем тригонометрическое тождество:
\(
\tan \alpha = \frac{2 \tan\left(\frac{\alpha}{2}\right)}{1 — \tan^{2}\left(\frac{\alpha}{2}\right)}.
\)
Тогда:
\(
S_{\text{боковой}} = 2h^{2} \tan \alpha.
\)
Ответ: \(S_{\text{боковой}} = 2h^{2} \tan \alpha\).
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.