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 341 Атанасян — Подробные Ответы
Угол между образующей цилиндра и диагональю осевого сечения равен \(\phi\), площадь основания цилиндра равна S. Найдите площадь боковой поверхности цилиндра.
\(\pi R^2 = S \rightarrow R = \sqrt{\frac{S}{\pi}}\)
\(\text{l}_0 = 2\pi R = 2\sqrt{\pi S}\); \(AB = 2R = 2\sqrt{\frac{S}{\pi}}\)
Очевидно, что треугольник \(AB_1B\) – прямоугольный.
Тогда \(ctg\varphi = \frac{BB_1}{AB} \rightarrow BB_1 = 2ctg\varphi\sqrt{\frac{S}{\pi}}\)
Площадь боковой поверхности
\(\text{l}_0 \cdot BB_1 = 2\sqrt{\pi S} \cdot 2ctg\varphi\sqrt{\frac{S}{\pi}} = 4S ctg\varphi\)
Дана площадь основания цилиндра \(S\), которая связана с радиусом основания \(R\) формулой площади круга: \(\pi R^2 = S\).
Из этой формулы выразим радиус основания \(R\). Для этого разделим обе части уравнения на \(\pi\) и извлечем квадратный корень: \(R = \sqrt{\frac{S}{\pi}}\).
Длина окружности основания цилиндра (\(\text{l}_0\)) равна \(2\pi R\). Подставим в эту формулу найденное выражение для \(R\): \(\text{l}_0 = 2\pi \sqrt{\frac{S}{\pi}} = 2\sqrt{\pi^2 \frac{S}{\pi}} = 2\sqrt{\pi S}\).
Диаметр основания \(AB\) равен двум радиусам: \(AB = 2R\). Подставим выражение для \(R\): \(AB = 2\sqrt{\frac{S}{\pi}}\).
Указано, что треугольник \(AB_1B\) является прямоугольным. В этом треугольнике \(AB\) является одним из катетов (диаметр основания), а \(BB_1\) — другим катетом (высота цилиндра). Угол \(\varphi\) — это угол между диагональю осевого сечения \(AB_1\) и плоскостью основания. В прямоугольном треугольнике \(AB_1B\), \(ctg\varphi\) равен отношению прилежащего катета \(AB\) к противолежащему катету \(BB_1\), то есть \(ctg\varphi = \frac{AB}{BB_1}\). Однако, в примере используется отношение \(\frac{BB_1}{AB}\). Это соответствует тангенсу угла \(\varphi\), или, если \(\varphi\) — это угол между \(AB_1\) и \(AB\), то \(ctg\varphi = \frac{BB_1}{AB}\). Примем обозначения из примера.
Тогда из соотношения \(ctg\varphi = \frac{BB_1}{AB}\) выразим \(BB_1\): \(BB_1 = AB \cdot ctg\varphi\). Подставим сюда выражение для \(AB\): \(BB_1 = 2\sqrt{\frac{S}{\pi}} ctg\varphi\).
Площадь боковой поверхности цилиндра равна произведению длины окружности основания (\(\text{l}_0\)) на высоту цилиндра (\(BB_1\)). Формула площади боковой поверхности: \(S_{бок} = \text{l}_0 \cdot BB_1\).
Подставим в эту формулу найденные выражения для \(\text{l}_0\) и \(BB_1\): \(S_{бок} = (2\sqrt{\pi S}) \cdot (2\sqrt{\frac{S}{\pi}} ctg\varphi)\).
Теперь упростим полученное выражение: \(S_{бок} = 2 \cdot 2 \cdot \sqrt{\pi S} \cdot \sqrt{\frac{S}{\pi}} \cdot ctg\varphi = 4 \cdot \sqrt{\pi S \cdot \frac{S}{\pi}} \cdot ctg\varphi = 4 \cdot \sqrt{S^2} \cdot ctg\varphi\).
Так как \(S\) — это площадь, она является положительной величиной, поэтому \(\sqrt{S^2} = S\).
Таким образом, площадь боковой поверхности равна: \(S_{бок} = 4S ctg\varphi\).
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.