Когда речь заходит о школьной геометрии в старших классах, имя Л.С. Атанасяна всплывает одним из первых. Его учебник для 10–11 классов — это не просто набор параграфов и задач, а настоящий проводник, который уже много десятилетий помогает поколениям учеников осваивать непростой, но увлекательный мир стереометрии. Почему же он выдержал испытание временем и остается актуальным?
Этот учебник подкупает своей кристальной ясностью и строгой логикой. Он выстраивает здание стереометрии кирпичик за кирпичиком, начиная с фундаментальных аксиом и постепенно подводя к сложным пространственным конструкциям, векторам и координатному методу. Чувствуется продуманность каждого раздела, а система упражнений в конце глав позволяет не просто закрепить материал, но и по-настоящему погрузиться в тему, решая задачи разного калибра – от базовых до требующих нетривиального подхода.
Одно из главных достоинств пособия — это удивительный баланс между сухой теорией и живой практикой. Каждое определение, каждая теорема сопровождается наглядными, хоть и черно-белыми, чертежами, которые помогают «увидеть» пространственные отношения. Задачи подобраны мастерски: они не только тренируют применение формул, но и развивают то самое «геометрическое зрение», без которого стереометрия остается лишь набором абстракций. Разделы вроде параллельности или перпендикулярности прямых и плоскостей демонстрируют это особенно ярко, предлагая как классические доказательства, так и задачи, над которыми придется поломать голову.
Нельзя не отметить и его роль в подготовке к выпускным экзаменам. Учебник Атанасяна – это отличная база для успешной сдачи ЕГЭ, особенно в части заданий, связанных с построением сечений многогранников и применением координатно-векторного метода. Многие задачи прямо перекликаются с экзаменационным форматом.
Язык изложения, несмотря на строгость предмета, остается удивительно доступным. Даже такие темы, как уравнения плоскости или прямой в пространстве, вводятся постепенно, опираясь на уже усвоенные понятия планиметрии и алгебры. Это создает ощущение непрерывности и логичности учебного процесса. А приятным бонусом в некоторых изданиях служат исторические справки, добавляющие контекст и показывающие, какой долгий путь прошла геометрия от Евклида до наших дней.
Как максимально эффективно работать с этим учебником? Ученикам стоит взять за правило: сначала вдумчиво разобрать примеры, предложенные автором, понять логику решения, а уже потом переходить к самостоятельной работе над задачами. Учителя найдут в нем надежный каркас как для традиционных уроков, так и для более творческих форм работы, например, организации проектов по созданию моделей геометрических тел. Родителям, помогающим своим детям, стоит обратить внимание на «Вопросы для повторения» – это отличный диагностический инструмент для выявления пробелов в знаниях.
Конечно, идеальных учебников не бывает. Кому-то может не хватать ярких цветных иллюстраций, а в редких тиражах встречаются досадные опечатки в ответах (всегда лучше перепроверить с преподавателем!). Но эти мелкие шероховатости ничуть не умаляют его достоинств.
В конечном итоге, учебник Атанасяна — это больше, чем просто источник информации. Это школа мышления. Он учит не просто находить ответы, а выстраивать логические цепочки, видеть пространственные связи и анализировать условия задачи. Это навык, который пригодится далеко за пределами школьного курса геометрии.
ГДЗ по Геометрии 11 класс Номер 479 Атанасян — Подробные Ответы
Найдите объём правильной треугольной пирамиды с боковым ребром \(l\), если: а) боковое ребро составляет с плоскостью основания угол \(\phi\); б) боковое ребро составляет с прилежащей стороной основания угол \(\alpha\); в) плоский угол при вершине равен \(\beta\).
Объем правильной треугольной пирамиды находится по формуле \(V = \frac{1}{3} S_{осн} h\).
а) Если боковое ребро составляет с плоскостью основания угол \(\phi\), то высота пирамиды \(h = l \sin(\phi)\), а радиус описанной окружности основания \(R = l \cos(\phi)\). Сторона основания \(a = R\sqrt{3} = l\sqrt{3}\cos(\phi)\). Площадь основания \(S_{осн} = \frac{\sqrt{3}}{4} a^2 = \frac{\sqrt{3}}{4} (l\sqrt{3}\cos(\phi))^2 = \frac{3\sqrt{3}}{4} l^2 \cos^2(\phi)\). Объем \(V = \frac{1}{3} \cdot \frac{3\sqrt{3}}{4} l^2 \cos^2(\phi) \cdot l \sin(\phi) = \frac{\sqrt{3}}{4} l^3 \cos^2(\phi) \sin(\phi)\).
б) Если боковое ребро составляет с прилежащей стороной основания угол \(\alpha\), то сторона основания \(a = 2l \cos(\alpha)\). Радиус описанной окружности основания \(R = \frac{a}{\sqrt{3}} = \frac{2l \cos(\alpha)}{\sqrt{3}}\). Высота пирамиды \(h = \sqrt{l^2 — R^2} = \sqrt{l^2 — \left(\frac{2l \cos(\alpha)}{\sqrt{3}}\right)^2} = \sqrt{l^2 — \frac{4l^2 \cos^2(\alpha)}{3}} = l\sqrt{\frac{3 — 4 \cos^2(\alpha)}{3}}\). Площадь основания \(S_{осн} = \frac{\sqrt{3}}{4} a^2 = \frac{\sqrt{3}}{4} (2l \cos(\alpha))^2 = \sqrt{3} l^2 \cos^2(\alpha)\). Объем \(V = \frac{1}{3} \cdot \sqrt{3} l^2 \cos^2(\alpha) \cdot l\sqrt{\frac{3 — 4 \cos^2(\alpha)}{3}} = \frac{1}{3} l^3 \cos^2(\alpha) \sqrt{3 — 4 \cos^2(\alpha)}\).
в) Если плоский угол при вершине равен \(\beta\), то сторона основания \(a = 2l \sin\left(\frac{\beta}{2}\right)\). Радиус описанной окружности основания \(R = \frac{a}{\sqrt{3}} = \frac{2l \sin\left(\frac{\beta}{2}\right)}{\sqrt{3}}\). Высота пирамиды \(h = \sqrt{l^2 — R^2} = \sqrt{l^2 — \left(\frac{2l \sin\left(\frac{\beta}{2}\right)}{\sqrt{3}}\right)^2} = \sqrt{l^2 — \frac{4l^2 \sin^2\left(\frac{\beta}{2}\right)}{3}} = l\sqrt{\frac{3 — 4 \sin^2\left(\frac{\beta}{2}\right)}{3}}\). Площадь основания \(S_{осн} = \frac{\sqrt{3}}{4} a^2 = \frac{\sqrt{3}}{4} \left(2l \sin\left(\frac{\beta}{2}\right)\right)^2 = \sqrt{3} l^2 \sin^2\left(\frac{\beta}{2}\right)\). Объем \(V = \frac{1}{3} \cdot \sqrt{3} l^2 \sin^2\left(\frac{\beta}{2}\right) \cdot l\sqrt{\frac{3 — 4 \sin^2\left(\frac{\beta}{2}\right)}{3}} = \frac{1}{3} l^3 \sin^2\left(\frac{\beta}{2}\right) \sqrt{3 — 4 \sin^2\left(\frac{\beta}{2}\right)}\).
Объем правильной треугольной пирамиды находится по формуле \(V = \frac{1}{3} S_{осн} h\), где \(S_{осн}\) — площадь основания, а \(h\) — высота пирамиды. Основанием правильной треугольной пирамиды является равносторонний треугольник. Пусть сторона основания равна \(a\). Площадь равностороннего треугольника со стороной \(a\) равна \(S_{осн} = \frac{\sqrt{3}}{4} a^2\). Высота правильной пирамиды опускается в центр основания, который для равностороннего треугольника совпадает с центром описанной окружности. Радиус описанной окружности \(R\) связан со стороной \(a\) соотношением \(R = \frac{a}{\sqrt{3}}\). Боковое ребро \(l\), высота пирамиды \(h\) и радиус описанной окружности основания \(R\) образуют прямоугольный треугольник, в котором \(l\) является гипотенузой. Таким образом, \(l^2 = h^2 + R^2\).
а) В данном случае боковое ребро составляет с плоскостью основания угол \(\phi\). Этот угол образован боковым ребром и его проекцией на плоскость основания, которая является радиусом описанной окружности основания \(R\). В прямоугольном треугольнике, образованном боковым ребром, высотой пирамиды и радиусом описанной окружности, имеем: \(h = l \sin(\phi)\) и \(R = l \cos(\phi)\). Используя соотношение между радиусом описанной окружности и стороной основания \(R = \frac{a}{\sqrt{3}}\), находим сторону основания \(a = R\sqrt{3} = l\sqrt{3}\cos(\phi)\). Теперь найдем площадь основания \(S_{осн} = \frac{\sqrt{3}}{4} a^2 = \frac{\sqrt{3}}{4} (l\sqrt{3}\cos(\phi))^2 = \frac{\sqrt{3}}{4} \cdot 3 l^2 \cos^2(\phi) = \frac{3\sqrt{3}}{4} l^2 \cos^2(\phi)\). Подставляем найденные значения \(S_{осн}\) и \(h\) в формулу объема: \(V = \frac{1}{3} S_{осн} h = \frac{1}{3} \cdot \frac{3\sqrt{3}}{4} l^2 \cos^2(\phi) \cdot l \sin(\phi) = \frac{\sqrt{3}}{4} l^3 \cos^2(\phi) \sin(\phi)\).
б) В данном случае боковое ребро составляет с прилежащей стороной основания угол \(\alpha\). Рассмотрим боковую грань, например, треугольник \(DAC\). Это равнобедренный треугольник с боковыми сторонами \(DA = DC = l\) и основанием \(AC\), которое является стороной основания пирамиды, обозначим ее \(a\). Угол между боковым ребром и прилежащей стороной основания равен \(\alpha\), то есть \(\angle DAC = \alpha\). В равнобедренном треугольнике \(DAC\) проведем высоту из вершины \(D\) к основанию \(AC\). Эта высота является также медианой, поэтому она делит \(AC\) пополам. В прямоугольном треугольнике, образованном боковым ребром \(l\), половиной стороны основания \(\frac{a}{2}\) и высотой боковой грани, имеем \(\cos(\alpha) = \frac{a/2}{l} = \frac{a}{2l}\). Отсюда находим сторону основания \(a = 2l \cos(\alpha)\). Найдем площадь основания \(S_{осн} = \frac{\sqrt{3}}{4} a^2 = \frac{\sqrt{3}}{4} (2l \cos(\alpha))^2 = \frac{\sqrt{3}}{4} \cdot 4 l^2 \cos^2(\alpha) = \sqrt{3} l^2 \cos^2(\alpha)\). Найдем радиус описанной окружности основания \(R = \frac{a}{\sqrt{3}} = \frac{2l \cos(\alpha)}{\sqrt{3}}\). Теперь найдем высоту пирамиды \(h\) из соотношения \(h^2 = l^2 — R^2\): \(h = \sqrt{l^2 — \left(\frac{2l \cos(\alpha)}{\sqrt{3}}\right)^2} = \sqrt{l^2 — \frac{4l^2 \cos^2(\alpha)}{3}} = \sqrt{\frac{3l^2 — 4l^2 \cos^2(\alpha)}{3}} = l\sqrt{\frac{3 — 4 \cos^2(\alpha)}{3}}\). Подставляем найденные значения \(S_{осн}\) и \(h\) в формулу объема: \(V = \frac{1}{3} S_{осн} h = \frac{1}{3} \cdot \sqrt{3} l^2 \cos^2(\alpha) \cdot l\sqrt{\frac{3 — 4 \cos^2(\alpha)}{3}} =\)
\(= \frac{\sqrt{3}}{3} l^3 \cos^2(\alpha) \frac{\sqrt{3 — 4 \cos^2(\alpha)}}{\sqrt{3}} = \frac{1}{3} l^3 \cos^2(\alpha) \sqrt{3 — 4 \cos^2(\alpha)}\).
в) В данном случае плоский угол при вершине равен \(\beta\). Это угол между двумя боковыми ребрами в боковой грани, например, \(\angle ADB = \beta\). Рассмотрим боковую грань \(ADB\). Это равнобедренный треугольник с боковыми сторонами \(AD = BD = l\) и основанием \(AB\), которое является стороной основания пирамиды, обозначим ее \(a\). В равнобедренном треугольнике \(ADB\) проведем высоту из вершины \(D\) к основанию \(AB\). Эта высота является также биссектрисой угла \(\beta\), поэтому она делит угол \(\beta\) пополам. В прямоугольном треугольнике, образованном боковым ребром \(l\), половиной стороны основания \(\frac{a}{2}\) и высотой боковой грани, имеем \(\sin\left(\frac{\beta}{2}\right) = \frac{a/2}{l} = \frac{a}{2l}\). Отсюда находим сторону основания \(a = 2l \sin\left(\frac{\beta}{2}\right)\). Найдем площадь основания \(S_{осн} = \frac{\sqrt{3}}{4} a^2 = \frac{\sqrt{3}}{4} \left(2l \sin\left(\frac{\beta}{2}\right)\right)^2 = \frac{\sqrt{3}}{4} \cdot 4 l^2 \sin^2\left(\frac{\beta}{2}\right) = \sqrt{3} l^2 \sin^2\left(\frac{\beta}{2}\right)\). Найдем радиус описанной окружности основания \(R = \frac{a}{\sqrt{3}} = \frac{2l \sin\left(\frac{\beta}{2}\right)}{\sqrt{3}}\). Теперь найдем высоту пирамиды \(h\) из соотношения \(h^2 = l^2 — R^2\): \(h = \sqrt{l^2 — \left(\frac{2l \sin\left(\frac{\beta}{2}\right)}{\sqrt{3}}\right)^2} = \sqrt{l^2 — \frac{4l^2 \sin^2\left(\frac{\beta}{2}\right)}{3}} = \sqrt{\frac{3l^2 — 4l^2 \sin^2\left(\frac{\beta}{2}\right)}{3}} = \)
\(=l\sqrt{\frac{3 — 4 \sin^2\left(\frac{\beta}{2}\right)}{3}}\). Подставляем найденные значения \(S_{осн}\) и \(h\) в формулу объема: \(V = \frac{1}{3} S_{осн} h = \frac{1}{3} \cdot \sqrt{3} l^2 \sin^2\left(\frac{\beta}{2}\right) \cdot l\sqrt{\frac{3 — 4 \sin^2\left(\frac{\beta}{2}\right)}{3}} = \frac{\sqrt{3}}{3} l^3 \sin^2\left(\frac{\beta}{2}\right) \)
\(\frac{\sqrt{3 — 4 \sin^2\left(\frac{\beta}{2}\right)}}{\sqrt{3}} = \frac{1}{3} l^3 \sin^2\left(\frac{\beta}{2}\right) \sqrt{3 — 4 \sin^2\left(\frac{\beta}{2}\right)}\).
Исследовательские задачи
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.