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 480 Атанасян — Подробные Ответы
В правильной треугольной пирамиде плоский угол при вершине равен \(\phi\), а сторона основания равна \(a\). Найдите объём пирамиды.
Объём пирамиды находится по формуле \(V = \frac{1}{3} S_{осн} \cdot h\). Основание — равносторонний треугольник со стороной \(a\), его площадь \(S_{осн} = \frac{\sqrt{3}}{4} a^2\). В равнобедренном треугольнике \(ADB\) высота к основанию \(AB\) является медианой. Из прямоугольного треугольника имеем \(\frac{a}{2} = AD \sin(\frac{\phi}{2})\), откуда \(AD = \frac{a}{2 \sin(\frac{\phi}{2})}\). Центр основания \(O\) является центром описанной окружности для равностороннего треугольника \(ABC\), радиус \(AO = R = \frac{a}{\sqrt{3}}\). Высота пирамиды \(h = DO\) находится из прямоугольного треугольника \(ADO\) по теореме Пифагора: \(h = \sqrt{AD^2 — AO^2} = \sqrt{\left(\frac{a}{2 \sin(\frac{\phi}{2})}\right)^2 — \left(\frac{a}{\sqrt{3}}\right)^2} = \sqrt{\frac{a^2}{4 \sin^2(\frac{\phi}{2})} — \frac{a^2}{3}} =\)
\(= \sqrt{\frac{3a^2 — 4a^2 \sin^2(\frac{\phi}{2})}{12 \sin^2(\frac{\phi}{2})}} = a \sqrt{\frac{3 — 4 \sin^2(\frac{\phi}{2})}{12 \sin^2(\frac{\phi}{2})}}\). Подставляем \(S_{осн}\) и \(h\) в формулу объёма: \(V = \frac{1}{3} \cdot \frac{\sqrt{3}}{4} a^2 \cdot a \sqrt{\frac{3 — 4 \sin^2(\frac{\phi}{2})}{12 \sin^2(\frac{\phi}{2})}}\). Упрощаем выражение: \(V = \frac{\sqrt{3}}{12} a^3 \frac{\sqrt{3 — 4 \sin^2(\frac{\phi}{2})}}{\sqrt{12} \sin(\frac{\phi}{2})} = \frac{\sqrt{3} a^3 \sqrt{3 — 4 \sin^2(\frac{\phi}{2})}}{12 \cdot 2\sqrt{3} \sin(\frac{\phi}{2})} = \frac{a^3 \sqrt{3 — 4 \sin^2(\frac{\phi}{2})}}{24 \sin(\frac{\phi}{2})}\). Ответ: \(V_{пирамиды} = \frac{a^3 \sqrt{3 — 4 \sin^2(\frac{\phi}{2})}}{24 \sin(\frac{\phi}{2})}\).
Объём правильной пирамиды находится по формуле \(V = \frac{1}{3} S_{осн} \cdot h\), где \(S_{осн}\) — площадь основания, а \(h\) — высота пирамиды.
Основанием данной пирамиды является равносторонний треугольник \(ABC\) со стороной \(a\). Площадь равностороннего треугольника со стороной \(a\) вычисляется по формуле \(S_{осн} = \frac{\sqrt{3}}{4} a^2\).
Рассмотрим боковую грань \(ADB\). Это равнобедренный треугольник, так как пирамида правильная, и боковые ребра равны. Угол при вершине \(D\) между боковыми ребрами \(AD\) и \(BD\) равен \(\phi\). Высота, проведенная из вершины \(D\) к основанию \(AB\), является медианой и биссектрисой. Обозначим середину \(AB\) как \(H\). В прямоугольном треугольнике \(ADH\) имеем \(\angle ADH = \frac{\phi}{2}\). По определению синуса в прямоугольном треугольнике \(AH = AD \sin(\angle ADH)\). Поскольку \(AH = \frac{1}{2} AB = \frac{a}{2}\), получаем \(\frac{a}{2} = AD \sin(\frac{\phi}{2})\). Отсюда выражаем длину бокового ребра \(AD = \frac{a}{2 \sin(\frac{\phi}{2})}\).
Высота правильной пирамиды опускается из вершины \(D\) в центр основания \(O\). Для равностороннего треугольника центр описанной окружности совпадает с центром тяжести и ортоцентром. Расстояние от вершины равностороннего треугольника до центра описанной окружности (радиус описанной окружности \(R\)) вычисляется по формуле \(R = \frac{a}{\sqrt{3}}\). Следовательно, \(AO = R = \frac{a}{\sqrt{3}}\).
Теперь рассмотрим прямоугольный треугольник \(ADO\). По теореме Пифагора квадрат высоты пирамиды \(DO^2\) равен разности квадратов бокового ребра \(AD^2\) и радиуса описанной окружности основания \(AO^2\). То есть \(h^2 = DO^2 = AD^2 — AO^2\). Подставляем найденные значения \(AD\) и \(AO\):
\(h^2 = \left(\frac{a}{2 \sin(\frac{\phi}{2})}\right)^2 — \left(\frac{a}{\sqrt{3}}\right)^2 = \frac{a^2}{4 \sin^2(\frac{\phi}{2})} — \frac{a^2}{3}\).
Приводим к общему знаменателю:
\(h^2 = \frac{3a^2 — 4a^2 \sin^2(\frac{\phi}{2})}{12 \sin^2(\frac{\phi}{2})} = \frac{a^2(3 — 4 \sin^2(\frac{\phi}{2}))}{12 \sin^2(\frac{\phi}{2})}\).
Извлекаем квадратный корень для нахождения высоты \(h\):
\(h = \sqrt{\frac{a^2(3 — 4 \sin^2(\frac{\phi}{2}))}{12 \sin^2(\frac{\phi}{2})}} = \frac{a \sqrt{3 — 4 \sin^2(\frac{\phi}{2})}}{\sqrt{12} \sin(\frac{\phi}{2})} = \frac{a \sqrt{3 — 4 \sin^2(\frac{\phi}{2})}}{2\sqrt{3} \sin(\frac{\phi}{2})}\).
Теперь подставляем значения площади основания \(S_{осн}\) и высоты \(h\) в формулу объёма пирамиды \(V = \frac{1}{3} S_{осн} \cdot h\):
\(V = \frac{1}{3} \cdot \frac{\sqrt{3}}{4} a^2 \cdot \frac{a \sqrt{3 — 4 \sin^2(\frac{\phi}{2})}}{2\sqrt{3} \sin(\frac{\phi}{2})}\).
Умножаем числители и знаменатели:
\(V = \frac{\sqrt{3} \cdot a^2 \cdot a \sqrt{3 — 4 \sin^2(\frac{\phi}{2})}}{3 \cdot 4 \cdot 2\sqrt{3} \sin(\frac{\phi}{2})} = \frac{\sqrt{3} a^3 \sqrt{3 — 4 \sin^2(\frac{\phi}{2})}}{24\sqrt{3} \sin(\frac{\phi}{2})}\).
Сокращаем \(\sqrt{3}\) в числителе и знаменателе:
\(V = \frac{a^3 \sqrt{3 — 4 \sin^2(\frac{\phi}{2})}}{24 \sin(\frac{\phi}{2})}\).
Таким образом, объём пирамиды равен \(\frac{a^3 \sqrt{3 — 4 \sin^2(\frac{\phi}{2})}}{24 \sin(\frac{\phi}{2})}\).
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.