1-11 класс
  • 1-11 класс
  • 1 класс
  • 2 класс
  • 3 класс
  • 4 класс
  • 5 класс
  • 6 класс
  • 7 класс
  • 8 класс
  • 9 класс
  • 10 класс
  • 11 класс
Выберите класс
Предметы
ГДЗ по геометрии за 11 класс Учебник 📕 Атанасян — Все Части
Геометрия
11 класс учебник Атанасян
11 класс
Тип
ГДЗ, Решебник.
Авторы
Атанасян Л.С., Бутузов В.Ф., Кадомцев С.Б., Киселева Л.С., Позняк Э.Г.
Год
2015-2025
Издательство
Просвещение
Описание

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 487 Атанасян — Подробные Ответы

Задача

Основанием пирамиды является ромб со стороной 6 см. Каждый из двугранных углов при основании равен 45°. Найдите объём пирамиды, если её высота равна 1,5 см.

Краткий ответ:


Вершина пирамиды проецируется в центр основания O. Так как двугранные углы при основании равны 45° и \(KO\) — высота, то треугольник \(KOH\) является прямоугольным равнобедренным, и \(OH = KO = 1.5\) см. Площадь треугольника \(BOC\) равна \(\frac{1}{2} \cdot OH \cdot BC = \frac{1}{2} \cdot 1.5 \cdot 6 = 4.5\) см². Объем пирамиды \(K-BOC\) равен \(\frac{1}{3} \cdot S_{BOC} \cdot KO = \frac{1}{3} \cdot 4.5 \cdot 1.5 = 2.25\) см³. Объем всей пирамиды \(ABCDK\) равен четырем объемам пирамиды \(K-BOC\), то есть \(4 \cdot 2.25 = 9\) см³.

Ответ: Объем пирамиды равен 9 см³.

Подробный ответ:


Дано: пирамида \(ABCDK\) с основанием ромб \(ABCD\). Сторона ромба \(AB = 6\) см. Высота пирамиды \(KO = 1.5\) см, где O — точка на плоскости основания. Все двугранные углы при основании равны 45°. Найти: объем пирамиды \(V_{пирамиды}\).

Решение:
Поскольку все двугранные углы при основании равны, вершина пирамиды \(K\) проецируется в точку \(O\), которая является центром вписанной окружности ромба. В ромбе центр вписанной окружности совпадает с точкой пересечения диагоналей. Таким образом, \(O\) — точка пересечения диагоналей ромба \(ABCD\). \(KO\) является высотой пирамиды.

Рассмотрим двугранный угол при ребре основания \(BC\). Проведем из точки \(O\) перпендикуляр \(OH\) к стороне \(BC\). Тогда по теореме о трех перпендикулярах, \(KH\) перпендикулярен \(BC\). Угол \(\angle KHO\) является линейным углом двугранного угла при ребре \(BC\), и по условию он равен 45°.

Рассмотрим прямоугольный треугольник \(KOH\). Угол \(\angle KOH = 90°\) (так как \(KO\) — высота). Угол \(\angle KHO = 45°\). Сумма углов в треугольнике равна 180°, поэтому \(\angle OKH = 180° — 90° — 45° = 45°\). Так как углы при основании \(OH\) равны (\(\angle KHO = \angle OKH = 45°\)), треугольник \(KOH\) является равнобедренным с прямым углом, и \(OH = KO\).

По условию \(KO = 1.5\) см, следовательно, \(OH = 1.5\) см. Отрезок \(OH\) является высотой треугольника \(BOC\) из вершины \(O\) к стороне \(BC\). Также \(OH\) является радиусом вписанной окружности ромба.

Площадь треугольника \(BOC\) может быть найдена по формуле \(S_{BOC} = \frac{1}{2} \cdot BC \cdot OH\). Подставляя известные значения, получаем \(S_{BOC} = \frac{1}{2} \cdot 6 \cdot 1.5 = 3 \cdot 1.5 = 4.5\) см².

Объем пирамиды с вершиной \(K\) и основанием \(BOC\) (треугольная пирамида \(K-BOC\)) равен \(V_{K-BOC} = \frac{1}{3} \cdot S_{BOC} \cdot KO\). Подставляя значения, получаем \(V_{K-BOC} = \frac{1}{3} \cdot 4.5 \cdot 1.5 = 1.5 \cdot 1.5 = 2.25\) см³.

Поскольку диагонали ромба делят его на четыре равных треугольника (\(\triangle AOB\), \(\triangle BOC\), \(\triangle COD\), \(\triangle DOA\)), объем всей пирамиды \(ABCDK\) равен сумме объемов четырех пирамид с общей вершиной \(K\) и основаниями, равными этим треугольникам. В силу симметрии, объемы этих четырех пирамид равны. Таким образом, объем пирамиды \(ABCDK\) равен четырем объемам пирамиды \(K-BOC\).

\(V_{пирамиды} = 4 \cdot V_{K-BOC}\). Подставляем значение \(V_{K-BOC}\): \(V_{пирамиды} = 4 \cdot 2.25 = 9\) см³.

Ответ: Объем пирамиды равен 9 см³.


Исследовательские задачи
Общая оценка
4.8 / 5
Комментарии
Другие предметы
Как пользоваться ГДЗ

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.