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 508 Атанасян — Подробные Ответы
Сколько кубометров земли потребуется для устройства клумбы, имеющей форму шарового сегмента с радиусом основания 5 м и высотой 60 см?
Дано: радиус основания шарового сегмента \(r = 5\) м, высота шарового сегмента \(h = 0.6\) м.
Найдем радиус сферы \(R\). Из прямоугольного треугольника, образованного радиусом сферы \(R\), радиусом основания сегмента \(r\) и расстоянием от центра сферы до основания сегмента \(R-h\), по теореме Пифагора имеем \(R^2 = (R-h)^2 + r^2\). Раскрывая скобки, получаем \(R^2 = R^2 — 2Rh + h^2 + r^2\). Отсюда \(2Rh = h^2 + r^2\), и \(R = \frac{h^2 + r^2}{2h}\). Подставляя значения, \(R = \frac{(0.6)^2 + 5^2}{2 \cdot 0.6} = \frac{0.36 + 25}{1.2} = \frac{25.36}{1.2} = \frac{2536}{120} = \frac{317}{15}\) м.
Объем шарового сегмента вычисляется по формуле \(V = \pi h^2 \left(R — \frac{1}{3}h\right)\).
Подставим значения \(h = 0.6\) и \(R = \frac{317}{15}\) в формулу объема: \(V = \pi (0.6)^2 \left(\frac{317}{15} — \frac{1}{3}(0.6)\right) = \pi (0.36) \left(\frac{317}{15} — 0.2\right)\). Преобразуем десятичные дроби в обыкновенные: \(0.36 = \frac{36}{100} = \frac{9}{25}\) и \(0.2 = \frac{2}{10} = \frac{1}{5}\).
\(V = \pi \cdot \frac{9}{25} \left(\frac{317}{15} — \frac{1}{5}\right)\). Приведем дроби в скобках к общему знаменателю 15: \(V = \pi \cdot \frac{9}{25} \left(\frac{317}{15} — \frac{3}{15}\right) = \pi \cdot \frac{9}{25} \cdot \frac{314}{15}\).
Умножим числители и знаменатели и сократим: \(V = \pi \cdot \frac{9 \cdot 314}{25 \cdot 15} = \pi \cdot \frac{3 \cdot 314}{25 \cdot 5} = \pi \cdot \frac{942}{125}\).
Объем клумбы составляет \(\frac{942}{125}\pi\) м³.
Ответ: \(V = \frac{942}{125}\pi\) м².
Для устройства клумбы, имеющей форму шарового сегмента, потребуется объем земли, равный объему этого шарового сегмента. Нам даны радиус основания шарового сегмента \(r = 5\) м и его высота \(h = 0.6\) м. Чтобы найти объем шарового сегмента, нам сначала нужно определить радиус сферы \(R\), частью которой является этот сегмент.
Представим вертикальное сечение сферы, проходящее через ее центр и центр основания шарового сегмента. В этом сечении основание сегмента будет представлять собой хорду, а высота сегмента — перпендикуляр от высшей точки сегмента до центра основания. Соединив центр сферы с любой точкой на окружности основания сегмента, мы получим радиус сферы \(R\). Расстояние от центра сферы до центра основания сегмента будет равно \(R-h\). Таким образом, образуется прямоугольный треугольник с катетами \(r\) и \(R-h\), и гипотенузой \(R\).
По теореме Пифагора для этого прямоугольного треугольника справедливо соотношение \(R^2 = (R-h)^2 + r^2\). Раскроем скобки в правой части уравнения: \(R^2 = R^2 — 2Rh + h^2 + r^2\). Вычтем \(R^2\) из обеих частей: \(0 = -2Rh + h^2 + r^2\). Перенесем член с \(R\) в левую часть: \(2Rh = h^2 + r^2\). Теперь выразим радиус сферы \(R\): \(R = \frac{h^2 + r^2}{2h}\).
Подставим известные значения \(h = 0.6\) м и \(r = 5\) м: \(R = \frac{(0.6)^2 + 5^2}{2 \cdot 0.6}\). Вычислим квадраты: \(0.6^2 = 0.36\) и \(5^2 = 25\). Знаменатель равен \(2 \cdot 0.6 = 1.2\). Таким образом, \(R = \frac{0.36 + 25}{1.2} = \frac{25.36}{1.2}\). Чтобы упростить дробь, умножим числитель и знаменатель на 100: \(R = \frac{2536}{120}\). Сократим эту дробь. Оба числа делятся на 8: \(2536 \div 8 = 317\) и \(120 \div 8 = 15\). Следовательно, радиус сферы \(R = \frac{317}{15}\) м.
Теперь, зная радиус сферы \(R\) и высоту шарового сегмента \(h\), мы можем вычислить объем шарового сегмента по формуле \(V = \pi h^2 \left(R — \frac{1}{3}h\right)\).
Подставим значения \(h = 0.6\) и \(R = \frac{317}{15}\) в формулу объема: \(V = \pi (0.6)^2 \left(\frac{317}{15} — \frac{1}{3}(0.6)\right)\). Вычислим \(h^2 = (0.6)^2 = 0.36\). Вычислим \(\frac{1}{3}h = \frac{1}{3}(0.6) = 0.2\). Теперь выражение для объема выглядит так: \(V = \pi (0.36) \left(\frac{317}{15} — 0.2\right)\).
Для удобства дальнейших вычислений представим десятичные дроби в виде обыкновенных: \(0.36 = \frac{36}{100} = \frac{9}{25}\) и \(0.2 = \frac{2}{10} = \frac{1}{5}\). Подставим эти дроби в формулу объема: \(V = \pi \cdot \frac{9}{25} \left(\frac{317}{15} — \frac{1}{5}\right)\).
Выполним вычитание в скобках, приведя дроби к общему знаменателю 15: \(\frac{317}{15} — \frac{1}{5} = \frac{317}{15} — \frac{1 \cdot 3}{5 \cdot 3} = \frac{317}{15} — \frac{3}{15} = \frac{317 — 3}{15} = \frac{314}{15}\).
Теперь подставим результат вычитания обратно в формулу объема: \(V = \pi \cdot \frac{9}{25} \cdot \frac{314}{15}\). Умножим числители и знаменатели: \(V = \pi \cdot \frac{9 \cdot 314}{25 \cdot 15}\). Сократим дробь, заметив, что 9 и 15 имеют общий множитель 3: \(9 \div 3 = 3\) и \(15 \div 3 = 5\). Получаем: \(V = \pi \cdot \frac{3 \cdot 314}{25 \cdot 5}\). Выполним умножение в числителе и знаменателе: \(3 \cdot 314 = 942\) и \(25 \cdot 5 = 125\).
Таким образом, объем шарового сегмента равен \(V = \pi \cdot \frac{942}{125} = \frac{942}{125}\pi\) м³. Этот объем соответствует количеству земли, необходимому для устройства клумбы.
Ответ: объем земли, необходимый для устройства клумбы, составляет \(\frac{942}{125}\pi\) м³.
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.