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 530 Атанасян — Подробные Ответы
Боковое ребро правильной четырёхугольной пирамиды составляет с основанием угол \(\phi\), а середина этого ребра удалена от основания пирамиды на расстояние, равное \(m\). Найдите объём пирамиды.
Дано: правильная пирамида ABCDM, \(\angle MAC = \phi\), MO — высота, E — середина AM, EK \(\perp\) плоскости ABCD, EK = m. Найти: V.
Решение. Так как E — середина AM и EK \(\parallel\) MO (оба перпендикулярны основанию), то EK является средней линией треугольника AMO. Следовательно, \(MO = 2 \cdot EK = 2m\). В прямоугольном треугольнике AMO: \(AO = \frac{MO}{tg \phi} = \frac{2m}{tg \phi}\). Диагональ основания \(AC = 2 \cdot AO = \frac{4m}{tg \phi}\). В квадрате ABCD сторона \(a = \frac{AC}{\sqrt{2}} = \frac{4m}{\sqrt{2} tg \phi} = \frac{2\sqrt{2}m}{tg \phi}\). Площадь основания \(S_{осн} = a^2 = \left(\frac{2\sqrt{2}m}{tg \phi}\right)^2 = \frac{8m^2}{tg^2 \phi}\). Объем пирамиды \(V = \frac{1}{3} \cdot S_{осн} \cdot MO = \frac{1}{3} \cdot \frac{8m^2}{tg^2 \phi} \cdot 2m = \frac{16m^3}{3 tg^2 \phi}\).
Ответ: \(V = \frac{16m^3}{3 \cdot tg^2 \phi}\).
Дано: правильная четырёхугольная пирамида ABCDM, где ABCD — квадрат, M — вершина, MO — высота пирамиды, опущенная из вершины M на центр основания O. Угол между боковым ребром AM и основанием ABCD равен \(\phi\), то есть \(\angle MAC = \phi\). Точка E является серединой бокового ребра AM. Отрезок EK перпендикулярен плоскости основания ABCD, причем K лежит на отрезке AO. Длина отрезка EK равна \(m\).
Найти: Объем пирамиды V.
Решение.
Поскольку ABCDM — правильная пирамида, ее основание ABCD является квадратом, а высота MO опущена в центр O основания. Точка O является точкой пересечения диагоналей квадрата AC и BD.
Рассмотрим точку E, которая является серединой отрезка AM. Из точки E опущен перпендикуляр EK на плоскость основания ABCD. Поскольку MO также перпендикулярна плоскости ABCD, отрезки EK и MO параллельны. Точка K лежит на отрезке AO.
В треугольнике AMO, отрезок EK проходит через середину E стороны AM и параллелен стороне MO (так как оба перпендикулярны плоскости основания). Следовательно, по теореме Фалеса или по определению средней линии, EK является средней линией треугольника AMO.
Из свойства средней линии треугольника следует, что длина средней линии равна половине длины стороны, которой она параллельна, и средняя линия соединяет середины двух сторон. Таким образом, EK соединяет середину AM (точка E) с серединой AO (точка K).
Длина EK дана и равна \(m\). Поскольку EK — средняя линия треугольника AMO, параллельная MO, то \(MO = 2 \cdot EK\). Подставляя значение EK, получаем высоту пирамиды \(MO = 2m\).
Теперь рассмотрим прямоугольный треугольник AMO. Угол \(\angle MAO\) равен \(\phi\). В этом прямоугольном треугольнике MO является противолежащим катетом к углу \(\phi\), а AO является прилежащим катетом. Используя определение тангенса угла в прямоугольном треугольнике, имеем \(\tan \phi = \frac{MO}{AO}\).
Из этого соотношения выразим длину отрезка AO: \(AO = \frac{MO}{\tan \phi}\). Подставляя найденное значение MO, получаем \(AO = \frac{2m}{\tan \phi}\).
Отрезок AO является половиной диагонали AC квадрата ABCD, так как O — центр квадрата. Следовательно, длина диагонали \(AC = 2 \cdot AO\). Подставляя значение AO, получаем \(AC = 2 \cdot \frac{2m}{\tan \phi} = \frac{4m}{\tan \phi}\).
В квадрате со стороной \(a\), диагональ связана со стороной соотношением \(AC = a\sqrt{2}\). Используя это соотношение, можем найти длину стороны основания \(a\): \(a = \frac{AC}{\sqrt{2}}\). Подставляя значение AC, получаем \(a = \frac{\frac{4m}{\tan \phi}}{\sqrt{2}} = \frac{4m}{\sqrt{2} \tan \phi}\). Упростим выражение, умножив числитель и знаменатель на \(\sqrt{2}\): \(a = \frac{4m \sqrt{2}}{2 \tan \phi} = \frac{2\sqrt{2}m}{\tan \phi}\).
Площадь основания \(S_{осн}\) правильной четырёхугольной пирамиды равна площади квадрата со стороной \(a\), то есть \(S_{осн} = a^2\). Подставляя найденное значение \(a\), получаем \(S_{осн} = \left(\frac{2\sqrt{2}m}{\tan \phi}\right)^2 = \frac{(2\sqrt{2})^2 m^2}{\tan^2 \phi} = \frac{8m^2}{\tan^2 \phi}\).
Объем пирамиды V вычисляется по формуле \(V = \frac{1}{3} \cdot S_{осн} \cdot h\), где \(h\) — высота пирамиды, которая в данном случае равна MO.
Подставляем найденные значения \(S_{осн}\) и MO в формулу объема: \(V = \frac{1}{3} \cdot \frac{8m^2}{\tan^2 \phi} \cdot 2m\).
Выполняем умножение: \(V = \frac{1 \cdot 8m^2 \cdot 2m}{3 \cdot \tan^2 \phi} = \frac{16m^3}{3 \tan^2 \phi}\).
Ответ: \(V = \frac{16m^3}{3 \cdot \tan^2 \phi}\).
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.