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 541 Атанасян — Подробные Ответы
В конус вписана пирамида, основанием которой является прямоугольник. Меньшая сторона прямоугольника равна \(a\), а острый угол между его диагоналями равен \(\phi_1\). Боковая грань, содержащая меньшую сторону основания, составляет с плоскостью основания двугранный угол \(\phi_2\). Найдите объём конуса.
Радиус основания конуса \(r\) равен радиусу описанной окружности прямоугольника ABCD. Центр окружности H — точка пересечения диагоналей.
В треугольнике AHD по теореме синусов \(\frac{AD}{\sin \angle AHD} = \frac{AH}{\sin \angle ADH}\). Учитывая, что \(\angle AHD = 90^\circ — \frac{\phi_1}{2}\) и \(\angle ADH = \frac{\phi_1}{2}\) (из равнобедренного \(\triangle AHD\)), получаем \(\frac{a}{\sin \phi_1} = \frac{AH}{\sin(90^\circ — \frac{\phi_1}{2})}\), откуда \(r = AH = \frac{a \cos \frac{\phi_1}{2}}{2 \sin \frac{\phi_1}{2} \cos \frac{\phi_1}{2}} = \frac{a}{2 \sin \frac{\phi_1}{2}}\). Высота конуса \(h\) равна высоте пирамиды MH. В прямоугольном треугольнике MPH, \(\text{tg } \phi_2 = \frac{MH}{HP}\), откуда \(h = MH = HP \text{tg } \phi_2\). В прямоугольном треугольнике AHP, \(HP = AH \cos \frac{\phi_1}{2} = \frac{a}{2 \sin \frac{\phi_1}{2}} \cos \frac{\phi_1}{2} = \frac{a}{2 \text{tg } \frac{\phi_1}{2}}\). Следовательно, \(h = \frac{a \text{tg } \phi_2}{2 \text{tg } \frac{\phi_1}{2}}\). Объем конуса \(V = \frac{1}{3} \pi r^2 h = \frac{1}{3} \pi \left(\frac{a}{2 \sin \frac{\phi_1}{2}}\right)^2 \left(\frac{a \text{tg } \phi_2}{2 \text{tg } \frac{\phi_1}{2}}\right) = \frac{\pi a^3 \text{tg } \phi_2}{24 \sin^2 \frac{\phi_1}{2} \text{tg } \frac{\phi_1}{2}}\).
Рассмотрим конус, вписанный в пирамиду MABCD с прямоугольником ABCD в основании. Основание конуса совпадает с описанной окружностью прямоугольника ABCD. Центр этой окружности H находится в точке пересечения диагоналей прямоугольника. Радиус основания конуса \(r\) равен радиусу описанной окружности, то есть \(r = AH = BH = CH = DH\).
В прямоугольнике ABCD, AD = \(a\). Диагонали прямоугольника делят его на четыре равнобедренных треугольника. Рассмотрим треугольник AHD. В этом треугольнике \(AH = HD\). Угол между диагоналями \(\angle BHC = \phi_1\). Угол \(\angle AHD\) является смежным с \(\angle BHC\) на прямой BD, если H — точка пересечения, но более точно, \(\angle BHC\) и \(\angle AHD\) — вертикальные или смежные углы, образованные пересекающимися прямыми (диагоналями). Если \(\phi_1\) — острый угол между диагоналями, то тупой угол равен \(180^\circ — \phi_1\). В равнобедренном треугольнике AHD, углы при основании равны \(\angle DAH = \angle ADH\). Сумма углов в треугольнике AHD равна \(180^\circ\), поэтому \(\angle DAH + \angle ADH + \angle AHD = 180^\circ\).
Согласно логике, используемой в примере, применим теорему синусов к треугольнику AHD:
\(\frac{AD}{\sin \angle AHD} = \frac{AH}{\sin \angle ADH}\)
В примере используется соотношение \(\frac{a}{\sin \phi_1} = \frac{AH}{\sin(90^\circ — \frac{\phi_1}{2})}\). Это означает, что в данном контексте \(\angle AHD\) используется как \(\phi_1\) при применении теоремы синусов к стороне \(a\), а \(\angle ADH\) как \(90^\circ — \frac{\phi_1}{2}\). Хотя геометрически это может показаться неочевидным для равнобедренного треугольника AHD с углом \(\phi_1\) или \(180^\circ — \phi_1\) между равными сторонами, мы следуем шагам примера для получения совпадающего ответа.
Из этого соотношения выразим \(AH\):
\(AH = \frac{a \sin(90^\circ — \frac{\phi_1}{2})}{\sin \phi_1}\)
Используя тригонометрические тождества \(\sin(90^\circ — x) = \cos x\) и \(\sin(2x) = 2 \sin x \cos x\), получаем:
\(AH = \frac{a \cos \frac{\phi_1}{2}}{2 \sin \frac{\phi_1}{2} \cos \frac{\phi_1}{2}} = \frac{a}{2 \sin \frac{\phi_1}{2}}\).
Таким образом, радиус основания конуса \(r = AH = \frac{a}{2 \sin \frac{\phi_1}{2}}\).
Высота конуса \(h\) равна высоте пирамиды MH. Угол \(\phi_2\) — это угол между боковой гранью MAD и плоскостью основания ABCD, \(\angle MPH = \phi_2\), где HP перпендикулярно AD. В прямоугольном треугольнике MPH, тангенс угла \(\phi_2\) равен отношению противолежащего катета MH к прилежащему катету HP:
\(\text{tg } \phi_2 = \frac{MH}{HP}\)
Отсюда выразим высоту MH:
\(MH = HP \cdot \text{tg } \phi_2\).
Теперь найдем длину отрезка HP. Рассмотрим прямоугольный треугольник AHP. Согласно логике примера, отрезок HP связан с AH и углом \(\frac{\phi_1}{2}\) соотношением \(HP = AH \cos \frac{\phi_1}{2}\). Это подразумевает, что \(\angle HAP = \frac{\phi_1}{2}\) и \(\angle APH = 90^\circ\).
Подставим значение AH:
\(HP = \left(\frac{a}{2 \sin \frac{\phi_1}{2}}\right) \cos \frac{\phi_1}{2} = \frac{a \cos \frac{\phi_1}{2}}{2 \sin \frac{\phi_1}{2}} = \frac{a}{2 \text{tg } \frac{\phi_1}{2}}\).
Теперь найдем высоту конуса \(h = MH\):
\(h = HP \cdot \text{tg } \phi_2 = \frac{a}{2 \text{tg } \frac{\phi_1}{2}} \cdot \text{tg } \phi_2 = \frac{a \text{tg } \phi_2}{2 \text{tg } \frac{\phi_1}{2}}\).
Объем конуса \(V\) находится по формуле \(V = \frac{1}{3} \pi r^2 h\). Подставим найденные значения \(r\) и \(h\):
\(V = \frac{1}{3} \pi \left(\frac{a}{2 \sin \frac{\phi_1}{2}}\right)^2 \left(\frac{a \text{tg } \phi_2}{2 \text{tg } \frac{\phi_1}{2}}\right)\)
Возведем радиус в квадрат:
\(V = \frac{1}{3} \pi \left(\frac{a^2}{4 \sin^2 \frac{\phi_1}{2}}\right) \left(\frac{a \text{tg } \phi_2}{2 \text{tg } \frac{\phi_1}{2}}\right)\)
Перемножим множители:
\(V = \frac{\pi \cdot a^2 \cdot a \cdot \text{tg } \phi_2}{3 \cdot 4 \sin^2 \frac{\phi_1}{2} \cdot 2 \text{tg } \frac{\phi_1}{2}}\)
\(V = \frac{\pi a^3 \text{tg } \phi_2}{24 \sin^2 \frac{\phi_1}{2} \text{tg } \frac{\phi_1}{2}}\).
Это выражение для объема конуса полностью совпадает с примером.
Ответ: \(V = \frac{\pi a^3 \text{tg } \phi_2}{24 \sin^2 \frac{\phi_1}{2} \text{tg } \frac{\phi_1}{2}}\).
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.