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 706 Атанасян — Подробные Ответы
Дана правильная треугольная призма ABCA1B1C1, в которой \(AA_1 = \sqrt{3}AB\) (рис. 193, а). Найдите угол между прямыми AC1 и A1B.
Решение: Пусть \(AB = a\), тогда \(AA_1 = a/2\). Введём прямоугольную систему координат так, как показано на рисунке 193, б. Вершины A, B, A1, C1 имеют следующие координаты (объясните почему): \(A\left(\frac{\sqrt{3}}{2}, 0, 0\right)\), \(B(0, 0, 0)\), \(A_1\left(-\frac{\sqrt{3}}{2}, \frac{a}{2}, \frac{\sqrt{3}a}{2}\right)\), \(C_1(0, 0, \sqrt{3}a)\).
Отсюда находим координаты векторов AC1 и BA1:
\(\vec{AC_1} = \left(\frac{\sqrt{3}}{2}, -\frac{a}{2}, \frac{\sqrt{3}a}{2}\right)\), \(\vec{BA_1} = \left(-\frac{\sqrt{3}}{2}, \frac{a}{2}, -\frac{\sqrt{3}a}{2}\right)\).
Векторы AC1 и BA1 являются направляющими векторами прямых AC1 и A1B. Искомый угол \(\phi\) между ними можно найти с помощью формулы (2):
\(\cos\phi = \frac{\vec{AC_1} \cdot \vec{BA_1}}{|\vec{AC_1}||\vec{BA_1}|} = \frac{\frac{3}{4}a^2}{\frac{3}{2}a^2} = \frac{1}{2}, \text{откуда } \phi = 60^\circ.\)
Пусть \(AB = a\), тогда \(AA_1 = \sqrt{2}a\).
Введём прямоугольную систему координат с началом в точке \(C\). Координаты вершин: \(A\left(\frac{\sqrt{3}a}{2}, \frac{a}{2}, 0\right)\), \(B(0, 0, 0)\), \(A_1\left(-\frac{\sqrt{3}a}{2}, \frac{a}{2}, \frac{\sqrt{3}a}{2}\right)\), \(C_1(0, 0, \sqrt{2}a)\). Векторы \(\vec{AC_1} = \left(\frac{\sqrt{3}a}{2}, -\frac{a}{2}, \frac{\sqrt{3}a}{2}\right)\) и \(\vec{BA_1} = \left(-\frac{\sqrt{3}a}{2}, \frac{a}{2}, -\frac{\sqrt{3}a}{2}\right)\) являются направляющими векторами прямых \(AC_1\) и \(A_1B\). Искомый угол \(\phi\) между ними равен \(\cos\phi = \frac{\vec{AC_1} \cdot \vec{BA_1}}{|\vec{AC_1}||\vec{BA_1}|} = \frac{1}{2}, \text{откуда } \phi = 60^\circ.\)
Дано: Правильная треугольная призма ABCA1B1C1, в которой \(AA_1 = \sqrt{3}AB\).
Требуется найти угол между прямыми AC1 и A1B.
Решение:
1. Пусть \(AB = a\), тогда \(AA_1 = \sqrt{3}a\).
2. Введём прямоугольную систему координат с началом в точке \(C\).
3. Координаты вершин:
— \(A\left(\frac{\sqrt{3}a}{2}, \frac{a}{2}, 0\right)\)
— \(B(0, 0, 0)\)
— \(A_1\left(-\frac{\sqrt{3}a}{2}, \frac{a}{2}, \frac{\sqrt{3}a}{2}\right)\)
— \(C_1(0, 0, \sqrt{3}a)\)
4. Найдём координаты векторов \(\vec{AC_1}\) и \(\vec{BA_1}\):
— \(\vec{AC_1} = \left(\frac{\sqrt{3}a}{2}, -\frac{a}{2}, \frac{\sqrt{3}a}{2}\right)\)
— \(\vec{BA_1} = \left(-\frac{\sqrt{3}a}{2}, \frac{a}{2}, -\frac{\sqrt{3}a}{2}\right)\)
5. Векторы \(\vec{AC_1}\) и \(\vec{BA_1}\) являются направляющими векторами прямых \(AC_1\) и \(A_1B\) соответственно.
6. Искомый угол \(\phi\) между прямыми \(AC_1\) и \(A_1B\) можно найти с помощью формулы косинуса угла между двумя векторами:
\(\cos\phi = \frac{\vec{AC_1} \cdot \vec{BA_1}}{|\vec{AC_1}||\vec{BA_1}|}\)
7. Подставляя значения, получаем:
\(\cos\phi = \frac{\frac{\sqrt{3}a}{2} \cdot (-\frac{\sqrt{3}a}{2}) + (-\frac{a}{2}) \cdot \frac{a}{2} + \frac{\sqrt{3}a}{2} \cdot (-\frac{\sqrt{3}a}{2})}{\sqrt{\left(\frac{\sqrt{3}a}{2}\right)^2 + \left(-\frac{a}{2}\right)^2 + \left(\frac{\sqrt{3}a}{2}\right)^2} \sqrt{\left(-\frac{\sqrt{3}a}{2}\right)^2 + \left(\frac{a}{2}\right)^2 + \left(-\frac{\sqrt{3}a}{2}\right)^2}}\)
8. Упрощая выражение, получаем:
\(\cos\phi = \frac{\frac{3}{4}a^2}{\frac{3}{2}a^2} = \frac{1}{2}\)
9. Отсюда следует, что \(\phi = 60^\circ\).
Таким образом, угол между прямыми \(AC_1\) и \(A_1B\) равен \(60^\circ\).
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.