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 715 Атанасян — Подробные Ответы
В прямоугольном параллелепипеде \(ABCDA_1B_1C_1D_1\) \(\angle BAC_1=\angle DAC_1=60^\circ\). Найдите \(\phi=\angle A_1AC_1\).
В тетраэдре DABC DA = 5 см, АВ = 4 см, АС = 3 см, ∠ВАС = 90°, ∠DAB = 60°, ∠DAC = 45°. Найдите расстояние от вершины А до точки пересечения медиан треугольника DBC.
Угол между диагональю АС1 прямоугольного параллелепипеда ABCDA B1C1D1 и каждым из рёбер AB и AD равен 60°. Найдите CAC1.
Проекция точки К на плоскость квадрата ABCD совпадает с центром этого квадрата. Докажите, что угол между прямыми АК и BD равен 90°.
Решение:
1) Угол \(\phi=\angle A_1AC_1\) находится из равенства \(\cos\phi=\frac{1}{2}\), поэтому \(\phi=60^\circ\).
2) Расстояние от вершины А до точки пересечения медиан треугольника DBC равно \(\frac{1}{3}\cdot\sqrt{5^2+4^2+3^2}=\frac{1}{3}\cdot\sqrt{50}=\frac{5\sqrt{2}}{3}\) см.
3) Угол между диагональю АС1 и каждым из рёбер AB и AD равен \(60^\circ\), поэтому \(\angle CAC_1=30^\circ\).
4) Так как проекция точки К на плоскость квадрата ABCD совпадает с центром этого квадрата, то прямые АК и BD перпендикулярны, и угол между ними равен \(90^\circ\).
Решение:
1) Задан прямоугольный параллелепипед \(ABCDA_1B_1C_1D_1\) с углом \(\angle BAC_1=\angle DAC_1=60^\circ\). Нужно найти угол \(\phi=\angle A_1AC_1\).
Для этого рассмотрим треугольник \(A_1AC_1\). Известно, что \(\angle BAC_1=60^\circ\), значит, \(\angle A_1AC_1=60^\circ\) (так как углы при параллельных прямых равны). Тогда, применяя формулу \(\cos\phi=\frac{1}{2}\), получаем \(\phi=60^\circ\).
2) Дан тетраэдр \(DABC\) с параметрами: \(DA=5\) см, \(AB=4\) см, \(AC=3\) см, \(\angle BAC=90^\circ\), \(\angle DAB=60^\circ\), \(\angle DAC=45^\circ\). Требуется найти расстояние от вершины \(A\) до точки пересечения медиан треугольника \(DBC\).
Медианы треугольника \(DBC\) пересекаются в точке, отстоящей от каждой вершины на \(\frac{1}{3}\) длины соответствующей стороны. Поэтому расстояние от вершины \(A\) до точки пересечения медиан равно \(\frac{1}{3}\cdot\sqrt{5^2+4^2+3^2}=\frac{1}{3}\cdot\sqrt{50}=\frac{5\sqrt{2}}{3}\) см.
3) Дан прямоугольный параллелепипед \(ABCDA_1B_1C_1D_1\), в котором угол между диагональю \(AC_1\) и каждым из рёбер \(AB\) и \(AD\) равен \(60^\circ\). Найдите \(\angle CAC_1\).
Так как угол между диагональю \(AC_1\) и рёбрами \(AB\), \(AD\) равен \(60^\circ\), то угол между диагональю \(AC_1\) и плоскостью \(ABCD\) также равен \(60^\circ\). Следовательно, \(\angle CAC_1=30^\circ\).
4) Точка \(K\) расположена так, что её проекция на плоскость квадрата \(ABCD\) совпадает с центром этого квадрата. Докажите, что угол между прямыми \(AK\) и \(BD\) равен \(90^\circ\).
Так как проекция точки \(K\) на плоскость \(ABCD\) совпадает с центром квадрата, то прямая \(AK\) перпендикулярна плоскости \(ABCD\). Аналогично, прямая \(BD\) лежит в плоскости \(ABCD\). Следовательно, прямые \(AK\) и \(BD\) перпендикулярны, и угол между ними равен \(90^\circ\).
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.