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 764 Атанасян — Подробные Ответы
В правильной треугольной призме ABCA1B1C1 сторона основания равна 6 см, а боковое ребро равно 3 см.
а) Найдите площадь сечения призмы плоскостью АВС1.
б) Докажите, что прямая A1B1 параллельна плоскости AC,B.
в) Найдите угол, который составляет прямая В1С с плоскостью ABC.
г) Найдите угол между плоскостями ABIC и АВС.
д) Найдите длину вектора \(\vec{BB_1} — \vec{BC} + 2\vec{A,A} — \vec{C,C}\).
е) Найдите объём призмы.
Решение:
а) Площадь треугольника ABC равна \(S_{ABC} = \sqrt{p(p-AB)(p-BC)(p-AC)}\), где \(p = \frac{AB+BC+AC}{2}\) — полупериметр треугольника. Подставляя значения, получаем \(S_{ABC} = 18\) см².
б) Доказано, что прямая A₁B₁ параллельна плоскости ABC₁.
в) Угол BCB₁ равен \(\arctan\left(\frac{BB₁}{BC}\right) = \arctan\left(\frac{3}{6}\right) = \arctan(0.5) \approx 26.57^\circ\).
г) Угол B₁HB равен \(\arctan\left(\frac{BH}{HB}\right) = \arctan\left(\frac{\sqrt{3}}{3}\right) = 30^\circ\).
д) Длина вектора BB₁ + BC + 2AC₁ — C₁C равна \(B₁C₁ = 6\) см.
е) Объем призмы ABCA₁B₁C₁ равен \(V = S_{ABC} \cdot AA₁ = \frac{9\sqrt{3}}{2} \cdot 3 = 27\sqrt{3}\) см³.
Решение:
а) Для нахождения площади треугольника ABC используем формулу Герона: \(S_{ABC} = \sqrt{p(p-AB)(p-BC)(p-AC)}\), где \(p = \frac{AB+BC+AC}{2}\) — полупериметр треугольника. Дано: AB = 6 см, AA₁ = 3 см. Находим стороны треугольника ABC: AC = \(\sqrt{AB^2 + AA_1^2}\) = \(\sqrt{6^2 + 3^2}\) = \(\sqrt{45}\) = 3\(\sqrt{5}\) см, BC = AB = 6 см. Подставляя в формулу, получаем: \(p = \frac{6 + 6 + 3\sqrt{5}}{2} = 7.5\), \(S_{ABC} = \sqrt{7.5 \cdot (7.5-6) \cdot (7.5-6) \cdot (7.5-3\sqrt{5})} = 18\) см².
б) Для доказательства, что прямая A₁B₁ параллельна плоскости ABC₁, рассмотрим четырехугольник ABB₁A₁. В нем AB || A₁B₁, так как противоположные стороны параллелограмма равны и параллельны. Также AA₁ ⊥ AB, значит A₁B₁ ⊥ AB. Следовательно, A₁B₁ параллельна плоскости ABC₁.
в) Для нахождения угла BCB₁ используем соотношение сторон в прямоугольном треугольнике BCB₁: \(\tan(BCB_1) = \frac{BB_1}{BC}\), где BB₁ = AA₁ = 3 см, BC = AB = 6 см. Подставляя, получаем: \(\tan(BCB_1) = \frac{3}{6} = 0.5\), откуда \(BCB_1 = \arctan(0.5) \approx 26.57^\circ\).
г) Для нахождения угла B₁HB рассмотрим прямоугольный треугольник B₁HB. В нем BH = \(\frac{AB}{2}\) = 3 см, HB = \(\frac{AB}{\sqrt{3}}\) = \(\frac{6}{\sqrt{3}}\) = 3\(\sqrt{3}\) см. Тогда \(\tan(B_1HB) = \frac{BH}{HB} = \frac{3}{3\sqrt{3}} = \frac{1}{\sqrt{3}}\), откуда \(B_1HB = \arctan\left(\frac{1}{\sqrt{3}}\right) = 30^\circ\).
д) Для нахождения длины вектора BB₁ + BC + 2AC₁ — C₁C достаточно найти длину отрезка B₁C₁, так как остальные слагаемые равны соответствующим сторонам треугольника ABC. Длина B₁C₁ равна длине стороны AB, то есть 6 см.
е) Объем призмы ABCA₁B₁C₁ равен произведению площади основания (треугольника ABC) и высоты (AA₁). Площадь основания \(S_{ABC} = \frac{9\sqrt{3}}{2}\) см², высота AA₁ = 3 см. Следовательно, объем призмы \(V = S_{ABC} \cdot AA_1 = \frac{9\sqrt{3}}{2} \cdot 3 = 27\sqrt{3}\) см³.
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.