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 779 Атанасян — Подробные Ответы
Площадь боковой грани правильной шестиугольной пирамиды равна \(S\). Найдите площадь сечения пирамиды плоскостью, проходящей через середину высоты пирамиды и параллельной плоскости боковой грани.
1) Сечение пересекает:
Основание в точках \( A_2 \) и \( A_3 \) и \( A_2’A_3′ \parallel A_2A_3 \);
Плоскость \( MA_4A_5 \) по прямым \( A_4A_5 \parallel A_2A_3 \);
Плоскость \( MA_4A_6 \) по прямым \( A_4A_6 \parallel A_2A_3′ \);
2) Опустим перпендикуляры:
\( MK \perp A_2A_3 \) и точку \( KP \cap A_2A_3 = K_1 \);
\( PM \perp A_6A_5 \) и точку \( A_6A_5 \cap MP = P_1 \);
\( PK \perp A_2A_3 \), \( PK \perp A_5A_6 \);
\( PK_1 \parallel MK \), \( P_1K_1 \parallel A_2A_3′ \);
3) В треугольнике \( MA_2A_3 \):
\( A_2A_3 = a \), \( MK = h \), \( S_{MA_2A_3} = \frac{ah}{2} \);
4) Так как \( H_1 \) — середина отрезка \( MH \):
\( A_4A_5 = A_2A_3; \quad A_3A_5′ = A_4A_5′; \quad K_1K_1 = HK_1; \)
\( A_4A_4 = 2a, \quad A_4A_4 = \frac{a + 2a}{2} = \frac{3a}{2} \);
\( K_1H_1 = \frac{h}{2}; \)
\( S_{A_4A_5A_4′} = \frac{3a}{2} \cdot \frac{h}{2} = \frac{3ah}{4} \)
5) \( A_4A_4 = 2a, \quad A_4A_4′ = \frac{a + 2a}{2} = \frac{3a}{2} \);
\( A_4A_4′ = \frac{A_4A_4}{2}, \quad K_1H_1 = \frac{h}{2}; \)
6) Треугольники подобны:
\( \triangle K_1P_1P \sim \triangle KPM \), \( \frac{KP_1}{KM} = \frac{PP_1}{PM} = \frac{PK_1}{PK} \);
\( \frac{K_1P_1}{KP} = \frac{3}{4}, \quad \frac{KP}{KM} = \frac{3}{4}, \quad H_1P_1 = K_1P_1 = \frac{3h}{4}, \quad PP_1 = \frac{3MP}{4} \);
7) Из подобия данных треугольников:
\( \triangle A_4A_5M \sim \triangle A_4A_5M \), \( \triangle A_4P_1M \sim \triangle A_4PM \);
\( \frac{A_4M}{A_4M} = \frac{PM}{MP} \), \( A_4A_5 = \frac{a}{4}; \)
\( S_{A_4A_5A_4′} = \frac{ah}{2} \), \( S_{A_4A_5A_4′} = \frac{5ah}{8} \), \( S_{A_4A_5A_4′} = \frac{5ah}{32} \);
8) Найдем площадь сечения:
\( S_{сеч} = \frac{5ah}{8} + \frac{5ah}{32} = \frac{25ah}{32} = \frac{25S}{16} \);
Ответ: \( \frac{25}{16} S \).
Дано правильная пирамида \( MA_1A_2A_3A_4A_5A_6 \), высота \( MH \), где \( H \) — центр основания, \( H_1 \) — середина \( MH \), сечение проходит через точки \( M, H_1, A_2, A_3 \). Требуется найти отношение площадей сечения и основания \( \frac{S_{сеч}}{S} \).
Основание пирамиды — правильный шестиугольник, сторона основания \( a \), высота пирамиды \( MH = h \).
Проводим сечение через вершину \( M \), середину высоты \( H_1 \) и две вершины основания \( A_2 \) и \( A_3 \). Это сечение пересекает основание в точках \( A_2 \) и \( A_3 \), а также пересекает боковые ребра \( MA_4 \) и \( MA_5 \) в точках \( A_4′ \) и \( A_5′ \).
Плоскость, проходящая через \( M, H_1, A_2, A_3 \), пересекает ребро \( MA_4 \) в точке \( A_4′ \), которую определим из подобия треугольников. Аналогично, находим точку \( A_5′ \) на ребре \( MA_5 \).
Пусть \( MK \) — высота из \( M \) на сторону \( A_2A_3 \) в треугольнике \( MA_2A_3 \), тогда \( MK \) перпендикулярна \( A_2A_3 \), \( MK = h \), \( A_2A_3 = a \). Площадь треугольника \( MA_2A_3 \) равна \( S_{MA_2A_3} = \frac{ah}{2} \).
Так как \( H_1 \) — середина \( MH \), то аналогично \( K_1H_1 = \frac{h}{2} \).
Рассмотрим пересечение сечения с ребром \( MA_4 \). Пусть \( A_4A_4′ = x \), тогда по подобию треугольников \( \triangle MA_2A_3 \) и \( \triangle H_1A_4’A_5′ \) получаем, что \( A_4A_4′ = \frac{3a}{2} \), а высота \( K_1H_1 = \frac{h}{2} \).
Площадь треугольника \( A_4A_5A_4′ \) равна \( S_{A_4A_5A_4′} = \frac{3a}{2} \cdot \frac{h}{2} = \frac{3ah}{4} \).
Рассмотрим теперь подобие треугольников \( \triangle K_1P_1P \sim \triangle KPM \), где \( K_1P_1 = \frac{3}{4} KP \), \( K_1P_1 = \frac{3h}{4} \), \( PP_1 = \frac{3MP}{4} \).
По подобию треугольников \( \triangle A_4A_5M \sim \triangle A_4A_5M \), \( \triangle A_4P_1M \sim \triangle A_4PM \), получаем, что \( A_4M = \frac{a}{4} \).
Площадь треугольника \( A_4A_5A_4′ \) равна \( S_{A_4A_5A_4′} = \frac{5ah}{8} \), а площадь треугольника \( A_4A_5A_4′ \) равна \( S_{A_4A_5A_4′} = \frac{5ah}{32} \).
Суммируя площади, получаем площадь сечения \( S_{сеч} = \frac{5ah}{8} + \frac{5ah}{32} = \frac{25ah}{32} \).
Площадь основания пирамиды \( S = \frac{3\sqrt{3}}{2} a^2 \), но в результате отношение площадей сечения и основания будет \( \frac{25}{16} \).
Ответ \( \frac{25}{16} S \).
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.