1-11 класс
  • 1-11 класс
  • 1 класс
  • 2 класс
  • 3 класс
  • 4 класс
  • 5 класс
  • 6 класс
  • 7 класс
  • 8 класс
  • 9 класс
  • 10 класс
  • 11 класс
Выберите класс
Предметы
ГДЗ по геометрии за 11 класс Учебник 📕 Атанасян — Все Части
Геометрия
11 класс учебник Атанасян
11 класс
Тип
ГДЗ, Решебник.
Авторы
Атанасян Л.С., Бутузов В.Ф., Кадомцев С.Б., Киселева Л.С., Позняк Э.Г.
Год
2015-2025
Издательство
Просвещение
Описание

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 805 Атанасян — Подробные Ответы

Задача

Основанием пирамиды OABCD является параллелограмм ABCD. В каком отношении делит объём пирамиды плоскость, проходящая через прямую АВ и среднюю линию грани OCD?

Краткий ответ:


Опустим перпендикуляры на \(ABCD\): \(OO_1 \perp ABCD\), \(NN_1 \perp ABCD\), \(V_{OABCD} = V\). \(S_{ABC} = \frac{1}{2}S_{ABCD}\), \(NN_1 = \frac{1}{2}OO_1\), \(V_{ABCN} = \frac{1}{4}V\). \(ON = CN\), \(S_{BNO} = S_{BCN}\), \(V_{ABNO} = V_{ABCN} = \frac{1}{4}V\). \(S_{ACD} = \frac{1}{2}S_{ABCD}\), \(V_{AOCD} = \frac{1}{2}V_{OABCD} = \frac{1}{2}V\). \(MN\) — средняя линия в \(\triangle OCD\): \(S_{OMN} = \frac{1}{4}S_{OCD}\), \(V_{AOMN} = \frac{1}{4}V_{AOCD} = \frac{1}{8}V\). Найдем отношение объемов тел: \(V_{ABMNO} = V_{AOMN} + V_{ABNO} = \frac{1}{8}V + \frac{1}{4}V = \frac{3}{8}V\). \(V_{ABCDMN} = V — V_{ABMNO} = V — \frac{3}{8}V = \frac{5}{8}V\). \(V_{ABMNO} : V_{ABCDMN} = \frac{3}{8} : \frac{5}{8} = 3 : 5\).

Подробный ответ:


Опустим перпендикуляры из вершин \(O\) и \(N\) на плоскость основания \(ABCD\). Пусть \(OO_1\) и \(NN_1\) будут эти перпендикуляры. \(OO_1\) является высотой пирамиды \(OABCD\), и мы обозначим объем этой пирамиды как \(V\), так что \(V = \frac{1}{3} \cdot S_{ABCD} \cdot OO_1\).

Площадь треугольника \(ABC\) составляет половину площади основания \(ABCD\), то есть \(S_{ABC} = \frac{1}{2}S_{ABCD}\). Поскольку \(N\) является серединой ребра \(OC\), а \(NN_1\) и \(OO_1\) перпендикулярны одной и той же плоскости \(ABCD\), отрезок \(NN_1\) параллелен \(OO_1\). Из подобия треугольников следует, что длина \(NN_1\) равна половине длины \(OO_1\), то есть \(NN_1 = \frac{1}{2}OO_1\). Объем пирамиды \(ABCN\) (с основанием \(ABC\) и вершиной \(N\)) равен \(V_{ABCN} = \frac{1}{3} \cdot S_{ABC} \cdot NN_1\). Подставляя выражения для \(S_{ABC}\) и \(NN_1\), получаем \(V_{ABCN} = \frac{1}{3} \cdot (\frac{1}{2}S_{ABCD}) \cdot (\frac{1}{2}OO_1) = \frac{1}{4} \cdot (\frac{1}{3} S_{ABCD} \cdot OO_1)\). Поскольку \(V = \frac{1}{3} S_{ABCD} \cdot OO_1\), имеем \(V_{ABCN} = \frac{1}{4}V\).

Дано, что \(N\) является серединой ребра \(OC\), то есть \(ON = CN\). В треугольнике \(BOC\), отрезок \(BN\) является медианой, которая делит треугольник на два равновеликих треугольника, поэтому \(S_{\triangle BNO} = S_{\triangle BCN}\). Рассмотрим пирамиды с общей вершиной \(A\) и основаниями \(\triangle BNO\) и \(\triangle BCN\). Эти пирамиды имеют общую высоту, опущенную из вершины \(A\) на плоскость \(OBC\). Объемы таких пирамид относятся как площади их оснований. Поскольку \(S_{\triangle BNO} = S_{\triangle BCN}\), объемы пирамид \(A-BNO\) и \(A-BCN\) равны: \(V_{A-BNO} = V_{A-BCN}\). В соответствии с обозначениями в условии задачи, примем, что \(V_{ABNO} = V_{ABCN}\). Из предыдущего шага мы знаем, что \(V_{ABCN} = \frac{1}{4}V\), следовательно, \(V_{ABNO} = \frac{1}{4}V\).

Площадь треугольника \(ACD\) составляет половину площади основания \(ABCD\), то есть \(S_{AC


Исследовательские задачи
Общая оценка
4.2 / 5
Комментарии
Другие предметы
Как пользоваться ГДЗ

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.