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 833 Атанасян — Подробные Ответы
Докажите, что площадь прямоугольной трапеции, описанной около окружности, равна произведению её оснований.
1) Отметим точки касания окружностью сторон трапеции: E, F, G и Н;
2) Рассмотрим четырехугольник ABFH: ОН ⊥ AD и OF ⊥ BC и O E FH, следовательно ABFH — прямоугольник, отсюда FH = AB = 2r = h; BF = AH = OE = r;
3) Опустим высоту CK ⊥ AD; \(CK^2 = h^2 = CD^2 — KD^2 = CD^2 — (AD — BC)^2\);
4) По свойству описанного четырехугольника: AD + BC = AB + CD;
5) \(CD = AD + BC — AB = AD + BC — h; h^2 = (AD + BC — h)^2 -\)
\(- (AD — BC)^2; h^2 = (AD + BC)^2 — 2h(AD + BC) + h^2 — (AD — BC)^2;\)
\(
2h(AD + BC) = (AD + BC)^2 — (AD — BC)^2; 2h(AD + BC) =\)
\(= (AD^2 + 2AD \cdot BC + BC^2) — (AD^2 — 2AD \cdot BC + BC^2); \)
\(2h(AD + BC) = 4AD \cdot BC; h(AD + BC) = 2AD \cdot BC\);
6) \(S_{ABCD} = \frac{h(AD + BC)}{2} = \frac{2AD \cdot BC}{2} = AD \cdot BC\), что и требовалось доказать.
Дано: четырехугольник ABCD, где AD ∥ BC — трапеция, ∠A = 90°.
Доказать: площадь трапеции SABCD = AD · BC.
Решение:
1) Отметим точки касания окружностью сторон трапеции: E, F, G и H.
2) Рассмотрим четырехугольник ABFH. Так как ОН ⊥ AD и OF ⊥ BC, а точка O лежит на прямой FH, то ABFH является прямоугольником. Следовательно, FH = AB = 2r = h и BF = AH = OE = r.
3) Опустим высоту CK ⊥ AD. Тогда \(CK^2 = h^2 = CD^2 — KD^2 = CD^2 — (AD — BC)^2\).
4) Используя свойство описанного четырехугольника, получаем: AD + BC = AB + CD.
5) Найдем длину CD: \(CD = AD + BC — AB = AD + BC — h\). Тогда \(h^2 = (AD + BC — h)^2 — (AD — BC)^2\) и \(h^2 = (AD + BC)^2 — 2h(AD + BC) + h^2 — (AD — BC)^2\). Упростив, получим \(2h(AD + BC) = (AD + BC)^2 — (AD — BC)^2\) и \(2h(AD + BC) = (AD^2 + 2AD \cdot BC + BC^2) — (AD^2 — 2AD \cdot BC + BC^2)\). Таким образом, \(2h(AD + BC) = 4AD \cdot BC\) и \(h(AD + BC) = 2AD \cdot BC\).
6) Площадь трапеции SABCD = \(\frac{h(AD + BC)}{2} = \frac{2AD \cdot BC}{2} = AD \cdot BC\), что и требовалось доказать.
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.