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 834 Атанасян — Подробные Ответы
В трапецию ABCD с основаниями AB и CD (AB > CD) вписана окружность. Найдите площадь трапеции, если \(CD = a\), \(DK = b\) и \(AK = d\), где К — точка касания окружности и стороны AD.
1) Отметим точки касания: E ∈ DC, M ∈ CB, F ∈ AB;
2) Касательные из одной точки: DE = DK = b, CM = EC = a — b; BM = BF = x, AK = AF = d;
3) Опустим высоту DH, тогда DH = 2R; \(DH^2 = AD^2 — AH^2 = (d + b)^2 — (d — b)^2\); \(4R^2 = d^2 +2db +b^2-d^2 +2db — b^2\); \(4R^2 = 4db, R^2 = db, R = \sqrt{db}\);
4) Опустим высоту CH1, тогда CH1 = 2R; \(CH^2 = BC^2 — BH^2 = (x + a -b)^2 — (x-a+b)^2\); \(4R^2 = 2x \cdot (a -b) + 2x \cdot (a-b) =4x \cdot (a-b)\); \(R^2 = x(a — b) = db, x = \frac{bd}{a-b}\);
5) \(S_{ABCD} = \frac{1}{2}DH \cdot (DC + AB) = \frac{1}{2}\cdot 2R \cdot (d + x + a) = \left(d + \frac{bd}{a-b} + a\right)\sqrt{db}\).
Ответ: \(\frac{a^2 + a(d — b)}{a — b}\sqrt{db}\).
Отметим точки касания: точка E лежит на стороне DC, точка M лежит на стороне CB, точка F лежит на стороне AB.
Найдем уравнения касательных, проведенных из одной точки: DE = DK = b, CM = EC = a — b; BM = BF = x, AK = AF = d.
Опустим высоту DH, тогда DH = 2R. Используя теорему Пифагора, получим: \(DH^2 = AD^2 — AH^2 = (d + b)^2 — (d — b)^2\). Раскрывая скобки, имеем: \(4R^2 = d^2 + 2db + b^2 — d^2 + 2db — b^2\), что упрощается до \(4R^2 = 4db\). Следовательно, \(R^2 = db\) и \(R = \sqrt{db}\).
Аналогично опустим высоту CH1, тогда CH1 = 2R. Используя теорему Пифагора, получим: \(CH^2 = BC^2 — BH^2 = (x + a — b)^2 — (x — a + b)^2\). Раскрывая скобки, имеем: \(4R^2 = 2x(a — b) + 2x(a — b) = 4x(a — b)\). Следовательно, \(R^2 = x(a — b) = db\) и \(x = \frac{bd}{a — b}\).
Наконец, вычислим площадь трапеции ABCD: \(S_{ABCD} = \frac{1}{2}DH(DC + AB) = \frac{1}{2}\cdot 2R(d + x + a) = \left(d + \frac{bd}{a — b} + a\right)\sqrt{db}\).
Ответ: \(\frac{a^2 + a(d — b)}{a — b}\sqrt{db}\).
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.