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 Задание 14 Номер 13 Атанасян — Подробные Ответы
В правильной шестиугольной призме ABCDEFA1B1C1D1E1F1 все рёбра равны 1. Найдите расстояние от точки А до плоскости DEA1.
1) В равнобедренном треугольнике ΔAE: AE^2 = 2 — 2 cos 120° = 3, AE = \(\sqrt{3}\)
2) В прямоугольном треугольнике ΔAA1E: A1E = \(\sqrt{1 + 3} = 2\)
3) Используя подобие треугольников, находим: AH = \(\frac{1}{2} \cdot \sqrt{3} \cdot 2 = \frac{\sqrt{3}}{2}\)
Ответ: \(\frac{\sqrt{3}}{2}\)
Дано: AB = BB1 = 1, AH ⊥ ΔEA1D.
Решение задачи:
Дано:
— AB = BB1 = 1
— ΑΗ ⊥ ΔΕΑ1 D
Требуется найти: AH
Решение:
1) Рассмотрим равнобедренный треугольник ΔAFE:
\(AE^2 = AF^2 + FE^2 — 2AF \cdot FE \cos F\)
Подставляя известные значения, получаем:
\(AE^2 = 2 — 2 \cos 120° = 3\)
Следовательно, \(AE = \sqrt{3}\)
2) Рассмотрим прямоугольный треугольник ΔAE1A1:
\(A_1E = \sqrt{AA_1^2 + AE^2} = \sqrt{1 + 3} = 2\)
3) Найдем площадь треугольника ΔAE1A1:
\(S_{\Delta AE_1A_1} = \frac{1}{2} \cdot AE \cdot A_1A = \frac{1}{2} \cdot \sqrt{3} \cdot AH\)
4) Используя формулу площади прямоугольного треугольника, получаем:
\(S_{\Delta AE_1A_1} = \frac{1}{2} \cdot A_1E \cdot AH = \frac{1}{2} \cdot 2 \cdot AH = AH\)
Приравнивая выражения для площади, находим:
\(\frac{1}{2} \cdot \sqrt{3} \cdot AH = AH\)
\(AH = \frac{\sqrt{3}}{2}\)
Ответ: \(AH = \frac{\sqrt{3}}{2}\)
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.