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 17 Атанасян — Подробные Ответы
Основание пирамиды DABC — равнобедренный треугольник АВС, в котором АВ = ВС = 13, АС = 24. Ребро DB перпендикулярно к плоскости основания и равно 20. Найдите тангенс двугранного угла DACB.
1) В равнобедренном ΔАВС:
\(h = \sqrt{AB^2 — \left(\frac{BC}{2}\right)^2} = \sqrt{10^2 — \left(\frac{4\sqrt{5}}{2}\right)^2} = 4\sqrt{5}\)
2) В равнобедренном ΔАDBC:
\(DC = \sqrt{AD^2 + AC^2} = \sqrt{(2\sqrt{5})^2 + (4\sqrt{5})^2} = \sqrt{20 + 100} = \sqrt{120}\)
3) Для пирамиды DABC:
\(GE = \frac{1}{2}DC, GF = \frac{1}{2}DB, EF = \frac{1}{2}BC\)
\(AG = \frac{1}{2}AD, AGEF \sim ABCD, AM = \frac{1}{2}AH\)
\(V_{DABC} = \frac{1}{3}S_{ABC} \cdot AD, V_{DABC} = \frac{1}{3}S_{DBC} \cdot AH\)
\(40 \cdot 2\sqrt{5} = 20\sqrt{5} \cdot AH, AH = 4, AM = 2\)
Ответ: 2.
Дано: пирамида ABCD, где DA ⊥ ABC, AB = 10, AD = 2√5, BC = 4√5, AG = GD.
Решение:
1) Найдем высоту пирамиды h в равнобедренном треугольнике ABC:
\(h = \sqrt{AB^2 — \left(\frac{BC}{2}\right)^2} = \sqrt{10^2 — \left(\frac{4\sqrt{5}}{2}\right)^2} = 4\sqrt{5}\)
2) Найдем длину DC в равнобедренном треугольнике ADC:
\(DC = \sqrt{AD^2 + AC^2} = \sqrt{(2\sqrt{5})^2 + (4\sqrt{5})^2} = \sqrt{20 + 100} = \sqrt{120}\)
3) Найдем длины отрезков в пирамиде DABC:
\(GE = \frac{1}{2}DC, GF = \frac{1}{2}DB, EF = \frac{1}{2}BC\)
\(AG = \frac{1}{2}AD, AGEF \sim ABCD, AM = \frac{1}{2}AH\)
4) Найдем объем пирамиды DABC:
\(V_{DABC} = \frac{1}{3}S_{ABC} \cdot AD = \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{2} \cdot AB \cdot BC \cdot 2\sqrt{5} = \frac{2}{3} \cdot 10 \cdot 4\sqrt{5} = \frac{80}{3}\sqrt{5}\)
\(V_{DABC} = \frac{1}{3}S_{DBC} \cdot AH = \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{2} \cdot DB \cdot BC \cdot AH = \frac{1}{3} \cdot \sqrt{120} \cdot 4\sqrt{5} \cdot 4 = \frac{80}{3}\sqrt{5}\)
5) Найдем длину AM:
\(40 \cdot 2\sqrt{5} = 20\sqrt{5} \cdot AH, AH = 4, AM = 2\)
Ответ: AM = 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.