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 9 Атанасян — Подробные Ответы
Сторона основания правильной треугольной призмы ABCA1B1C1 равна 2, а диагональ боковой грани равна 15. Найдите угол между плоскостью А1ВС и плоскостью основания призмы.
1) Отметим точку Е: Е ∈ ВС, BE = CE = 1;
2) В равнобедренном △A1BC: A1B = A1C; BE = CE; A1E ⊥ BC; A1E = \(\sqrt{A1B^2 — BE^2} = \sqrt{5 — 1} = 2\);
3) В равнобедренном △ABC: AB = BC, BE = CE = 1, AE ⊥ BC; AE = \(\sqrt{AB^2 — BE^2} = \sqrt{4 — 1} = \sqrt{3}\);
4) Для призмы ABCA1B1C1: AA1 ∥ AE; ∠A1EA — искомый;
5) В прямоугольном △A1AE: \(\cos E = \frac{A1E}{AE} = \frac{\sqrt{3}}{2}\); ∠E = 30°.
Ответ: 30°.
Дано: AB = 2, A1C = √5.
Решение:
1) Отметим точку Е, которая лежит на отрезке ВС и является серединой этого отрезка. Таким образом, BE = CE = 1.
2) Рассмотрим равнобедренный треугольник A1BC. Поскольку A1B = A1C = √5, то BE = CE. Кроме того, A1E перпендикулярен BC, так как A1B = A1C. Тогда длина A1E равна \(\sqrt{A1B^2 — BE^2} = \sqrt{5 — 1} = 2\).
3) Рассмотрим равнобедренный треугольник ABC. Поскольку AB = BC, BE = CE = 1, и AE перпендикулярен BC, то длина AE равна \(\sqrt{AB^2 — BE^2} = \sqrt{4 — 1} = \sqrt{3}\).
4) Так как AA1 параллельно AE, а A1EA — острый угол, то A1EA — искомый угол.
5) В прямоугольном треугольнике A1AE, \(\cos E = \frac{A1E}{AE} = \frac{\sqrt{3}}{2}\), откуда \(\angle E = 30^\circ\).
Ответ: 30°.
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.