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 16 Номер 11 Атанасян — Подробные Ответы
Средняя линия трапеции равна 4, углы при одном из оснований равны 40° и 50°. Найдите основания трапеции, если отрезок, соединяющий середины оснований, равен 1.
Решение:
1) В треугольнике ΔAPD: \(P = 180° — \angle A — \angle D = 90°\)
2) В прямоугольном ΔPMN: \(MK = KN = KP = \frac{MN}{2} = 2\)
3) В прямоугольном ΔAPD: \(AE = DE = PE = \frac{3 + 1}{2} = \frac{5}{2}\), \(AD = AE + DE = \frac{5}{2} + \frac{5}{2} = 5\)
4) Для трапеции ABCD: \(MN = \frac{AD + BC}{2}, BC = 3\)
Ответ: 3 и 5.
Решение:
Дано:
— Треугольник ΔABC с углами: \(\angle A = 40°\), \(\angle D = 50°\)
— Отрезки: BM = AM, CN = DN, EF = 1, MN = 4
Шаг 1: Найдем угол \(\angle P\) в треугольнике ΔAPD.
Угол \(\angle P\) является углом при вершине P в треугольнике ΔAPD.
Используя свойство суммы углов в треугольнике, имеем:
\(\angle P = 180° — \angle A — \angle D = 180° — 40° — 50° = 90°\)
Шаг 2: Найдем длину отрезка PF в треугольнике ΔPMN.
Треугольник ΔPMN является прямоугольным, так как \(\angle P = 90°\).
Следовательно, \(MK = KN = KP = \frac{MN}{2} = \frac{4}{2} = 2\)
Тогда \(PF = KP — KF = 2 — 1 = 1\)
Шаг 3: Найдем длины отрезков AE, DE и PE в треугольнике ΔAPD.
Треугольник ΔAPD также является прямоугольным, так как \(\angle P = 90°\).
Следовательно, \(AE = DE = PE = \frac{EF + PF}{2} = \frac{1 + 1}{2} = \frac{5}{2}\)
Шаг 4: Найдем длину отрезка AD в треугольнике ΔAPD.
Длина отрезка AD равна сумме длин отрезков AE и DE:
\(AD = AE + DE = \frac{5}{2} + \frac{5}{2} = 5\)
Шаг 5: Найдем длину отрезка BC в трапеции ABCD.
Используя свойство средней линии трапеции, имеем:
\(MN = \frac{AD + BC}{2}\)
Подставляя известные значения, получаем:
\(4 = \frac{5 + BC}{2}\)
Решая уравнение, находим:
\(BC = 3\)
Ответ: AD = 5, BC = 3.
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.