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 43 Атанасян — Подробные Ответы
Медиана АМ и биссектриса CD треугольника АВС с прямым углом В пересекаются в точке О. Найдите площадь треугольника АВС, если \(CO=9\) и \(OD= 5\).
Решение:
1) Теорема Менелая для ABCD:
\(\frac{DO}{OC} \cdot \frac{CM}{MB} \cdot \frac{BA}{AD} = 1\), \(\frac{AB}{AD} = \frac{9}{5}\), \(\frac{BD}{AD} = \frac{AB — AD}{AD} = \frac{4}{5}\)
2) В прямоугольном ΔABC:
\(\frac{BC}{AC} = \cos \angle C = \frac{4}{5}\)
\(\cos BCD = \cos \left(1 + \frac{4}{5}\right) = \frac{3}{\sqrt{10}}\)
\(BC = DC \cos BCD = \frac{14 \cdot 3}{\sqrt{10}} = \frac{42}{\sqrt{10}}\)
\(AC = \frac{5}{4} BC = \frac{5 \cdot 42}{4 \sqrt{10}} = \frac{105}{2\sqrt{10}}\)
\(AB = \sqrt{AC^2 — BC^2} = \sqrt{\frac{2205}{8} — \frac{882}{5}} = \frac{63}{\sqrt{40}}\)
\(S_{ABC} = \frac{1}{2} AB \cdot BC = \frac{1}{2} \cdot \frac{63}{\sqrt{40}} \cdot \frac{42}{\sqrt{10}} = \frac{1323}{20}\)
Ответ: \(\frac{1323}{20}\).
Дано:
— Треугольник ΔABC
— Угол ∠B = 90°
— CD — биссектриса угла ∠C
— CM = BM
— CO = 9
— OD = 5
Решение:
1) Применим теорему Менелая для четырехугольника ABCD:
\(\frac{DO}{OC} \cdot \frac{CM}{MB} \cdot \frac{BA}{AD} = 1\)
Из условия имеем:
\(\frac{OD}{OC} = \frac{5}{9}\)
\(\frac{CM}{MB} = 1\), так как CM = BM
\(\frac{BA}{AD} = \frac{AB}{AD}\)
Подставляя данные, получаем:
\(\frac{5}{9} \cdot 1 \cdot \frac{AB}{AD} = 1\)
\(\frac{AB}{AD} = \frac{9}{5}\)
2) Используем прямоугольный треугольник ABC:
\(\frac{BC}{AC} = \cos \angle C\)
Из этого следует:
\(\cos \angle C = \frac{BC}{AC} = \frac{4}{5}\)
3) Находим длину BC:
\(\cos BCD = \cos \left(1 + \frac{4}{5}\right) = \frac{3}{\sqrt{10}}\)
\(BC = DC \cos BCD = \frac{14 \cdot 3}{\sqrt{10}} = \frac{42}{\sqrt{10}}\)
4) Находим длину AC:
\(AC = \frac{5}{4} BC = \frac{5 \cdot 42}{4 \sqrt{10}} = \frac{105}{2\sqrt{10}}\)
5) Находим длину AB:
\(AB = \sqrt{AC^2 — BC^2} = \sqrt{\frac{2205}{8} — \frac{882}{5}} = \frac{63}{\sqrt{40}}\)
6) Находим площадь треугольника ABC:
\(S_{ABC} = \frac{1}{2} AB \cdot BC = \frac{1}{2} \cdot \frac{63}{\sqrt{40}} \cdot \frac{42}{\sqrt{10}} = \frac{1323}{20}\)
Ответ: \(\frac{1323}{20}\).
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.