Учебник Геометрия 10–11 классы авторства Л.С. Атанасяна — это классическое пособие, которое десятилетиями используется в российских школах. Он сочетает строгую логику математического изложения с доступными объяснениями, что делает его универсальным инструментом для изучения стереометрии и углубления знаний по планиметрии.
🔹 Ключевые особенности учебника:
- Структурированность — Материал разделен на четкие темы: от аксиом стереометрии до задач на векторы и координаты в пространстве. Каждая глава завершается системой упражнений разного уровня сложности.
- Баланс теории и практики — Теоретические положения иллюстрируются наглядными чертежами, а задачи подобраны так, чтобы развивать геометрическую интуицию. Например, раздел о параллельности прямых и плоскостей включает как стандартные доказательства, так и неочевидные задачи.
- Подготовка к ЕГЭ — Многие задачи (особенно в конце учебника) соответствуют формату экзамена, включая задания на построение сечений многогранников.
- Доступность языка — Даже сложные темы (например, уравнения плоскости) объясняются постепенно, с опорой на ранее изученное.
- Дополнительные материалы — В некоторых изданиях есть приложения с историческими справками (например, о Евклиде или Лобачевском), что расширяет кругозор.
🔹 Советы по использованию:
Для учеников: Начинайте изучение каждой темы с разбора примеров из учебника, а лишь затем переходите к упражнениям.
Для учителей: Учебник идеально подходит для комбинации классических уроков и проектной работы (например, построение моделей многогранников).
Для родителей: Если ребенок затрудняется, обратите внимание на раздел «Вопросы для повторения» — он помогает выявить пробелы.
Минусы (но их мало!):
Некоторым не хватает цветных иллюстраций — чертежи выполнены в черно-белой гамме.
В редких изданиях встречаются опечатки в ответах к задачам (лучше сверяться с учителем).
Вывод: Этот учебник — надежная основа для освоения геометрии. Главное — не просто решать задачи, а анализировать ход мыслей, который предлагает Атанасян. Какую тему вы считаете самой сложной? Может, стоит разобрать ее подробнее?
ГДЗ по Геометрии 10 класс Номер 414 Атанасян — Подробные Ответы
Докажите, что: а) центр сферы является центром симметрии сферы; б) любая прямая, проходящая через центр сферы, является осью симметрии сферы; в) любая плоскость, проходящая через центр сферы, является плоскостью симметрии сферы.
а) Проведем произвольную прямую через центр сферы \(O\). Эта прямая пересечет сферу в двух точках \(A\) и \(B\). Отрезок \(AB\) является диаметром сферы, а центр \(O\) — его середина. Расстояние от любой точки на сфере до центра \(O\) равно радиусу сферы \(R\). Следовательно, \(OA = R\) и \(OB = R\). Точка \(B\) симметрична точке \(A\) относительно центра \(O\), и поскольку \(OB = R\), точка \(B\) также лежит на сфере. Так как выбор прямой был произвольным, это свойство выполняется для любой пары диаметрально противоположных точек на сфере. Таким образом, центр сферы является центром симметрии сферы.
б) Рассмотрим произвольную прямую \(a\), проходящую через центр сферы \(O\). Возьмем любую точку \(A\) на сфере. Построим точку \(A’\), симметричную точке \(A\) относительно прямой \(a\). Для этого опустим перпендикуляр \(AK\) из точки \(A\) на прямую \(a\) (\(K \in a\)) и продолжим его за точку \(K\) на расстояние, равное \(AK\), получая точку \(A’\) такую, что \(AK = KA’\). В прямоугольных треугольниках \(\triangle AKO\) и \(\triangle A’KO\) катет \(OK\) является общим, а катеты \(AK\) и \(A’K\) равны по построению. Следовательно, \(\triangle AKO \cong \triangle A’KO\) по двум катетам. Из равенства этих треугольников следует равенство гипотенуз: \(OA’ = OA\). Поскольку точка \(A\) лежит на сфере, ее расстояние до центра \(O\) равно радиусу \(R\), то есть \(OA = R\). Значит, \(OA’ = R\), и точка \(A’\) также лежит на сфере. Так как точка \(A\) и прямая \(a\) выбраны произвольно, любая прямая, проходящая через центр сферы, является осью симметрии сферы.
в) Рассмотрим произвольную плоскость \(\alpha\), проходящую через центр сферы \(O\). Возьмем любую точку \(A\) на сфере. Построим точку \(A’\), симметричную точке \(A\) относительно плоскости \(\alpha\). Для этого опустим перпендикуляр \(AK\) из точки \(A\) на плоскость \(\alpha\) (\(K \in \alpha\)) и продолжим его за точку \(K\) на расстояние, равное \(AK\), получая точку \(A’\) такую, что \(AK = KA’\). Поскольку плоскость \(\alpha\) проходит через центр \(O\) и \(AK\) перпендикулярен \(\alpha\), треугольники \(\triangle AKO\) и \(\triangle A’KO\) являются прямоугольными с прямым углом при вершине \(K\). В этих треугольниках катет \(OK\) является общим, а катеты \(AK\) и \(A’K\) равны по построению. Следовательно, \(\triangle AKO \cong \triangle A’KO\) по двум катетам. Из равенства этих треугольников следует равенство гипотенуз: \(OA’ = OA\). Поскольку точка \(A\) лежит на сфере, \(OA = R\). Значит, \(OA’ = R\), и точка \(A’\) также лежит на сфере. Так как точка \(A\) и плоскость \(\alpha\) выбраны произвольно, любая плоскость, проходящая через центр сферы, является плоскостью симметрии сферы.
Доказательство:
а) Докажем, что центр сферы является центром симметрии сферы.
Пусть дана сфера с центром в точке \(O\) и радиусом \(R\). Центр симметрии фигуры — это точка, относительно которой каждая точка фигуры имеет симметричную ей точку, также принадлежащую этой фигуре.
Возьмем произвольную точку \(A\) на сфере. По определению сферы, расстояние от точки \(A\) до центра \(O\) равно радиусу сферы, то есть \(OA = R\).
Построим точку \(A’\), симметричную точке \(A\) относительно центра \(O\). По определению центральной симметрии, точка \(O\) является серединой отрезка \(AA’\). Это означает, что точки \(A\), \(O\), и \(A’\) лежат на одной прямой, и расстояние \(OA’\) равно расстоянию \(OA\).
Таким образом, \(OA’ = OA\). Поскольку точка \(A\) лежит на сфере, мы знаем, что \(OA = R\). Следовательно, \(OA’ = R\).
Это означает, что расстояние от точки \(A’\) до центра \(O\) также равно радиусу сферы \(R\). По определению сферы, геометрическое место точек, удаленных от центра \(O\) на расстояние \(R\), есть сфера. Следовательно, точка \(A’\) также лежит на сфере.
Мы выбрали произвольную точку \(A\) на сфере и показали, что симметричная ей точка \(A’\) относительно центра \(O\) также лежит на сфере. Это справедливо для любой точки на сфере. Следовательно, центр сферы \(O\) является центром симметрии сферы.
б) Докажем, что любая прямая, проходящая через центр сферы, является осью симметрии сферы.
Ось симметрии фигуры — это прямая, при повороте вокруг которой на некоторый угол (отличный от нуля) фигура переходит сама в себя, или при отражении относительно которой фигура переходит сама в себя. В данном случае речь идет об осевой симметрии (отражении). Прямая \(a\) является осью симметрии, если для любой точки \(A\) фигуры, симметричная ей точка \(A’\) относительно прямой \(a\) также принадлежит фигуре.
Пусть дана сфера с центром \(O\) и радиусом \(R\). Рассмотрим произвольную прямую \(a\), проходящую через центр сферы \(O\).
Возьмем произвольную точку \(A\) на сфере. По определению сферы, \(OA = R\).
Построим точку \(A’\), симметричную точке \(A\) относительно прямой \(a\). Если точка \(A\) лежит на прямой \(a\), то \(A’ = A\), и поскольку \(A\) лежит на сфере, \(A’\) также лежит на сфере. Рассмотрим случай, когда точка \(A\) не лежит на прямой \(a\). Для построения симметричной точки \(A’\) опустим перпендикуляр из точки \(A\) на прямую \(a\). Пусть \(K\) — основание этого перпендикуляра на прямой \(a\). Тогда прямая \(AK\) перпендикулярна прямой \(a\). Точка \(A’\) лежит на прямой, проходящей через \(K\) перпендикулярно \(a\), на таком же расстоянии от \(K\), как и \(A\), но по другую сторону от \(a\). То есть, \(A’\) лежит на прямой \(AK\) (продолжении) и \(AK = KA’\). При этом отрезок \(AA’\) перпендикулярен прямой \(a\) и делится точкой \(K\) пополам.
Рассмотрим прямоугольные треугольники \(\triangle AKO\) и \(\triangle A’KO\). Угол \(\angle AKO\) и угол \(\angle A’KO\) равны \(90^\circ\), так как \(AK \perp a\) и \(A’K\) лежит на той же прямой. Катет \(OK\) является общим для обоих треугольников. Катеты \(AK\) и \(A’K\) равны по построению симметричной точки (\(AK = KA’\)).
Таким образом, прямоугольные треугольники \(\triangle AKO\) и \(\triangle A’KO\) равны по двум катетам. Из равенства треугольников следует равенство соответствующих гипотенуз: \(OA’ = OA\).
Поскольку точка \(A\) лежит на сфере, \(OA = R\). Следовательно, \(OA’ = R\).
Это означает, что расстояние от точки \(A’\) до центра \(O\) равно радиусу сферы \(R\), и точка \(A’\) также лежит на сфере.
Мы выбрали произвольную точку \(A\) на сфере и произвольную прямую \(a\), проходящую через центр, и показали, что точка \(A’\), симметричная \(A\) относительно \(a\), также лежит на сфере. Следовательно, любая прямая, проходящая через центр сферы, является осью симметрии сферы.
в) Докажем, что любая плоскость, проходящая через центр сферы, является плоскостью симметрии сферы.
Плоскость симметрии фигуры — это плоскость, при отражении относительно которой фигура переходит сама в себя. Плоскость \(\alpha\) является плоскостью симметрии, если для любой точки \(A\) фигуры, симметричная ей точка \(A’\) относительно плоскости \(\alpha\) также принадлежит фигуре.
Пусть дана сфера с центром \(O\) и радиусом \(R\). Рассмотрим произвольную плоскость \(\alpha\), проходящую через центр сферы \(O\).
Возьмем произвольную точку \(A\) на сфере. По определению сферы, \(OA = R\).
Построим точку \(A’\), симметричную точке \(A\) относительно плоскости \(\alpha\). Если точка \(A\) лежит в плоскости \(\alpha\), то \(A’ = A\), и поскольку \(A\) лежит на сфере, \(A’\) также лежит на сфере. Рассмотрим случай, когда точка \(A\) не лежит в плоскости \(\alpha\). Для построения симметричной точки \(A’\) опустим перпендикуляр из точки \(A\) на плоскость \(\alpha\). Пусть \(K\) — основание этого перпендикуляра в плоскости \(\alpha\). Тогда прямая \(AK\) перпендикулярна плоскости \(\alpha\). Точка \(A’\) лежит на прямой \(AK\) (продолжении) на таком же расстоянии от \(K\), как и \(A\), но по другую сторону от \(\alpha\). То есть, \(AK = KA’\). При этом отрезок \(AA’\) перпендикулярен плоскости \(\alpha\) и делится точкой \(K\) пополам.
Рассмотрим прямоугольные треугольники \(\triangle AKO\) и \(\triangle A’KO\). Угол \(\angle AKO\) и угол \(\angle A’KO\) равны \(90^\circ\), так как \(AK \perp \alpha\) и \(A’K\) лежит на той же прямой, перпендикулярной \(\alpha\). Катет \(OK\) является общим для обоих треугольников (так как \(O\) лежит в плоскости \(\alpha\) и \(K\) лежит в плоскости \(\alpha\)). Катеты \(AK\) и \(A’K\) равны по построению симметричной точки (\(AK = KA’\)).
Таким образом, прямоугольные треугольники \(\triangle AKO\) и \(\triangle A’KO\) равны по двум катетам. Из равенства треугольников следует равенство соответствующих гипотенуз: \(OA’ = OA\).
Поскольку точка \(A\) лежит на сфере, \(OA = R\). Следовательно, \(OA’ = R\).
Это означает, что расстояние от точки \(A’\) до центра \(O\) равно радиусу сферы \(R\), и точка \(A’\) также лежит на сфере.
Мы выбрали произвольную точку \(A\) на сфере и произвольную плоскость \(\alpha\), проходящую через центр, и показали, что точка \(A’\), симметричная \(A\) относительно \(\alpha\), также лежит на сфере. Следовательно, любая плоскость, проходящая через центр сферы, является плоскостью симметрии сферы.
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.