F4a Симметрия, поворот, перенос

Почему метод важен

По таблице ВсОШ 9 метод F4a (Доп. построение: симметрия, поворот, отражение) встречается 11 раз как основной. Это самый «универсальный ключ» планиметрии: когда задача сопротивляется, надо построить что-то новое — обычно образ при симметрии или повороте. Метод появляется на всех этапах с 2015 года и часто комбинируется с F2 (окружности), F3 (четырёхугольники), F1 (треугольники).

Главное, что даёт F4a:

• умение «дорисовывать» точку, симметричную относительно прямой, точки или центра окружности;
• работу с поворотом на 60° (для равностороннего треугольника), 90° (для квадрата), 120° (для правильного шестиугольника);
• использование центральной симметрии для удвоения медианы;
• сведение пары далёких отрезков к одному равному отрезку.

Реальные ориентиры из таблицы

Предупреждение: часть формулировок (особенно 2025 Муниципальный №4 и №8) приходят OCR-фрагментарно — в таких местах дан только первый ход и геометрическая идея, а не полное решение.

• Осевая симметрия сохраняет длины и углы: отражение точки $P$ относительно прямой $l$ даёт точку $P'$ такую, что $l$ — серединный перпендикуляр $PP'$, и для любой точки $Q$ на $l$: $PQ = P'Q$. Когда применять: задача на кратчайший путь через прямую, или когда нужно уравнять два расстояния до прямой.

• Центральная симметрия: $P' = 2O - P$. Серединой $PP'$ является $O$. Когда применять: в задачах про параллелограмм, середины диагоналей, центрально-симметричные фигуры.

• Поворот на угол $\varphi$ вокруг точки $O$: $|OP'| = |OP|$, $\angle POP' = \varphi$. Поворот сохраняет расстояния и углы. Когда применять: в задаче есть два равных отрезка $OA = OB$ и угол $\angle AOB$ задан — строй поворот вокруг $O$ на угол $\angle AOB$.

• Признак поворота через равнобедренный треугольник: если $OA = OB$ и $\angle AOB = \varphi$, то поворот на $\varphi$ вокруг $O$ переводит $A$ в $B$. Следствие: если ещё и $CA = CB$, то поворот переводит $C$ в $C$ (т.е. $C$ — на оси поворота, т.е. $OC$ — серединный перпендикуляр $AB$).

• Перенос на вектор $\vec{v}$: $P' = P + \vec{v}$. Сохраняет длины, направления, углы. Когда применять: задача про параллелограмм, трапецию; когда нужно «сдвинуть» всю конфигурацию.

• Отразить одну из двух «симметричных» точек: если задача содержит две точки, равноудалённых от прямой, отразить одну — и рассматривать путь через прямую как прямолинейный.

• Построить поворот на $60°$ вокруг вершины правильного треугольника: классический приём в задачах с правильными треугольниками; поворот на $60°$ переводит одну вершину в другую и «раскрывает» скрытое равенство.

• Построить поворот на $90°$ вокруг вершины квадрата: в задачах с квадратами или прямыми углами поворот на $90°$ вокруг вершины переводит одну сторону в другую перпендикулярную.

• Применить центральную симметрию относительно середины диагонали: в задачах о параллелограмме или о точках, делящих диагонали пополам — мгновенно получаешь параллельность и равенство противоположных сторон.

• Строить образ целой фигуры при движении: иногда нужно не просто отразить точку, а отразить или повернуть весь треугольник, чтобы увидеть совпадение.

• Использовать перенос для трапеции: провести через одну вершину прямую, параллельную боковой стороне, — это переносит одну боковую сторону и превращает трапецию в треугольник плюс параллелограмм.

Поверхностные признаки (что буквально написано):
- В условии встречается «правильный треугольник», «квадрат», «равносторонний», «ромб».
- Упоминается «биссектриса», «серединный перпендикуляр», «ось симметрии».
- В задаче есть два равных отрезка от одной точки: $OA = OB$.
- Условие содержит «минимум суммы расстояний» от точки до нескольких прямых или точек.

Структурные признаки (форма выражения, объекты):
- На чертеже видны два «одинаково выглядящих» треугольника, разделённых прямой или точкой.
- Угол между двумя равными отрезками равен $60°$, $90°$ или $120°$ — «красивый» угол.
- Условие задачи инвариантно при некотором движении (если поменять $A$ и $B$, задача не изменится).
- В задаче есть фраза «прямые $l_1 \parallel l_2$» с точкой между ними.

Цель задачи (что от тебя хотят):
- Найти кратчайший путь, проходящий через точки на нескольких прямых.
- Доказать, что три точки коллинеарны (используя, что движение переводит одну в другую).
- Доказать равенство углов или отрезков, расположенных «симметрично» на чертеже.

Задача 1. Поворот на 60° в задаче с равносторонним треугольником

Условие: На сторонах $AB$, $BC$, $CA$ правильного треугольника $ABC$ взяты точки $P$, $Q$, $R$ соответственно, причём $AP = BQ = CR$. Докажите, что треугольник $PQR$ — правильный.

Источник: Классическая олимпиадная задача (ВсОШ региональный, разные годы)

Как думать (рассуждение ученика):
1. Вижу правильный треугольник, равные отрезки от вершин. Сразу думаю: «симметрия» или «поворот»? Поворот на $60°$ — естественный для правильного треугольника.
2. Поворот на $60°$ вокруг центра $O$ переводит $A \to B \to C \to A$. Но тогда $P \to Q$? Проверю: $P$ на $AB$, $AP = x$. При повороте на $60°$ вокруг $A$: $B$ переходит в... нет, поворот вокруг вершины, не центра.
3. Попробую поворот на $60°$ вокруг вершины $B$. При повороте на $60°$ вокруг $B$: $A$ переходит в $C$ (так как $BA = BC$ и $\angle ABC = 60°$). Тогда $P$ на $BA$ переходит в точку $P'$ на $BC$ с $BP' = BP = BA - AP = AB - x$. Но $BQ = x$, а $BP' = AB - x \neq x$ в общем случае. Не то.
4. Поворот на $60°$ вокруг $B$, но теперь смотрю, куда идёт $P$. $P$ на $AB$, $BP = AB - AP = a - x$. Образ $P$ при повороте вокруг $B$: точка $P'$ на луче $BC$ с $BP' = BP = a - x$. Но $Q$ на $BC$ с $BQ = x$... Не то.
5. Изменю направление: поворот на $-60°$ (в другую сторону) вокруг $B$. $A$ переходит в $C$? Нет: поворот на $-60°$ вокруг $B$ переводит $A$ в $C$ только если угол $\angle ABC = 60°$ и $BA = BC$ — да, это так! Значит $P$ (на $BA$, $BP = a-x$) переходит в точку на $BC$ с $B$-расстоянием $a-x$. Это не $Q$ (которая имеет $BQ = x$).
6. Подожди, попробую поворот вокруг $A$ на $-60°$. $B$ переходит в $C'$... $\angle BAC = 60°$, $AB = AC$, так что поворот на $-60°$ вокруг $A$ переводит $B$ в $C$. Тогда $P$ (на $AB$, $AP = x$) переходит в точку $P'$ на $AC$ с $AP' = AP = x$. Но $CR = x$, значит $AR = AC - CR = a - x \neq x$. Снова не то.
7. А что если я рассматриваю поворот на $60°$ вокруг $A$? $B \to C$ (в другую сторону). $P$ на $AB$ с $AP = x$ переходит в $P'$ на $AC$ с $AP' = x$. Это не $R$ (которая $CR = x$, $AR = a-x$). Не то.
8. Попробую другой подход: поворот на $60°$ вокруг $B$ переводит $A$ в $C$ (ибо $BA = BC$, $\angle ABC = 60°$). Значит $AP = x \Rightarrow$ образ точки $P$ при повороте на $60°$ вокруг $B$: $P$ на $BA$, $AP = x$, $BP = a - x$. Образ $P'$: на $BC$, $BP' = a - x$, значит $P'C = a - (a-x) = x = CR$. То есть $P' = Q'$, где $Q'$ — точка на $BC$ с $Q'C = x = CR$. Но $Q$ — точка с $BQ = x$! $BP' = a-x$, $BQ = x$. Только при $a = 2x$ они совпадут. Не то.
9. Перестрою логику. Введём координаты: $A = (0, 0)$, $B = (a, 0)$, $C = (a/2, a\sqrt{3}/2)$. $P = (x, 0)$, $Q = (a, 0) + (x/a)((a/2, a\sqrt{3}/2) - (a, 0)) = (a - x/2, x\sqrt{3}/2)$... Нет, подождём. $BQ = x$ вдоль $BC$. Вектор $BC = (-a/2, a\sqrt{3}/2)$, длина $a$. $Q = B + (x/a) \cdot (-a/2, a\sqrt{3}/2) = (a - x/2, x\sqrt{3}/2)$. Аналогично $R = C + (x/a)(A - C) = (a/2 - x \cdot a/(2a), a\sqrt{3}/2 - x\sqrt{3}/2) = (a/2 - x/2, (a-x)\sqrt{3}/2)$... Но $CR = x$ вдоль $CA$: $R = C + (x/a)(A - C) = (a/2(1 - x/a), a\sqrt{3}/2(1 - x/a)) = ((a-x)/2, (a-x)\sqrt{3}/2)$.
10. Теперь $PQ^2 = (a - x/2 - x)^2 + (x\sqrt{3}/2)^2 = (a - 3x/2)^2 + 3x^2/4$. $QR^2 = ((a-x)/2 - (a-x/2))^2 + ((a-x)\sqrt{3}/2 - x\sqrt{3}/2)^2 = (-x/2 - x/2 + a/2 - a/2 + x/2)^2$... Это громоздко. Лучше докажу через поворот.
11. Верная идея: поворот на $60°$ вокруг $B$ переводит луч $BA$ в луч $BC$ (угол $60°$, $BA = BC$, поворот не на $60°$, а... $\angle ABC = 60°$). Но мне нужно, чтобы поворот переводил $P$ в $Q$. $P$ на $AB$, $BP = a - x$. $Q$ на $BC$, $BQ = x$. Для совпадения нужно $a - x = x$, то есть $x = a/2$. В общем случае не так.
12. Правильный приём: рассмотрим поворот на $60°$ вокруг $B$, который переводит $A \to C$ (поскольку треугольник правильный). Тогда $P \to P^*$, где $P^*$ на $BC$, $BP^* = BP = a - x$, т.е. $P^*Q = BQ - BP^* = x - (a-x) = 2x - a$ (если $x > a/2$). Это не сразу даёт $PQR$ равносторонним.
13. Используем другой подход: докажем $PQ = QR = RP$ и $\angle PQR = 60°$ через прямое вычисление. По симметрии задачи достаточно проверить $PQ = QR$ (остальное аналогично). Из координат: $P = (x, 0)$, $Q = (a - x/2, x\sqrt{3}/2)$, $R = ((a-x)/2, (a-x)\sqrt{3}/2)$. $$PQ^2 = (a - 3x/2)^2 + 3x^2/4 = a^2 - 3ax + 9x^2/4 + 3x^2/4 = a^2 - 3ax + 3x^2.$$ $$QR^2 = (a - x/2 - (a-x)/2)^2 + (x\sqrt{3}/2 - (a-x)\sqrt{3}/2)^2$$ $$= ((a - x/2 - a/2 + x/2))^2 + (\sqrt{3}/2)^2(x - a + x)^2$$ $$= (a/2)^2 + 3/4(2x-a)^2 = a^2/4 + 3(2x-a)^2/4.$$ Раскроем: $3(2x-a)^2/4 = 3(4x^2 - 4ax + a^2)/4 = 3x^2 - 3ax + 3a^2/4$. Тогда $QR^2 = a^2/4 + 3x^2 - 3ax + 3a^2/4 = a^2 - 3ax + 3x^2 = PQ^2$. Аналогично $RP^2 = a^2 - 3ax + 3x^2$. Треугольник $PQR$ равносторонний.

Решение (компактное):
Введём систему координат: $A=(0,0)$, $B=(a,0)$, $C=(a/2, a\sqrt{3}/2)$. Пусть $AP=BQ=CR=x$. Тогда$$P=(x,0),\quad Q=\Bigl(a-\tfrac{x}{2},\, \tfrac{x\sqrt{3}}{2}\Bigr),\quad R=\Bigl(\tfrac{a-x}{2},\, \tfrac{(a-x)\sqrt{3}}{2}\Bigr).$$ Прямым подсчётом: $PQ^2 = QR^2 = RP^2 = a^2 - 3ax + 3x^2$. Все стороны равны, треугольник $PQR$ — правильный.

Ответ: $\triangle PQR$ — правильный.

Что в этой задаче было главным: симметрия условия задачи (цикличность $A \to B \to C$) сразу подсказывает, что $PQR$ должен быть равносторонним; нужна только проверка равенства сторон.

Задача 2. Отражение в задаче на кратчайший путь с двумя отражениями

Условие: Точки $A$ и $B$ лежат по одну сторону от угла (пересечения двух прямых $l_1$ и $l_2$). Найдите точки $P \in l_1$ и $Q \in l_2$ такие, что $AP + PQ + QB$ наименьшее.

Источник: Тренировочная (классический тип задач ВсОШ на движения)

Как думать (рассуждение ученика):
1. Два «зеркала» ($l_1$ и $l_2$) и нужен кратчайший путь $A \to P \to Q \to B$. Это задача на двойное отражение.
2. Для одного зеркала мы отражали точку и брали прямую. Для двух: сначала отразим $A$ относительно $l_1$ (получим $A'$), затем отразим $B$ относительно $l_2$ (получим $B'$). Кратчайший путь $A'PQB'$ — прямая $A'B'$.
3. $P$ — пересечение $A'B'$ с $l_1$, $Q$ — пересечение $A'B'$ с $l_2$. Минимум $AP + PQ + QB = A'B'$.

Решение:
Отразим $A$ относительно $l_1$, получим $A'$; отразим $B$ относительно $l_2$, получим $B'$. Тогда для любых $P \in l_1$, $Q \in l_2$:$AP + PQ + QB = A'P + PQ + QB' \geq A'B'.$ Равенство при $P, Q$ на отрезке $A'B'$.

Ответ: Минимум равен $|A'B'|$, где $A'$, $B'$ — отражения $A$, $B$ в прямых $l_1$, $l_2$.

Что в этой задаче было главным: цепочка отражений «спрямляет» ломаный путь в прямолинейный — это стандартная идея, расширяющаяся на $k$ зеркал.

Мини-тест после статьи

1. В \(\triangle ABC\) медиана из \(A\) равна \(\tfrac12 BC\). Чему равен \(\angle BAC\)?
2. В равностороннем \(\triangle ABC\) внутри взята точка \(P\), \(PA=3, PB=4, PC=5\). Применив поворот на 60°, найдите площадь треугольника со сторонами \(PA, PB, PC\) (полученного после поворота).
3. В квадрате \(ABCD\) точка \(M\) внутри такова, что \(MA=2, MB=3, MC=4\). Найдите \(MD\).
4. В параллелограмме \(ABCD\) точка \(O\) — центр. Прямая через \(O\) пересекает \(AB\) в \(M\) и \(CD\) в \(N\). Что можно сказать про \(OM\) и \(ON\)?
5. В трапеции \(ABCD\) с \(AD\parallel BC\), \(BC=4, AD=10, AB=5, CD=6\). Найдите высоту.

Ответы:

1. \(\angle BAC=90°\) (так как \(M\) — центр описанной окружности).
2. Площадь равна \(6\) (треугольник со сторонами \(3, 4, 5\) — прямоугольный, площадь \(\tfrac12\cdot3\cdot4=6\)).
3. \(MD=\sqrt{MA^2+MC^2-MB^2}=\sqrt{4+16-9}=\sqrt{11}\) (свойство квадрата: для любой точки \(MA^2+MC^2=MB^2+MD^2\)).
4. \(OM=ON\) (центральная симметрия параллелограмма).
5. \(h=\sqrt{AB^2-((AD-BC-?)/2)^2}\); пусть основание \(AE=\tfrac{AD-BC+AB^2-CD^2}{2(AD-BC)}\cdot\ldots\); по правилу: пусть \(AE=x, FD=y, x+y=6, AB^2-x^2=CD^2-y^2\), \(25-x^2=36-y^2\), \(y^2-x^2=11\), \(y-x=\tfrac{11}{6}\), \(y=\tfrac{47}{12}, x=\tfrac{25}{12}\). \(h^2=25-x^2=25-\tfrac{625}{144}=\tfrac{3600-625}{144}=\tfrac{2975}{144}\), \(h=\tfrac{\sqrt{2975}}{12}=\tfrac{5\sqrt{119}}{12}\).

Финальный конспект

• F4a — это искусство доп. построения. Если задача не «открывается» — попробуй симметрию, поворот, отражение, перенос.
• 4 типа изометрий: \(S_\ell\) (осевая), \(S_O\) (центральная), \(R_{O,\alpha}\) (поворот), \(T_{\vec v}\) (перенос). Все они сохраняют расстояния и углы.
• Любимые ходы:
• удвоение медианы → параллелограмм;
• отражение относительно биссектрисы → равные отрезки;
• поворот на 60° вокруг вершины равностороннего треугольника → точки сшиваются;
• поворот на 90° в квадрате;
• перенос боковой стороны трапеции → треугольник из разности.
• Опорная формула для параллелограмма: \(d_1^2+d_2^2=2(a^2+b^2)\) (сумма квадратов диагоналей = двойная сумма квадратов сторон).
• Опорная формула для квадрата с точкой \(P\) внутри: \(PA^2+PC^2=PB^2+PD^2\).
• При работе с окружностью дополнительное построение часто означает: отразить точку \(P\) относительно центра \(O\), получить диаметрально противоположную точку — и использовать вписанный угол на диаметр.

Главное правило F4a — не бояться добавить новую точку на чертёж, если она симметрична существующей. Один правильный отражённый образ — и задача обычно решается одним-двумя стандартными ходами.