Задание 24 ОГЭ по математике 2027: геометрическая задача на доказательство

Доказательство — цепочка утверждений, каждое из которых следует из условия, из уже доказанного или из теоремы. Эксперт не оценивает оформление и не вправе требовать определённых элементов записи, но понятная структура помогает не пропустить звено.

• Дано и доказать. Не обязательны. Короткая запись условия в обозначениях («ABCD вписан в окружность, M — точка пересечения прямых AB и CD») сразу показывает, чем можно пользоваться.
• Чертёж общего вида. Если на рисунке треугольник случайно вышел равнобедренным, а точка — серединой, легко «доказать» частный случай. В упражнении 24.3 материалов ПК 2026 года вместо произвольных точек взяли середины сторон — 0 баллов.
• Обоснованный шаг — утверждение вместе с причиной: «∠AOB = ∠COD как вертикальные», «AO = OC по условию», «треугольники подобны по двум углам». Причиной служит условие, определение, теорема из любого действующего учебника или доказанный ранее шаг. Ссылка на чертёж («видно, что параллельны») и на то, что нужно доказать, причиной не считается.
• Признак — целиком. Для равенства треугольников нужны три элемента, для подобия по двум углам — два угла, для подобия по второму признаку — пропорциональность двух сторон и равенство угла между ними. Каждый элемент назван и обоснован.
• Расположение точек. Если от него зависит рассуждение, оговорите его: решение демоверсии 2027 года начинается словами «можно считать, что точка C лежит между точками D и M».
• Вывод. Последняя строка повторяет то, что требовалось доказать. Ответа в задании 24 нет.

Справочные материалы КИМ дают формулы, а доказательство держится на признаках и свойствах, которых там нет. Их можно применять без доказательства:

• признаки равенства треугольников — по двум сторонам и углу между ними, по стороне и двум прилежащим углам, по трём сторонам — и признаки равенства прямоугольных треугольников;
• признаки подобия; у подобных треугольников соответственные углы равны, а сходственные стороны пропорциональны;
• признаки параллельности прямых по углам при секущей; свойства и признаки параллелограмма, ромба, прямоугольника;
• вписанные углы, опирающиеся на одну дугу, равны; у вписанного четырёхугольника сумма противоположных углов 180°;
• серединный перпендикуляр — множество точек, равноудалённых от концов отрезка; касательная перпендикулярна радиусу, отрезки касательных из одной точки равны.

Формулы КИМ и часть этих свойств — на странице справочных материалов ОГЭ. Те же свойства в задачах на вычисление — в задании 23 и задании 25.

Демоверсия 2027. «Известно, что около четырёхугольника ABCD можно описать окружность и что продолжения сторон AB и CD четырёхугольника пересекаются в точке M. Докажите, что треугольники MBC и MDA подобны».

1. Расположение: можно считать, что C лежит между D и M, а B — между A и M. В другом случае треугольники меняются ролями, и рассуждение то же.
2. Угол M у треугольников MBC и MDA общий.
3. ∠MBC = 180° − ∠ABC, потому что углы MBC и ABC смежные.
4. ABCD вписан в окружность, поэтому сумма его противоположных углов равна 180°: ∠ADC = 180° − ∠ABC.
5. Значит, ∠MBC = ∠ADC, а угол ADC — это угол ADM, так как C лежит на отрезке DM.
6. Треугольники MBC и MDA подобны по двум углам, что и требовалось доказать.

Следите за соответствием вершин: B соответствует D, C — A. Если из этого подобия понадобится пропорция, она пишется так: MBMD = MCMA = BCDA. Шаг 4 — свойство вписанного четырёхугольника: в справочных материалах его нет, но это теорема учебника, доказывать её не нужно.

Демоверсия 2026 была про площади: на средней линии трапеции ABCD с основаниями AD и BC выбрана точка E, нужно доказать, что сумма площадей треугольников BEC и AED равна половине площади трапеции. В решении ФИПИ через E проведена высота трапеции; по теореме Фалеса средняя линия делит её пополам, поэтому высоты обоих треугольников равны h. Сумма их площадей h · BC + AD2, а площадь трапеции 2h · BC + AD2 — ровно вдвое больше.