Задание 25 ОГЭ по математике 2027: сложная геометрическая задача

Эксперт проверяет математику, а не оформление. В общих подходах ФИПИ сказано прямо: лаконичное решение с основными шагами и без неверных утверждений — это решение без недостатков, а расположение записей не оценивается. Но цепочка в задании 25 длинная, и каждое её звено должно быть видно на бланке.

• Чертёж. Он нужен вам: качество построения эксперт не оценивает. Рисуйте фигуру общего вида — не равнобедренную и не прямоугольную, если этого нет в условии, — иначе рисунок подскажет ложное равенство.
• Обозначения. Назовите точки, которых нет в условии (точки касания, основание перпендикуляра, точку пересечения продолжений), и неизвестную: «Пусть BC = x».
• Каждый переход — с причиной. Равенство углов — с указанием, почему (накрест лежащие, вписанные на одну дугу, биссектриса); подобие — с признаком; равенство отрезков — с теоремой. Формулы из справочных материалов и утверждения любого действующего учебника используются без доказательства, доказывать нужно факты своей задачи: что точка лежит на окружности, что отрезок — высота.
• Положение точек. Если точка может оказаться на стороне или на её продолжении, оговорите это или выберите рассуждение, верное в обоих случаях, как в решении демоверсии 2026 года.
• Вычисления. Пишите преобразования под корнем и при возведении в квадрат полностью: в материалах ФИПИ для предметных комиссий 2026 года ошибка вида (25y)² = 25y² названа математической, и решение получило 0 баллов.
• Ответ. Отдельной строкой в конце: «Ответ: 198». Одно число без решения даёт 0 баллов.

В справочных материалах ОГЭ есть теоремы синусов и косинусов, формулы площадей и соотношения в прямоугольном треугольнике. Почти всё остальное, на чём держится задание 25, нужно помнить самому — и можно применять без доказательства как теоремы школьного учебника:

• центр вписанной окружности лежит на пересечении биссектрис, описанной — на пересечении серединных перпендикуляров; площадь треугольника S = pr, где p — полупериметр;
• биссектриса треугольника делит сторону на отрезки, пропорциональные прилежащим сторонам;
• вписанный угол равен половине дуги, угол, опирающийся на диаметр, прямой; у вписанного четырёхугольника сумма противоположных углов 180°;
• у описанного четырёхугольника суммы противоположных сторон равны;
• касательная перпендикулярна радиусу, отрезки касательных из одной точки равны;
• высота прямоугольного треугольника к гипотенузе — среднее пропорциональное отрезков, на которые она делит гипотенузу, медиана к гипотенузе равна её половине;
• площади подобных фигур относятся как квадрат коэффициента подобия.

Выжимка большей части этих фактов — на странице справочных материалов ОГЭ. Признаки подобия на задачах попроще — в задании 23, запись доказательства по шагам — в задании 24.

Демоверсия 2027. «Боковые стороны AB и CD трапеции ABCD равны соответственно 16 и 34, а основание BC равно 2. Биссектриса угла ADC проходит через середину стороны AB. Найдите площадь трапеции».

1. Пусть M — середина AB. Продолжим биссектрису DM до пересечения с прямой BC в точке K.
2. ∠CKD = ∠ADK как накрест лежащие при BC ∥ AD и секущей DK, а ∠ADK = ∠CDK, потому что DK — биссектриса. Значит, треугольник KCD равнобедренный: KC = CD = 34, и KB = KC − BC = 34 − 2 = 32.
3. Треугольники AMD и BMK равны по стороне и двум прилежащим углам: AM = MB, углы при M вертикальные, ∠MAD = ∠MBK как накрест лежащие. Отсюда AD = BK = 32.
4. Проведём через C прямую, параллельную AB, до пересечения с AD в точке P. ABCP — параллелограмм, поэтому AP = BC = 2, PC = AB = 16, PD = 32 − 2 = 30.
5. 16² + 30² = 256 + 900 = 1156 = 34², и по теореме, обратной теореме Пифагора, угол CPD прямой: CP — высота трапеции.
6. S = 32 + 22 · 16 = 272. Ответ: 272.

Трапеция в итоге оказалась прямоугольной, но в условии этого нет: прямой угол доказан в шаге 5. Принять CP за высоту «по рисунку» значило бы опереться на допущение.

Демоверсия 2026 была о параллелограмме ABCD с диагональю AC: в треугольник ABC вписана окружность с центром O, расстояния от O до точки A и до прямых AD и AC равны 5, 4 и 3. Ключ — радиус 3, высота параллелограмма 3 + 4 = 7, отрезок касательной из A, равный √5² − 3² = 4, и две записи площади треугольника ABC при BC = x: 7x2 = 3(4 + x). Отсюда x = 24, а площадь параллелограмма равна 2 · 3 · 28 = 168. В решении ФИПИ отдельно оговорено, что основание перпендикуляра из O может лежать на стороне AD или на её продолжении.