Задание 24 ОГЭ по математике: геометрическое доказательство

Геометрическая задача на доказательство. 2 балла.

часть2, геометрия

балл2

прототипов15

Как решать задание 24

В задании 24 надо доказать геометрическое утверждение. Нужно показать, что отрезки или углы равны, прямые параллельны, точки лежат на одной прямой. Запиши, что дано и что доказать, затем строй цепочку утверждений, где каждое опирается на признак, свойство или теорему.

Запиши «Дано» и «Доказать», сделай чертёж.
Найди равные или подобные треугольники, параллельные прямые.
Каждый шаг подкрепи признаком или теоремой и сделай вывод.

Частые ошибки

Используют то, что надо доказать.
Ссылаются на признак равенства, не проверив все три условия.

Критерии ФИПИ

2 балла: Доказательство верное, все шаги обоснованы.
1 балл: Доказательство в целом верное, но содержит неточности.
0 баллов: Решение не соответствует ни одному из критериев выше.

Сколько баллов нужно на 3, 4 и 5 →

Повтори теорию

Частые вопросы про задание 24

Сколько баллов даёт задание 24?

До 2 баллов по критериям ФИПИ. 2 балла: доказательство верное, все шаги обоснованы. 1 балл: доказательство в целом верное, но содержит неточности.

Как оформить решение задания 24?

Пиши решение по шагам: что обозначили или что дано, каждый переход и ссылку на правило или теорему, ответ отдельной строкой. Эксперт проверяет ход решения, а не только ответ.

Почему важна геометрия?

Для оценки «3» и выше нужно набрать не меньше 2 баллов за задания 15–19 и 23–25.

Все типы задания 24 с ответами

Тип 1

сложныйФИПИ: 4E334E, 006642, 367AFE

Сторона

A D

параллелограмма

A B C D

вдвое больше стороны

A B

. Точка

O

является серединой стороны

A D

. Докажите, что

B O

является биссектрисой угла

C B A

Ответ и решение

1Точка $O$ является серединой стороны $A D$ , поэтому $A O = \frac{1}{2} A D$ . По условию $A D = 2 A B$ , значит, $A O = A B$ .
2Треугольник $A O B$ равнобедренный с основанием $O B$ , поэтому углы при основании равны: $∠ A O B = ∠ A B O$ .
3Прямые $A D$ и $B C$ параллельны как противоположные стороны параллелограмма, $B O$ секущая, поэтому $∠ A O B = ∠ O B C$ как накрест лежащие углы.
4Значит, $∠ A B O = ∠ A O B = ∠ O B C$ : луч $B O$ делит угол $C B A$ на два равных угла, то есть $B O$ является биссектрисой угла $C B A$ .

Тип 2

сложныйФИПИ: E3F9F8, C7AA3F, B14289

Биссектрисы углов

M

L

параллелограмма

K L M N

пересекаются в точке

E

, лежащей на стороне

K N

. Докажите, что

E

является серединой

K N

Ответ и решение

1 $M E$ является биссектрисой угла $M$ , поэтому $∠ N M E = ∠ E M L$ .
2Прямые $L M$ и $K N$ параллельны как противоположные стороны параллелограмма, $M E$ секущая, поэтому $∠ E M L = ∠ N E M$ как накрест лежащие углы. Значит, $∠ N M E = ∠ N E M$ .
3В треугольнике $N M E$ два угла равны, поэтому он равнобедренный: $N E = M N$ .
4Аналогично $L E$ является биссектрисой угла $L$ , а $∠ M L E = ∠ L E K$ как накрест лежащие углы при параллельных прямых $L M$ и $K N$ и секущей $L E$ . Поэтому $∠ K L E = ∠ L E K$ , треугольник $L K E$ равнобедренный и $K E = K L$ .
5 $M N = K L$ как противоположные стороны параллелограмма. Значит, $N E = M N = K L = K E$ . Точка $E$ лежит на отрезке $K N$ и $N E = E K$ , поэтому $E$ является серединой $K N$ .

Тип 3

сложныйФИПИ: D2ED10, B609A6, 3842C4

Через точку

F

пересечения диагоналей параллелограмма

M N P K

проведена прямая, пересекающая стороны

M K

N P

в точках

E

Q

соответственно. Докажите, что отрезки

K E

N Q

равны.

Ответ и решение

1Рассмотрим треугольники $K F E$ и $N F Q$ .
2 $K F = N F$ , так как диагонали параллелограмма точкой пересечения делятся пополам.
3 $∠ K F E = ∠ N F Q$ как вертикальные углы.
4Прямые $M K$ и $N P$ параллельны как противоположные стороны параллелограмма, $N K$ секущая, поэтому $∠ F K E = ∠ F N Q$ как накрест лежащие углы.
5Значит, треугольники $K F E$ и $N F Q$ равны по стороне и двум прилежащим к ней углам (второй признак равенства треугольников). Отсюда $K E = N Q$ .

Тип 4

сложныйФИПИ: BD4A4E, 0796BC

Внутри параллелограмма

A B C D

выбрали произвольную точку

H

. Докажите, что сумма площадей треугольников

C H D

B H A

равна половине площади параллелограмма.

Ответ и решение

1Проведём через точку $H$ прямую, перпендикулярную $A B$ . Она пересекает прямые $A B$ и $C D$ в точках $M$ и $O$ ; так как $C D ∥ A B$ , то $O M ⊥ C D$ , и $O M$ является высотой параллелограмма.
2Точка $H$ лежит внутри параллелограмма, то есть между параллельными прямыми $C D$ и $A B$ , поэтому она лежит на отрезке $O M$ и $H O + H M = O M$ .
3 $H O$ является высотой треугольника $C H D$ , проведённой к стороне $C D$ , а $H M$ является высотой треугольника $B H A$ , проведённой к стороне $A B$ . Поэтому $S_{C H D} = \frac{1}{2} C D \cdot H O$ , $S_{B H A} = \frac{1}{2} A B \cdot H M$ .
4 $A B = C D$ как противоположные стороны параллелограмма, значит, $S_{C H D} + S_{B H A} = \frac{1}{2} C D \cdot H O + \frac{1}{2} C D \cdot H M = \frac{1}{2} C D \cdot (H O + H M) = \frac{1}{2} C D \cdot O M$ .
5Площадь параллелограмма равна произведению стороны на высоту, проведённую к ней: $S_{A B C D} = C D \cdot O M$ . Поэтому $S_{C H D} + S_{B H A} = \frac{1}{2} S_{A B C D}$ .

Тип 5

сложныйФИПИ: BE9A49, 9D9F45, F149FA

Основания

B C

A D

трапеции

A B C D

равны соответственно

9

16

B D = 12

. Докажите, что треугольники

C B D

B D A

подобны.

Ответ и решение

1Прямые $B C$ и $A D$ параллельны как основания трапеции, $B D$ секущая, поэтому $∠ C B D = ∠ B D A$ как накрест лежащие углы.
2 $\frac{B C}{B D} = \frac{9}{12} = \frac{3}{4}$ и $\frac{B D}{A D} = \frac{12}{16} = \frac{3}{4}$ , значит, $\frac{B C}{B D} = \frac{B D}{A D}$ .
3Итак, в треугольниках $C B D$ и $B D A$ стороны $B C$ и $B D$ , заключающие угол $C B D$ , пропорциональны сторонам $B D$ и $A D$ , заключающим равный ему угол $B D A$ .
4Значит, треугольники $C B D$ и $B D A$ подобны по двум пропорциональным сторонам и углу между ними (второй признак подобия треугольников).

Тип 6

сложныйФИПИ: 2EF3D2, DAEC5D

В трапеции

K L M N

с основаниями

K N

L M

диагонали пересекаются в точке

Q

. Докажите, что площади треугольников

N QM

L Q K

равны.

Ответ и решение

1Проведём высоты $M E$ и $L F$ трапеции. Они равны, так как каждая из них равна расстоянию между параллельными прямыми $L M$ и $K N$ .
2Треугольники $N M K$ и $N L K$ имеют общее основание $K N$ , а их высоты, проведённые к нему, равны $M E$ и $L F$ . Поэтому $S_{N M K} = \frac{1}{2} K N \cdot M E = \frac{1}{2} K N \cdot L F = S_{N L K}$ .
3Точка $Q$ лежит на диагоналях $K M$ и $L N$ , поэтому треугольник $N M K$ состоит из треугольников $N QM$ и $N Q K$ , а треугольник $N L K$ состоит из треугольников $L Q K$ и $N Q K$ : $S_{N M K} = S_{N QM} + S_{N Q K}$ , $S_{N L K} = S_{L Q K} + S_{N Q K}$ .
4Вычитая из равных площадей $S_{N M K}$ и $S_{N L K}$ площадь треугольника $N Q K$ , получаем $S_{N QM} = S_{L Q K}$ .

Тип 7

сложныйФИПИ: 7A5DF6, 8A0155, F57F67

На средней линии

E F

трапеции

A B C D

с основаниями

B C

A D

выбрали произвольную точку

T

. Докажите, что сумма площадей треугольников

D T A

C T B

равна половине площади трапеции.

Ответ и решение

1Проведём через точку $T$ прямую, перпендикулярную основаниям. Она пересекает прямые $A D$ и $B C$ в точках $H$ и $L$ , и $H L$ является высотой трапеции.
2Средняя линия $E F$ параллельна основаниям, а $E$ середина $C D$ . Параллельные прямые $A D$ , $E F$ и $B C$ отсекают на прямой $C D$ равные отрезки $D E$ и $E C$ , поэтому по теореме Фалеса они отсекают равные отрезки и на прямой $H L$ : $T H = T L = \frac{1}{2} H L$ .
3 $T H$ является высотой треугольника $D T A$ , проведённой к стороне $A D$ , а $T L$ является высотой треугольника $C T B$ , проведённой к стороне $B C$ . Поэтому $S_{D T A} + S_{C T B} = \frac{1}{2} A D \cdot T H + \frac{1}{2} B C \cdot T L = \frac{1}{2} (A D + B C) \cdot \frac{1}{2} H L$ .
4Площадь трапеции равна $S_{A B C D} = \frac{1}{2} (B C + A D) \cdot H L$ , поэтому $S_{D T A} + S_{C T B} = \frac{1}{2} S_{A B C D}$ .

Тип 8

сложныйФИПИ: 632804, 730010, 991A27

Биссектрисы углов

D

A

четырёхугольника

A B C D

пересекаются в точке

O

, лежащей на стороне

B C

. Докажите, что точка

O

равноудалена от прямых

C D

A D

A B

Ответ и решение

1Опустим из точки $O$ перпендикуляры $O E$ , $O H$ и $O T$ на прямые $C D$ , $A D$ и $A B$ . Их длины равны расстояниям от точки $O$ до этих прямых.
2Прямоугольные треугольники $D E O$ и $D H O$ имеют общую гипотенузу $D O$ , а $∠ E D O = ∠ H D O$ , так как $D O$ биссектриса угла $D$ . Значит, эти треугольники равны по гипотенузе и острому углу, и $O E = O H$ .
3Аналогично прямоугольные треугольники $A H O$ и $A T O$ имеют общую гипотенузу $A O$ и $∠ H A O = ∠ T A O$ , так как $A O$ биссектриса угла $A$ . Поэтому они равны по гипотенузе и острому углу, и $O H = O T$ .
4Итак, $O E = O H = O T$ , то есть точка $O$ равноудалена от прямых $C D$ , $A D$ и $A B$ .

Тип 9

сложныйФИПИ: B81A7C, 9B683D

Известно, что около четырёхугольника

A B C D

можно описать окружность и что продолжения сторон

C D

A B

четырёхугольника пересекаются в точке

N

. Докажите, что треугольники

N C B

N A D

подобны.

Ответ и решение

1Можно считать, что точка $D$ лежит между точками $C$ и $N$ , а точка $A$ между точками $B$ и $N$ (см. рисунок). Другой случай сводится к этому переобозначением $C \leftrightarrow D$ , $B \leftrightarrow A$ : условие и доказываемое утверждение при этом не меняются.
2Четырёхугольник $A B C D$ вписан в окружность, поэтому сумма его противоположных углов равна $18 0^{\circ}$ : $∠ C B A = 18 0^{\circ} - ∠ C D A$ .
3Углы $N D A$ и $C D A$ смежные, поэтому $∠ N D A = 18 0^{\circ} - ∠ C D A$ . Значит, $∠ N D A = ∠ C B A = ∠ N B C$ .
4У треугольников $N C B$ и $N A D$ угол $N$ общий, а $∠ N B C = ∠ N D A$ . Значит, треугольники $N C B$ и $N A D$ подобны по двум углам.

Тип 10

сложныйФИПИ: 6BB457, B32AEC, C60AED

Окружности с центрами в точках

M

N

пересекаются в точках

S

T

, причём точки

M

N

лежат по одну сторону от прямой

S T

. Докажите, что прямые

M N

S T

перпендикулярны.

Ответ и решение

1 $M S = M T$ как радиусы окружности с центром $M$ . Точка $M$ равноудалена от концов отрезка $S T$ , поэтому она лежит на серединном перпендикуляре к отрезку $S T$ .
2Аналогично $N S = N T$ как радиусы окружности с центром $N$ , и точка $N$ тоже лежит на серединном перпендикуляре к отрезку $S T$ .
3Точки $M$ и $N$ различны (окружности с общим центром не могут пересекаться в двух точках, не совпадая), а через две точки проходит единственная прямая. Значит, прямая $M N$ является серединным перпендикуляром к отрезку $S T$ , и $M N ⊥ S T$ .

Тип 11

проФИПИ: ABC508, 955204

Точка

F

является серединой боковой стороны

C D

трапеции

A B C D

. Докажите, что площадь треугольника

F A B

равна половине площади трапеции.

Ответ и решение

1Продолжим отрезок $A F$ до пересечения с прямой $B C$ в точке $P$ .
2Рассмотрим треугольники $F D A$ и $F C P$ : $F D = F C$ , так как $F$ середина $C D$ ; $∠ A F D = ∠ P F C$ как вертикальные углы; $∠ F D A = ∠ F C P$ как накрест лежащие углы при параллельных прямых $A D$ и $B P$ и секущей $C D$ .
3Значит, треугольники $F D A$ и $F C P$ равны по стороне и двум прилежащим к ней углам. Отсюда $A F = F P$ и $S_{F D A} = S_{F C P}$ .
4Отрезок $A F$ делит трапецию на четырёхугольник $A B C F$ и треугольник $F D A$ , а треугольник $A B P$ состоит из четырёхугольника $A B C F$ и треугольника $F C P$ . Поэтому $S_{A B C D} = S_{A B C F} + S_{F D A} = S_{A B C F} + S_{F C P} = S_{A B P}$ .
5Так как $A F = F P$ , отрезок $B F$ является медианой треугольника $A B P$ . Медиана делит треугольник на два треугольника с равными основаниями и общей высотой, то есть на два равновеликих треугольника: $S_{F A B} = \frac{1}{2} S_{A B P} = \frac{1}{2} S_{A B C D}$ .

Тип 12

проФИПИ: DFBC4D, 1B07A7, 37CCE6

В остроугольном треугольнике

A B C

проведены высоты

A K

C O

. Докажите, что углы

C O K

C A K

равны.

Ответ и решение

1Треугольник $A B C$ остроугольный, поэтому основания высот $K$ и $O$ лежат на сторонах $B C$ и $A B$ . Треугольники $A K C$ и $A O C$ прямоугольные (с прямыми углами $K$ и $O$ ) и имеют общую гипотенузу $A C$ .
2Пусть $H$ середина $A C$ . Медиана прямоугольного треугольника, проведённая к гипотенузе, равна её половине, поэтому $H K = \frac{1}{2} A C = H A$ и $H O = \frac{1}{2} A C = H A$ .
3Значит, $H A = H C = H K = H O$ , и точки $A$ , $O$ , $K$ , $C$ лежат на окружности с центром $H$ .
4Точки $A$ и $O$ лежат на стороне $A B$ , поэтому они находятся по одну сторону от прямой $B C$ , то есть от прямой $C K$ . Вписанные углы $C O K$ и $C A K$ опираются на одну и ту же дугу $C K$ , поэтому $∠ C O K = ∠ C A K$ .

Тип 13

проФИПИ: B35E5A, 2FEF51, A57F97

В треугольнике

A B C

с тупым углом

B C A

проведены высоты

B M

A R

. Докажите, что треугольники

M C R

B C A

подобны.

Ответ и решение

1Угол $B C A$ тупой, поэтому основания высот $M$ и $R$ лежат на продолжениях сторон $A C$ и $B C$ за точку $C$ .
2Треугольники $B C M$ и $A C R$ прямоугольные: $∠ B M C = ∠ A R C = 9 0^{\circ}$ . Углы $B C M$ и $A C R$ равны как вертикальные. Значит, треугольники $B C M$ и $A C R$ подобны по двум углам, и $\frac{C M}{C R} = \frac{B C}{A C}$ .
3Из этой пропорции $\frac{C M}{B C} = \frac{C R}{A C}$ .
4Углы $M C R$ и $B C A$ равны как вертикальные, а стороны $C M$ , $C R$ треугольника $M C R$ пропорциональны сторонам $B C$ , $A C$ треугольника $A B C$ . Значит, треугольники $M C R$ и $B C A$ подобны по двум пропорциональным сторонам и углу между ними.

Тип 14

проФИПИ: 613B4F, 367109, 1F1A22

В выпуклом четырёхугольнике

K L M N

углы

M N L

M K L

равны. Докажите, что углы

L M K

L N K

также равны.

Ответ и решение

1Четырёхугольник выпуклый, поэтому его диагонали пересекаются; обозначим точку их пересечения через $Q$ .
2В треугольниках $K Q L$ и $N QM$ углы $L K Q$ и $M N Q$ равны по условию, а углы $K Q L$ и $N QM$ равны как вертикальные. Значит, треугольники $K Q L$ и $N QM$ подобны по двум углам, и $\frac{K Q}{N Q} = \frac{L Q}{M Q}$ .
3Из этой пропорции $\frac{K Q}{L Q} = \frac{N Q}{M Q}$ . В треугольниках $K QN$ и $L QM$ углы $K QN$ и $L QM$ равны как вертикальные, а стороны $Q K$ , $QN$ пропорциональны сторонам $Q L$ , $QM$ .
4Значит, треугольники $K QN$ и $L QM$ подобны по двум пропорциональным сторонам и углу между ними, и их соответственные углы равны: $∠ QN K = ∠ QM L$ , то есть $∠ L N K = ∠ L M K$ .

Тип 15

проФИПИ: 51ABBB, 04B467

Окружности с центрами в точках

K

H

не имеют общих точек, и ни одна из них не лежит внутри другой. Внутренняя общая касательная к этим окружностям делит отрезок, соединяющий их центры, в отношении

a : b

. Докажите, что диаметры этих окружностей относятся как

a : b

Ответ и решение

1Пусть внутренняя общая касательная касается окружностей в точках $M$ и $O$ и пересекает отрезок $K H$ в точке $T$ . По условию $K T : H T = a : b$ .
2Радиусы $K M$ и $H O$ проведены в точки касания, поэтому они перпендикулярны касательной: $∠ K M T = ∠ H O T = 9 0^{\circ}$ .
3Точка $T$ лежит между $K$ и $H$ , а $M$ и $O$ являются проекциями точек $K$ и $H$ на касательную, поэтому $T$ лежит между $M$ и $O$ . Значит, $∠ K T M = ∠ H T O$ как вертикальные углы.
4Треугольники $K M T$ и $H O T$ подобны по двум углам, поэтому $\frac{K M}{H O} = \frac{K T}{H T} = \frac{a}{b}$ .
5Диаметры окружностей равны $2 K M$ и $2 H O$ , поэтому они относятся как $2 K M : 2 H O = K M : H O = a : b$ .