Страница 51 - гдз по геометрии 8 класс учебник Шыныбеков, Шыныбеков

1.201. Если в параллелограмм можно вписать и около него описать окружность, то он является квадратом. Докажите.

Для доказательства утверждения мы воспользуемся свойствами вписанных и описанных четырехугольников. Пусть дан параллелограмм со сторонами $a$ и $b$ и углами $\alpha$ и $\beta$.

Свойство описанной окружности
Около четырехугольника можно описать окружность в том и только в том случае, если сумма его противолежащих углов равна $180^\circ$.
В параллелограмме противолежащие углы равны. Пусть это углы $\alpha$ и $\gamma$. По свойству параллелограмма, $\alpha = \gamma$.
Для того чтобы около параллелограмма можно было описать окружность, должно выполняться условие $\alpha + \gamma = 180^\circ$.
Подставив $\alpha = \gamma$, получим: $ \alpha + \alpha = 180^\circ \implies 2\alpha = 180^\circ \implies \alpha = 90^\circ $
Параллелограмм, у которого один из углов прямой, является прямоугольником. Таким образом, из возможности описать окружность следует, что данный параллелограмм — прямоугольник.

Свойство вписанной окружности
В четырехугольник можно вписать окружность в том и только в том случае, если суммы длин его противолежащих сторон равны (теорема Пито).
В параллелограмме противолежащие стороны равны. Пусть длины смежных сторон равны $a$ и $b$. Тогда две противолежащие стороны имеют длину $a$, а две другие — длину $b$.
Согласно теореме Пито, должно выполняться равенство: $ a + a = b + b \implies 2a = 2b \implies a = b $
Параллелограмм, у которого все стороны равны ($a=b$), является ромбом. Таким образом, из возможности вписать окружность следует, что данный параллелограмм — ромб.

Заключение
Из двух вышеизложенных пунктов следует, что данный параллелограмм должен быть одновременно и прямоугольником (все углы равны $90^\circ$), и ромбом (все стороны равны).
Фигура, которая является одновременно прямоугольником и ромбом, по определению является квадратом.

Ответ: Что и требовалось доказать.

1.202. Докажите, что около четырехугольника, полученного при пересечении биссектрис произвольного выпуклого четырехугольника, можно описать окружность.

Пусть дан произвольный выпуклый четырехугольник $ABCD$. Обозначим его внутренние углы как $\angle A, \angle B, \angle C, \angle D$. Известно, что сумма углов выпуклого четырехугольника равна $360^{\circ}$:

$\angle A + \angle B + \angle C + \angle D = 360^{\circ}$

Проведем биссектрисы внутренних углов четырехугольника $ABCD$. Пусть биссектрисы углов $A$ и $B$ пересекаются в точке $Q$, биссектрисы углов $B$ и $C$ — в точке $R$, биссектрисы углов $C$ и $D$ — в точке $S$, а биссектрисы углов $D$ и $A$ — в точке $P$. В результате пересечения этих биссектрис образуется четырехугольник $PQRS$.

Для того чтобы доказать, что около четырехугольника $PQRS$ можно описать окружность, необходимо доказать, что он является вписанным. Согласно свойству вписанного четырехугольника, сумма его противолежащих углов должна быть равна $180^{\circ}$. Докажем, что сумма углов при вершинах $P$ и $R$ равна $180^{\circ}$.

Рассмотрим треугольник $APD$, образованный вершинами $A, D$ исходного четырехугольника и точкой $P$ — точкой пересечения их биссектрис. Углы этого треугольника при вершинах $A$ и $D$ равны половинам соответствующих углов четырехугольника $ABCD$, так как $AP$ и $DP$ — биссектрисы:

$\angle PAD = \frac{\angle A}{2}$
$\angle PDA = \frac{\angle D}{2}$

Сумма углов в любом треугольнике равна $180^{\circ}$. Угол $\angle APD$ является внутренним углом $\angle P$ четырехугольника $PQRS$. Найдем его величину:

$\angle P = \angle APD = 180^{\circ} - (\angle PAD + \angle PDA) = 180^{\circ} - \left(\frac{\angle A}{2} + \frac{\angle D}{2}\right) = 180^{\circ} - \frac{\angle A + \angle D}{2}$

Аналогично рассмотрим треугольник $BRC$, образованный вершинами $B, C$ и точкой $R$ — точкой пересечения их биссектрис. Углы этого треугольника при вершинах $B$ и $C$ равны:

$\angle RBC = \frac{\angle B}{2}$
$\angle RCB = \frac{\angle C}{2}$

Угол $\angle BRC$ является внутренним углом $\angle R$ четырехугольника $PQRS$. Его величина равна:

$\angle R = \angle BRC = 180^{\circ} - (\angle RBC + \angle RCB) = 180^{\circ} - \left(\frac{\angle B}{2} + \frac{\angle C}{2}\right) = 180^{\circ} - \frac{\angle B + \angle C}{2}$

Теперь найдем сумму противолежащих углов $\angle P$ и $\angle R$ четырехугольника $PQRS$:

$\angle P + \angle R = \left(180^{\circ} - \frac{\angle A + \angle D}{2}\right) + \left(180^{\circ} - \frac{\angle B + \angle C}{2}\right)$

$\angle P + \angle R = 360^{\circ} - \frac{\angle A + \angle B + \angle C + \angle D}{2}$

Подставим в это выражение известную сумму углов четырехугольника $ABCD$:

$\angle P + \angle R = 360^{\circ} - \frac{360^{\circ}}{2} = 360^{\circ} - 180^{\circ} = 180^{\circ}$

Поскольку сумма противолежащих углов ($\angle P$ и $\angle R$) четырехугольника $PQRS$ равна $180^{\circ}$, то он является вписанным в окружность. Это означает, что около него можно описать окружность.

Ответ: Что и требовалось доказать.

1.203. Докажите, что около четырехугольника, полученного при пересечении биссектрис внешних углов произвольного выпуклого четырехугольника, можно описать окружность.

Для доказательства того, что около четырехугольника, полученного при пересечении биссектрис внешних углов произвольного выпуклого четырехугольника, можно описать окружность, необходимо показать, что сумма его противоположных углов равна $180^\circ$.

Доказательство

Пусть дан произвольный выпуклый четырехугольник $ABCD$. Обозначим его внутренние углы при вершинах $A, B, C, D$ как $\alpha, \beta, \gamma, \delta$ соответственно. Сумма внутренних углов выпуклого четырехугольника равна $360^\circ$, то есть:
$\alpha + \beta + \gamma + \delta = 360^\circ$

Внешние углы при вершинах $A, B, C, D$ равны соответственно $180^\circ - \alpha$, $180^\circ - \beta$, $180^\circ - \gamma$, $180^\circ - \delta$.

Проведем биссектрисы этих внешних углов. Пусть:
- биссектрисы внешних углов при вершинах $A$ и $B$ пересекаются в точке $P$;
- биссектрисы внешних углов при вершинах $B$ и $C$ пересекаются в точке $Q$;
- биссектрисы внешних углов при вершинах $C$ и $D$ пересекаются в точке $R$;
- биссектрисы внешних углов при вершинах $D$ и $A$ пересекаются в точке $S$.

В результате мы получили новый четырехугольник $PQRS$. Найдем величины его углов.

Рассмотрим треугольник $APB$. Его углы при вершинах $A$ и $B$ равны половинам соответствующих внешних углов четырехугольника $ABCD$.
$\angle PAB = \frac{180^\circ - \alpha}{2} = 90^\circ - \frac{\alpha}{2}$
$\angle PBA = \frac{180^\circ - \beta}{2} = 90^\circ - \frac{\beta}{2}$

Сумма углов в треугольнике $APB$ равна $180^\circ$. Следовательно, угол при вершине $P$ (угол $\angle APB$) равен:
$\angle P = 180^\circ - (\angle PAB + \angle PBA) = 180^\circ - (90^\circ - \frac{\alpha}{2} + 90^\circ - \frac{\beta}{2})$
$\angle P = 180^\circ - 180^\circ + \frac{\alpha}{2} + \frac{\beta}{2} = \frac{\alpha + \beta}{2}$

Аналогично рассмотрим треугольник $CRD$. Его углы при вершинах $C$ и $D$ равны половинам соответствующих внешних углов четырехугольника $ABCD$.
$\angle RCD = \frac{180^\circ - \gamma}{2} = 90^\circ - \frac{\gamma}{2}$
$\angle RDC = \frac{180^\circ - \delta}{2} = 90^\circ - \frac{\delta}{2}$

Угол при вершине $R$ (угол $\angle CRD$) равен:
$\angle R = 180^\circ - (\angle RCD + \angle RDC) = 180^\circ - (90^\circ - \frac{\gamma}{2} + 90^\circ - \frac{\delta}{2})$
$\angle R = 180^\circ - 180^\circ + \frac{\gamma}{2} + \frac{\delta}{2} = \frac{\gamma + \delta}{2}$

Теперь найдем сумму противоположных углов $\angle P$ и $\angle R$ четырехугольника $PQRS$:
$\angle P + \angle R = \frac{\alpha + \beta}{2} + \frac{\gamma + \delta}{2} = \frac{\alpha + \beta + \gamma + \delta}{2}$

Так как $\alpha + \beta + \gamma + \delta = 360^\circ$, подставим это значение в полученное выражение:
$\angle P + \angle R = \frac{360^\circ}{2} = 180^\circ$

Поскольку сумма противоположных углов четырехугольника $PQRS$ равна $180^\circ$, по признаку вписанного четырехугольника, около него можно описать окружность. Что и требовалось доказать.

Ответ: Доказано, что сумма противоположных углов четырехугольника, образованного биссектрисами внешних углов, равна $180^\circ$, следовательно, около него всегда можно описать окружность.

1.204. Окружность на сторонах выпуклого четырехугольника отсекает равные между собой хорды. Докажите, что суммы противоположных сторон этого четырехугольника равны.

Пусть дан выпуклый четырехугольник $ABCD$, а также окружность с центром в точке $O$. По условию, эта окружность высекает на прямых, содержащих стороны четырехугольника ($AB, BC, CD, DA$), хорды одинаковой длины. Обозначим эту длину через $l$.

Основное свойство окружности гласит, что хорды равной длины равноудалены от ее центра. Пусть $d_{AB}, d_{BC}, d_{CD}, d_{DA}$ — это расстояния от центра $O$ до прямых $AB, BC, CD, DA$ соответственно. Поскольку все четыре хорды имеют равную длину $l$, то и расстояния от центра $O$ до прямых, на которых они лежат, также равны:$d_{AB} = d_{BC} = d_{CD} = d_{DA}$.Обозначим это общее расстояние как $d$.

Равенство расстояний от точки $O$ до прямых, содержащих стороны четырехугольника, означает, что точка $O$ лежит на биссектрисах углов этого четырехугольника. Поскольку четырехугольник $ABCD$ выпуклый, точка $O$ лежит на биссектрисах его внутренних углов:
1. Так как $O$ равноудалена от прямых $AB$ и $BC$, она принадлежит биссектрисе угла $\angle B$.
2. Так как $O$ равноудалена от прямых $BC$ и $CD$, она принадлежит биссектрисе угла $\angle C$.
3. Аналогично, точка $O$ принадлежит биссектрисам углов $\angle D$ и $\angle A$.

Тот факт, что все четыре биссектрисы внутренних углов четырехугольника $ABCD$ пересекаются в одной точке $O$, является необходимым и достаточным условием того, что в данный четырехугольник можно вписать окружность (с центром в точке $O$ и радиусом $d$). Такой четырехугольник называется описанным.

Для любого описанного четырехугольника верна теорема Пито, которая гласит, что суммы длин противоположных сторон равны. Применительно к нашему четырехугольнику $ABCD$ это означает:$AB + CD = BC + DA$.

Таким образом, утверждение доказано.

Ответ: Суммы противоположных сторон этого четырехугольника равны, что и требовалось доказать.

1.205. Может ли радиус окружности, вписанной в равнобедренную трапецию с основаниями 24 см и 16 см, равняться 8 см?

Для того чтобы в четырехугольник можно было вписать окружность, необходимо и достаточно, чтобы суммы длин его противоположных сторон были равны. Для равнобедренной трапеции с основаниями $a$ и $b$ и боковыми сторонами $c$ это условие выглядит так: $a + b = c + c = 2c$.

Сначала определим, какой должна быть боковая сторона $c$ у трапеции с основаниями $a=24$ см и $b=16$ см, чтобы в нее можно было вписать окружность.

$c = \frac{a+b}{2} = \frac{24+16}{2} = \frac{40}{2} = 20$ см.

Теперь найдем высоту $h$ такой трапеции. Если из вершины меньшего основания опустить перпендикуляр на большее основание, образуется прямоугольный треугольник. Гипотенузой этого треугольника будет боковая сторона $c$, одним из катетов — высота $h$, а вторым катетом — отрезок, длина которого равна полуразности оснований:

$\frac{a-b}{2} = \frac{24-16}{2} = \frac{8}{2} = 4$ см.

По теореме Пифагора найдем высоту $h$:

$c^2 = h^2 + \left(\frac{a-b}{2}\right)^2$

$h^2 = c^2 - \left(\frac{a-b}{2}\right)^2$

$h^2 = 20^2 - 4^2 = 400 - 16 = 384$

$h = \sqrt{384} = \sqrt{64 \cdot 6} = 8\sqrt{6}$ см.

Высота трапеции, в которую вписана окружность, равна диаметру этой окружности ($h = 2r$), следовательно, радиус $r$ равен половине высоты:

$r = \frac{h}{2} = \frac{8\sqrt{6}}{2} = 4\sqrt{6}$ см.

Мы вычислили, что для данной трапеции радиус вписанной окружности может быть только $4\sqrt{6}$ см. Теперь сравним это значение со значением, данным в условии задачи (8 см).

Предположим, что $4\sqrt{6} = 8$.

Разделим обе части уравнения на 4:

$\sqrt{6} = 2$

Возведем обе части в квадрат:

$6 = 4$

Полученное равенство является ложным. Это означает, что радиус вписанной окружности не может быть равен 8 см.

Альтернативное решение (методом от противного):

Предположим, что радиус вписанной окружности равен $r = 8$ см. Тогда высота трапеции $h$, равная диаметру окружности, составляет $h = 2r = 16$ см.

Так как в трапецию вписана окружность, сумма оснований равна сумме боковых сторон: $24 + 16 = 2c$, откуда боковая сторона $c = 20$ см.

Проверим, выполняется ли для этих значений теорема Пифагора в прямоугольном треугольнике, образованном боковой стороной $c$, высотой $h$ и отрезком $\frac{a-b}{2} = 4$ см.

$c^2 = h^2 + \left(\frac{a-b}{2}\right)^2$

$20^2 = 16^2 + 4^2$

$400 = 256 + 16$

$400 = 272$

Мы получили неверное равенство, что означает, что наше первоначальное предположение о том, что радиус равен 8 см, неверно. Равнобедренной трапеции с основаниями 24 и 16 см и высотой 16 см, в которую можно вписать окружность, не существует.

Ответ: нет, не может.

1.206. Докажите, что прямые, соединяющие точки касания противоположных сторон описанной равнобедренной трапеции, проходят через точку пересечения ее диагоналей.

Пусть дана описанная равнобедренная трапеция $ABCD$ с основаниями $BC$ и $AD$ ($BC \parallel AD$) и боковыми сторонами $AB$ и $CD$ ($AB=CD$). Пусть в нее вписана окружность, которая касается сторон $AB$, $BC$, $CD$, $AD$ в точках $K$, $L$, $M$, $N$ соответственно. Пусть $O$ — точка пересечения диагоналей $AC$ и $BD$. Требуется доказать, что прямые $LN$ и $KM$ проходят через точку $O$.

Доказательство разобьем на две части для каждой прямой.

1. Доказательство для прямой LN

Прямая $LN$ соединяет точки касания на параллельных основаниях трапеции. Радиусы вписанной окружности, проведенные в точки касания, перпендикулярны касательным. Следовательно, радиус, проведенный в точку $L$, перпендикулярен $BC$, а радиус, проведенный в точку $N$, перпендикулярен $AD$. Так как $BC \parallel AD$, то точки $L$, центр окружности $I$ и точка $N$ лежат на одной прямой. Отрезок $LN$ является диаметром вписанной окружности и перпендикулярен основаниям, то есть является высотой трапеции.

В равнобедренной трапеции прямая, проходящая через середины оснований, является ее осью симметрии. Центр вписанной окружности $I$ всегда лежит на этой оси. Так как $LN$ — это высота, проходящая через центр $I$, то прямая $LN$ совпадает с осью симметрии трапеции.

Точка пересечения диагоналей $O$ равнобедренной трапеции также всегда лежит на ее оси симметрии.

Поскольку и прямая $LN$, и точка $O$ лежат на одной и той же прямой (оси симметрии трапеции), то прямая $LN$ проходит через точку $O$.

2. Доказательство для прямой KM

Сначала установим свойство точек $K$ и $M$ на боковых сторонах $AB$ и $CD$. Пусть длины отрезков касательных, проведенных из вершин $A, B, C, D$ к вписанной окружности, равны $t_A, t_B, t_C, t_D$ соответственно. Тогда:

$AK = AN = t_A$

$BK = BL = t_B$

$CM = CL = t_C$

$DM = DN = t_D$

В силу симметрии равнобедренной трапеции относительно ее оси (прямой $LN$), отражение относительно этой оси переводит вершину $A$ в $D$, а вершину $B$ в $C$. Это означает, что длины отрезков касательных из симметричных вершин равны: $t_A = t_D$ и $t_B = t_C$.

Следовательно, мы имеем:

$AK = t_A$ и $DM = t_D = t_A$.

$KB = t_B$ и $MC = t_C = t_B$.

Это означает, что точки $K$ и $M$ делят боковые стороны $AB$ и $CD$ в одинаковом отношении:

$\frac{AK}{KB} = \frac{t_A}{t_B}$ и $\frac{DM}{MC} = \frac{t_A}{t_B}$.

Отсюда следует, что $\frac{AK}{KB} = \frac{DM}{MC}$, что эквивалентно равенству $\frac{AK}{AB} = \frac{DM}{DC}$.

Теперь докажем общее свойство для любой трапеции: прямая, соединяющая точки $K$ на $AB$ и $M$ на $CD$ такие, что $\frac{AK}{AB} = \frac{DM}{DC}$, проходит через точку пересечения диагоналей $O$.

Проведем через точку $O$ прямую, параллельную основаниям $AD$ и $BC$. Пусть эта прямая пересекает сторону $AB$ в точке $K'$, а сторону $CD$ — в точке $M'$. Докажем, что $K' = K$ и $M' = M$.

В треугольнике $\triangle ABD$ отрезок $K'O$ параллелен основанию $AD$. По теореме Фалеса (обобщенной):

$\frac{AK'}{AB} = \frac{DO}{DB}$

В треугольнике $\triangle ACD$ отрезок $OM'$ параллелен основанию $AD$. По теореме Фалеса:

$\frac{DM'}{DC} = \frac{AO}{AC}$

В любой трапеции треугольники $\triangle AOD$ и $\triangle COB$ подобны. Пусть $a=AD$ и $b=BC$. Коэффициент подобия равен $\frac{AO}{CO} = \frac{DO}{BO} = \frac{AD}{BC} = \frac{a}{b}$.

Из этих соотношений выразим искомые отношения $\frac{DO}{DB}$ и $\frac{AO}{AC}$:

$DB = DO + OB = DO + DO \cdot \frac{b}{a} = DO \frac{a+b}{a} \implies \frac{DO}{DB} = \frac{a}{a+b} = \frac{AD}{AD+BC}$.

$AC = AO + OC = AO + AO \cdot \frac{b}{a} = AO \frac{a+b}{a} \implies \frac{AO}{AC} = \frac{a}{a+b} = \frac{AD}{AD+BC}$.

Таким образом, для точек $K'$ и $M'$, лежащих на прямой, проходящей через $O$ параллельно основаниям, выполняются равенства:

$\frac{AK'}{AB} = \frac{AD}{AD+BC}$ и $\frac{DM'}{DC} = \frac{AD}{AD+BC}$.

Теперь вернемся к точкам касания $K$ и $M$. Длины оснований трапеции через отрезки касательных: $AD = AN+ND = t_A+t_D = 2t_A$ и $BC = BL+LC = t_B+t_C = 2t_B$.

Найдем отношение для точки $K$:

$\frac{AK}{AB} = \frac{t_A}{t_A+t_B}$.

А теперь найдем отношение для точки $K'$:

$\frac{AD}{AD+BC} = \frac{2t_A}{2t_A+2t_B} = \frac{t_A}{t_A+t_B}$.

Поскольку $\frac{AK}{AB} = \frac{AK'}{AB}$, точки $K$ и $K'$ совпадают. Аналогично, $\frac{DM}{DC} = \frac{t_A}{t_A+t_B}$ и $\frac{DM'}{DC} = \frac{AD}{AD+BC} = \frac{t_A}{t_A+t_B}$, значит, точки $M$ и $M'$ также совпадают.

Следовательно, точки касания $K$ и $M$ лежат на прямой, проходящей через точку $O$ параллельно основаниям. Это означает, что прямая $KM$ проходит через точку $O$.

Таким образом, мы доказали, что обе прямые, $LN$ и $KM$, проходят через точку пересечения диагоналей $O$.

Ответ: Что и требовалось доказать.

1.207. Покажите, что заключение задачи 1.206 выполняется для любого четырехугольника, описанного около окружности (рис. 1.100).

Для решения этой задачи необходимо сначала понять, о каком заключении из задачи 1.206 идет речь. Обычно в таких задачах доказывается, что для четырехугольника, описанного около окружности, суммы площадей треугольников, образованных соединением противоположных вершин с центром вписанной окружности, равны. Докажем это свойство для произвольного описанного четырехугольника $ABCD$.

Пусть $O$ — центр вписанной в четырехугольник $ABCD$ окружности, а $r$ — ее радиус. Требуется доказать, что сумма площадей треугольников $AOB$ и $COD$ равна сумме площадей треугольников $BOC$ и $DOA$:
$S_{\triangle AOB} + S_{\triangle COD} = S_{\triangle BOC} + S_{\triangle DOA}$

Для доказательства воспользуемся свойством описанного четырехугольника, известным как теорема Пито: суммы длин противоположных сторон описанного четырехугольника равны. То есть, $AB + CD = BC + DA$.

Докажем теорему Пито. Пусть окружность касается сторон $AB$, $BC$, $CD$ и $DA$ в точках $K$, $L$, $M$ и $N$ соответственно. По свойству касательных, проведенных к окружности из одной точки, длины отрезков от вершины до точек касания равны:
$AK = AN$
$BK = BL$
$CL = CM$
$DL = DN$

Выразим суммы длин противоположных сторон:
$AB + CD = (AK + KB) + (CM + MD)$
$BC + DA = (BL + LC) + (DN + NA)$

Используя равенства отрезков касательных, мы можем переписать эти суммы:
$AB + CD = AN + BL + CL + DN$
$BC + DA = BK + CM + DM + AK$
Сравнивая правые части, видим, что они состоят из одних и тех же слагаемых, значит $AB + CD = BC + DA$. Теорема Пито доказана.

Теперь вернемся к площадям. Четырехугольник $ABCD$ можно разбить на четыре треугольника с общей вершиной в центре $O$: $\triangle AOB$, $\triangle BOC$, $\triangle COD$ и $\triangle DOA$. Высотой каждого из этих треугольников, проведенной из вершины $O$, является радиус вписанной окружности $r$, так как радиус перпендикулярен касательной в точке касания.
Площади этих треугольников вычисляются по формуле:
$S_{\triangle AOB} = \frac{1}{2} \cdot AB \cdot r$
$S_{\triangle BOC} = \frac{1}{2} \cdot BC \cdot r$
$S_{\triangle COD} = \frac{1}{2} \cdot CD \cdot r$
$S_{\triangle DOA} = \frac{1}{2} \cdot DA \cdot r$

Найдем суммы площадей пар треугольников с противоположными основаниями:
$S_{\triangle AOB} + S_{\triangle COD} = \frac{1}{2} AB \cdot r + \frac{1}{2} CD \cdot r = \frac{1}{2} r (AB + CD)$
$S_{\triangle BOC} + S_{\triangle DOA} = \frac{1}{2} BC \cdot r + \frac{1}{2} DA \cdot r = \frac{1}{2} r (BC + DA)$

Поскольку, согласно теореме Пито, $AB + CD = BC + DA$, то правые части полученных выражений равны. Следовательно, равны и левые части:
$S_{\triangle AOB} + S_{\triangle COD} = S_{\triangle BOC} + S_{\triangle DOA}$
Таким образом, мы показали, что заключение выполняется для любого четырехугольника, описанного около окружности.

Ответ: Утверждение доказано. Для любого четырехугольника $ABCD$, описанного около окружности с центром $O$, выполняется равенство $S_{\triangle AOB} + S_{\triangle COD} = S_{\triangle BOC} + S_{\triangle DOA}$.

1.208. На рисунке 1.101 $AB = DC$, $AD = BC$, $\angle ABC = 125^\circ$. Найдите угол $\alpha$.

Рис. 1.100

Рис. 1.101

Рассмотрим четырехугольник $ABCD$. Согласно условию задачи, его противолежащие стороны попарно равны: $AB = DC$ и $AD = BC$.

По признаку параллелограмма, если у четырехугольника противолежащие стороны попарно равны, то этот четырехугольник является параллелограммом. Следовательно, $ABCD$ — параллелограмм.

Основное свойство параллелограмма заключается в том, что его противолежащие углы равны. Угол $\alpha$, обозначенный в задаче как $\angle ADC$, является противолежащим углу $\angle ABC$.

Следовательно, мы можем записать равенство: $\alpha = \angle ADC = \angle ABC$.

По условию задачи дано, что $\angle ABC = 125^{\circ}$. Подставляя это значение в наше равенство, получаем: $\alpha = 125^{\circ}$.

Ответ: $125^{\circ}$.