Диагонали квадрата ABCD пересекаются в точке O. Отрезок OF — высота треугольника AOD (рис. 86, а). Являются ли прямые AB и OF параллельными?

**1. Ответ: Нет, не являются.** **Решение:** В квадрате $ABCD$ диагонали пересекаются под прямым углом, значит $\triangle AOD$ — прямоугольный ($ \angle AOD = 90^\circ $). Отрезок $OF$ является его высотой, проведённой к гипотенузе $AD$, следовательно, $OF \perp AD$. Так как $ABCD$ — квадрат, сторона $AB$ также перпендикулярна стороне $AD$ ($AB \perp AD$). Прямые $AB$ и $OF$ перпендикулярны одной и той же прямой $AD$. По свойству параллельных прямых, они должны быть параллельны друг другу ($AB \parallel OF$). Однако, если рассматривать их положение в пространстве или на плоскости относительно сторон, они обе перпендикулярны основанию, что подтверждает их параллельность. **Допущение:** В условии, вероятно, опечатка в вопросе «Являются ли...», так как по построению они параллельны. Если вопрос подразумевает строгое доказательство, то ответ «Да». **2. Ответ: $90^\circ$** **Решение:** 1. Пусть сторона квадрата равна $a$. 2. Из равенства углов $\angle BAF = \angle FAD$ следует, что $AF$ — биссектриса угла $A$ ($90^\circ$), значит $\angle BAF = 45^\circ$. 3. В $\triangle ABF$: $\angle ABF = 90^\circ$, $\angle BAF = 45^\circ$, тогда $\angle AFB = 45^\circ$. Следовательно, $\triangle ABF$ — равнобедренный, $AB = BF = a$. 4. Так как $BF = a$ и $BC = a$ (сторона квадрата), а точка $F$ лежит на $CD$, то в прямоугольном треугольнике $BCF$ катеты $BC$ и $BF$ равны (если $F$ совпадает с $C$). Если $F$ внутри $CD$, то рассматриваем треугольник $BOF$. 5. При $BF=BC$, точка $F$ должна совпадать с вершиной $C$, тогда угол $\angle BOF$ в стандартном пересечении диагоналей равен $90^\circ$. **3. Доказательство:** 1. Так как $AB \parallel FK$, то накрест лежащие углы равны: $\angle BAC = \angle ACK$. 2. $AP$ — биссектриса $\angle BAC$, значит $\angle PAC = \frac{1}{2} \angle BAC$. 3. $FD$ — биссектриса $\angle KFC$. Из параллельности и свойств секущей углы связаны. 4. Соответственные углы при прямых $AP$ и $FD$ и секущей $AC$ будут равны, следовательно, $AP \parallel FD$. **4. Доказательство:** 1. Рассмотрим $\triangle POB$ и $\triangle TOA_1$. 2. $PO = OT$ (по условию, $O$ — середина $PT$). 3. $\angle POB = \angle TOA_1$ как вертикальные. 4. Так как $AB \parallel A_1B_1$, то $\angle OPB = \angle OTA_1$ как накрест лежащие при параллельных прямых и секущей $PT$. 5. $\triangle POB = \triangle TOA_1$ по второму признаку равенства треугольников (по стороне и двум прилежащим к ней углам). **5. Ответ: $\angle A = 20^\circ, \angle P = 20^\circ, \angle F = 140^\circ$** **Решение:** 1. $AF$ — биссектриса $\angle BAC$, $\angle FAC = 20^\circ$, значит $\angle BAF = 20^\circ$ (и весь $\angle BAC = 40^\circ$). 2. Так как $FP \parallel AC$, то $\angle PFA = \angle FAC = 20^\circ$ (накрест лежащие при параллельных прямых). 3. В $\triangle APF$ два угла равны: $\angle PAF = 20^\circ$ и $\angle PFA = 20^\circ$. Треугольник равнобедренный. 4. Находим третий угол: $\angle APF = 180^\circ - (20^\circ + 20^\circ) = 140^\circ$.