35-я Международная Математическая OлимпиадаГонконг, Гонконг, 1994 год

Дан равнобедренный треугольник $ABC$, где $AB=AC$. Предположим, что:
а) $M$ — середина $BC$ и $O$ — такая точка на прямой $AM$, что $OB$ и $AB$ перпендикулярны;
б) $Q$ — произвольная точка отрезка $BC$, отличная от точек $B$ и $C$;
в) точка $E$ лежит на прямой $AB$, точка $F$ лежит на прямой $AC$, и при этом точки $E$, $Q$, и $F$ различны и лежат на одной прямой.
Доказать, что $OQ$ и $EF$ перпендикулярны тогда и только тогда, когда $QE=QF$.

Комментарий/решение

Очевидно$:$

$AC \perp OC$ $(1)$

$(i) E = B$

Тогда $F=C$

$OQ \perp BC$

$OM \perp BC$

$M=Q$

$BM=MC$ $\square$

$(ii) E \ne B$

Б.О.О. $E$ лежит за $AB$

Используя $(1)$ и $OQ \perp EF:$

$OQFC-$ вписанный

$\angle OFE = \angle OCB = \angle OBC$

$BO \cap EF \Rightarrow P$

$\triangle BPE \sim \triangle QPO \Rightarrow \triangle EPO \sim BPQ$

Значит$:$

$\angle BOE = \alpha^\circ, \angle EOB = 90-\alpha^\circ$

$\angle OQE =90^\circ$

$\angle OQB + \angle BEO = 180^\circ$

$OEBQ-$ вписанный

$\angle OEF = \angle OBC = \angle OCB = \angle OFE$

$OF=OE \Rightarrow EQ=QF$ $\square$