16101. Дан равнобедренный треугольник ABC
с основанием BC
. Точка M
— середина отрезка BC
; точка O
лежит на прямой AM
, причём OB\perp AB
; Q
— произвольная точка отрезка BC
, отличная от B
и C
; точки E
и F
лежат на прямых AB
и AC
соответственно, причём E
, Q
и F
различны и лежат на одной прямой
Докажите, что OQ\perp EF
тогда и только тогда, когда QE=QF
.
Решение. Необходимость. Пусть OQ\perp EF
. Докажем, что QE=QF
.
Обозначим \angle BAC=\alpha
. Из точек B
и Q
отрезок EQ
виден под прямым углом, значит эти точки лежат на окружности с диаметром EQ
. Тогда
\angle OEF=\angle OEQ=\angle OBQ=\angle OAB=\frac{\alpha}{2}.
Из точек C
и Q
отрезок OF
виден под прямым углом, значит эти точки лежат на окружности с диаметром OF
. Тогда
\angle OFE=\angle OFQ=\angle OCQ=\angle CAO=\frac{\alpha}{2}.
Из равенства углов OEF
и OFE
следует, что треугольник EOF
равнобедренный, поэтому его высота OQ
является медианой, т. е. QE=QF
. Что и требовалось доказать.
Достаточность. Пусть QE=QF
. Докажем, что OQ\perp EF
.
Проведём среднюю линию QD
треугольника AEF
, параллельную стороне AE
. Тогда треугольник CDQ
равнобедренный, DQ=CD
. Значит,
AE=2DQ=2CD~\Rightarrow~BE=AB-AE=AC-2CD=
=(AC-CD)-CD=AD-CD=DF-CD=CF.
Поскольку из симметрии
\angle FCO=\angle ACO=\angle ABO=90^{\circ},
а BE=CF
и QE=QF
, то прямоугольные треугольники OBE
и OCF
равны по катету и гипотенузе. Тогда OE=OF
, т. е. треугольник EOF
равнобедренный. Его медиана OQ
является высотой, следовательно, OQ\perp EF
. Что и требовалось доказать.