16112. На биссектрисе угла
BAC
отмечена произвольная точка
N
;
P
и
Q
— такие точки прямых
AB
и
AN
соответственно, для которых
\angle ANP=\angle APO=90^{\circ}
. Прямая, проходящая через произвольную точку
Q
отрезка
NP
, пересекает
AB
и
AC
в точках
E
и
F
соответственно. Докажите, что
OQ\perp EF
тогда и только тогда, когда
QE=QF
.
Решение. Необходимость. Пусть
OQ\perp EF
. Продолжим отрезок
PN
до пересечения с прямой
AC
в точке
R
(рис. 1). Тогда из симметрии
OR\perp AC
и
\angle ORN=\angle OPN
.
Из точек
Q
и
E
отрезок
OP
виден под прямым углом, значит эти точки лежат на окружности с диаметром
OP
. Аналогично, точки
Q
и
R
лежат на окружности с диаметром
OR
. Тогда
\angle OEQ=\angle OPQ=\angle ORQ=\angle OFQ,

поэтому треугольник
EOF
равнобедренный,
OE=OF
. Значит, его высота
OQ
является медианой. Следовательно,
QE=QF
. Необходимость доказана.
Достаточность. Пусть
QE=QF
. Предположим, что
\angle OQE\ne90^{\circ}
. Опустим перпендикуляр
OQ'
на прямую
EF
(рис. 2). Из точки
O
опустим перпендикуляр на прямую
EF
. Пусть он пересекает
PN
в точке
Q'
. (
Q'
отлична от
Q
). Проведём через точку
Q'
прямую, параллельную
EF
. Пусть она пересекает
AB
и
AC
в точках
E'
и
F'
соответственно, а
AQ'
пересекает
EF
в точке
M
. Тогда, применив рассуждения первой части, получим, что точка
Q'
— середина
E'F'
, а так как
EF\parallel E'F'
, то точка
M
(очевидно, отличная от
Q
) — середина
EF
(см. задачу 2607). Противоречие. Следовательно,
\angle OQE\ne90^{\circ}
. Достаточность доказана.