16112. На биссектрисе угла BAC
отмечена произвольная точка N
; P
и O
— 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 F
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=90^{\circ}
. Достаточность доказана.
Источник: Международная математическая олимпиада. — 1994, из материалов жюри
Источник: Журнал «Crux Mathematicorum». — 1997, № 4, задача 6 (1995, с. 335), с. 203