$\triangle ABC$ 中，$AB=AC$．若
（1）$M$ 是 $BC$ 的中点，$O$ 是直线 $AM$ 上的点，使 $OB\perp AB$；
（2）$Q$ 是线段 $BC$ 上不同于 $B$ 和 $C$ 的任一点；
（3）$E$ 在直线 $AB$ 上，$F$ 在直线 $AC$ 上，$E、Q、F$ 共线．
求证：$OQ\perp EF$ 当且仅当 $QE=QF$．（亚美尼亚、澳大利亚）
（1）$M$ 是 $BC$ 的中点，$O$ 是直线 $AM$ 上的点，使 $OB\perp AB$；
（2）$Q$ 是线段 $BC$ 上不同于 $B$ 和 $C$ 的任一点；
（3）$E$ 在直线 $AB$ 上，$F$ 在直线 $AC$ 上，$E、Q、F$ 共线．
求证：$OQ\perp EF$ 当且仅当 $QE=QF$．（亚美尼亚、澳大利亚）
【难度】
【出处】
1994年第35届IMO试题
【标注】
【答案】
略
【解析】
假定 $OQ\perp EF$．联结 $OE,OF,OC$，易知 $O$ 在 $\triangle ABC$ 外，又易知 $\angle ACO=\angle ABO=\angle EQO=90^\circ$
于是 $B,E,O,Q$ 共圆，$F,Q,O,C$ 亦共圆．
这样一来，就有 $\angle QEO=\angle QBD=\angle QCO=\angle QFO$，$\triangle OEF$ 为一等腰三角形，于是由 $OQ\perp EF$ 即得 $QE=QF$．
注：$BQC$ 其实为 $\triangle AEF$ 的一条Simson线．
反之，若 $EQ=FQ$，作 $FN\parallel AE$，如图 $N$ 在 $BC$ 上．于是 $FN=BE$；
又 $\angle FNC=\angle ABC=\angle ACB$，于是 $FN=FC$．由上式即得 $FC=BE$．
又 $BO=CO,\angle EBO=90^\circ=\angle FCO$
于是 $\triangle EBO\cong\triangle FCO$，因此 $EO=FO$，加上 $EQ=FQ$，即知 $OQ\perp EF$．
于是 $B,E,O,Q$ 共圆，$F,Q,O,C$ 亦共圆．
这样一来，就有 $\angle QEO=\angle QBD=\angle QCO=\angle QFO$，$\triangle OEF$ 为一等腰三角形，于是由 $OQ\perp EF$ 即得 $QE=QF$．
注：$BQC$ 其实为 $\triangle AEF$ 的一条Simson线．
反之，若 $EQ=FQ$，作 $FN\parallel AE$，如图 $N$ 在 $BC$ 上．于是 $FN=BE$；
又 $\angle FNC=\angle ABC=\angle ACB$，于是 $FN=FC$．由上式即得 $FC=BE$．又 $BO=CO,\angle EBO=90^\circ=\angle FCO$
于是 $\triangle EBO\cong\triangle FCO$，因此 $EO=FO$，加上 $EQ=FQ$，即知 $OQ\perp EF$．
答案
解析
备注
