Задача М1468‍‍

Вот одно из решений задачи чисто геометрическими средствами.

Предположим, что $OQ\perp EF$‍‍ (см. рис. а). Тогда четырёхугольники $EBQO$‍‍ и $OQFC$‍‍ — вписанные ($EO$‍‍ и $OF$‍‍ — диаметры соответствующих окружностей) и $\angle OEQ=\angle OBQ=\angle OCQ=\angle OFQ$‍.‍ Поэтому треугольник $EOF$‍‍ — равнобедренный и $EQ=QF$‍.‍

Предположим теперь, ЧТО $OQ$‍‍ — не перпендикуляр к $EF$‍.‍ Через $Q'$‍‍ — точку пересечения перпендикуляра, опущенного из $O$‍‍ на $EF$‍,‍ с прямой $BC$‍‍ — проведём $E'F'\parallel EF$‍‍ (см. рис. б). Тогда, по доказанному выше, $E'Q'=Q'F'$‍‍ и если $K$‍‍ — точка пересечения $Q'A$‍‍ с $EF$‍,‍ то $EK=KF$‍.‍ Но точка $K$‍‍ отлична от $Q$‍,‍ значит $EQ\ne QF$‍.‍

Замечание. Рисунок а — а именно, тот факт, что середина $Q$‍‍ основания равнобедренного треугольника $EOF$‍‍ лежит на отрезке $BC$‍,‍ — легко объяснить с помощью векторов: поскольку $\overrightarrow{OM}=\dfrac12(\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC})$‍,‍ $\overrightarrow{OQ}=\dfrac12(\overrightarrow{OE}+\overrightarrow{OF})$‍,‍ то $\overrightarrow{OM}=\dfrac12(\overrightarrow{CF}+\overrightarrow{BE})$‍,‍ а поскольку $\overrightarrow{CF}$‍‍ и $\overrightarrow{BE}$‍‍ равны по длине, их полусумма направлена по биссектрисе угла между их направлениями.