4888. Прямая, проходящая через центр описанной окружности и ортоцентр треугольника ABC
(прямая Эйлера), пересекает стороны AC
и BC
в точках P
и Q
. Известно, что CP=CQ
. Докажите, что \angle ACB=60^{\circ}
.
Указание. Если O
— центр описанной окружности треугольника ABC
, H
— точка пересечения высот, то \angle ACO=\angle BCH
(см. задачу 20).
Решение. Пусть O
— центр описанной окружности треугольника ABC
, H
— точка пересечения высот, точка P
лежит на стороне AC
, точка Q
— на стороне BC
, AL
— высота треугольника. Рассмотрим случай, изображённый на рисунке.
Треугольник PCQ
равнобедренный, поэтому \angle CPO=\angle CQH
, а так как \angle ACO=\angle BCH
(см. задачу 20), то треугольники CPO
и CQH
равны по стороне и двум прилежащим к ней углам.
Опустим перпендикуляр OK
из точки O
на AC
. Тогда OK=HL
как соответствующие высоты равных треугольников, значит, прямоугольные треугольники OKC
и HLC
равны по катету и противолежащему острому углу. Поэтому CL=CK
.
В равнобедренном треугольнике AOC
высота OK
является медианой, поэтому AC=2CK=2CL
. Значит, \frac{CL}{AC}=\frac{1}{2}
. Следовательно,
\angle ACB=\angle ACL=60^{\circ}.