Ре­ше­ние. а)  Углы BB₁C и CC₁B пря­мые, по­это­му точки B, B₁, C, C₁ лежат на окруж­но­сти с диа­мет­ром BC. Тогда

Ана­ло­гич­но, Зна­чит,

Что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б)  Из преды­ду­ще­го пунк­та сле­ду­ет, что тре­уголь­ни­ки ABC и AB₁C₁ по­доб­ны по двум углам. Ко­эф­фи­ци­ент по­до­бия равен С дру­гой сто­ро­ны, ко­эф­фи­ци­ент по­до­бия равен От­сю­да Тогда Пусть AA₁ и B₁C₁ пе­ре­се­ка­ют­ся в точке D. За­пи­шем две тео­ре­мы си­ну­сов  — для тре­уголь­ни­ков AB₁D и AC₁D:

По­де­лив пер­вое ра­вен­ство на вто­рое по­лу­чим сле­ду­ю­щее:

Ответ: б) 2 : 1.

При­ве­дем ре­ше­ние пунк­та б) Ирины Шраго.

Из преды­ду­ще­го пунк­та сле­ду­ет, что тре­уголь­ни­ки ABC и AB₁C₁ по­доб­ны по двум углам. Ко­эф­фи­ци­ент по­до­бия равен С дру­гой сто­ро­ны, ко­эф­фи­ци­ент по­до­бия равен От­сю­да Тогда из тре­уголь­ни­ка ABB₁ по­лу­чим ∠ABB₁  =  30°, из тре­уголь­ни­ка ACC₁ по­лу­чим ∠ACC₁  =  30°.

Пусть H  — точка пе­ре­се­че­ния высот тре­уголь­ни­ка ABC.

Во­круг че­ты­рех­уголь­ни­ка A₁BC₁H можно опи­сать окруж­ность, сле­до­ва­тель­но, ∠C₁A₁H = ∠C₁BH как впи­сан­ные углы, опи­ра­ю­щи­е­ся на одну и ту же дугу. Во­круг че­ты­рех­уголь­ни­ка A₁CB₁H можно опи­сать окруж­ность, сле­до­ва­тель­но, ∠B₁A₁H = ∠B₁CH как впи­сан­ные углы, опи­ра­ю­щи­е­ся на одну и ту же дугу. Тогда ∠B₁A₁H = ∠C₁A₁H  =  30°. Сле­до­ва­тель­но, ∠B₁A₁C₁  =  60°, AA₁  — его бис­сек­три­са. Бис­сек­три­са делит про­ти­во­по­лож­ную сто­ро­ну на от­рез­ки, про­пор­ци­о­наль­ные при­ле­жа­щим сто­ро­нам. В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке B₁A₁C₁ сто­ро­на B₁A₁  — ги­по­те­ну­за, A₁C₁  — катет, ле­жа­щий на­про­тив угла в 30°, сле­до­ва­тель­но,