Олимпиадная задача: сумма углов α, β, γ в треугольнике с высотами

Решение 1:Обозначим точки пересечения биссектрис углов $ABH$ и $ACH$ с отрезком $AH$ через $P$ и $Q$ соответственно. Докажем, что $$\angle PC_1H = \angle AB_1Q = 90^\circ - \angle QB_1H.$$ Из этого будет следовать решение задачи – сумма из условия разбивается на три пары углов с суммой $90^\circ$ (см. рисунок), то есть искомая сумма будет равна $270^\circ$.Окружность, построенная на $BC$ как на диаметре, проходит через точки $B_1$ и $C_1$, а биссектрисы вписанных углов $B_1BC_1$ и $B_1CC_1$ проходят через середину дуги $B_1C_1$, на которую они опираются; обозначим её через $T$. Таким образом, $T$ — это точка пересечения прямых $BP$ и $CQ$.Поскольку $$\angle BTC_1 = \angle BCC_1 = \angle BAA_1,$$ то точки $A$, $T$, $P$, $C_1$ лежат на одной окружности. Аналогично точки $A$, $T$, $Q$, $B_1$ лежат на одной окружности. Тогда \begin{align*} \angle AC_1P + \angle AB_1Q &= (180^\circ - \angle ATP) + (180^\circ - \angle ATC) = \ &= 360^\circ - (\angle ATP + \angle ATC) =\ &= 360^\circ - (360^\circ - \angle BTC) = \ &= \angle BTC = 90^\circ, \end{align*} что и требовалось.

Решение 2:Так как $\angle ABH = \angle ACH$, то и $\angle ABP = \angle HCQ$, поэтому $$\angle BPA_1 = \angle ABP + \angle BAP = \angle HCQ + \angle BCH = \angle BCQ.$$ Следовательно, прямоугольные треугольники $BPA_1$ и $QCA_1$ подобны по двум углам, поэтому \begin{equation} \label{formula-9.6-1} \frac{BA_1}{PA_1} = \frac{QA_1}{A_1C} ; \Leftrightarrow ; BA_1 \cdot A_1C = PA_1 \cdot QA_1. \end{equation}Как известно, треугольники $A_1BC_1$ и $A_1B_1C$ подобны треугольнику $ABC$, а следовательно, подобны друг другу. Отсюда \begin{equation} \label{formula-9.6-2} \frac{BA_1}{A_1C_1} = \frac{B_1A_1}{A_1C} ; \Leftrightarrow ; BA_1 \cdot A_1C = B_1A_1 \cdot A_1C_1. \end{equation} Из двух предыдущих равенств следует, что $$PA_1 \cdot QA_1 = B_1A_1 \cdot A_1C_1 ; \Leftrightarrow ; \frac{PA_1}{A_1C_1} = \frac{B_1A_1}{QA_1}.$$ Воспользуемся ещё одним известным фактом: высота $AA_1$ – биссектриса угла $B_1A_1C_1$. Из того, что $\angle C_1A_1P = \angle B_1A_1Q$, получаем, что треугольники $PC_1A_1$ и $B_1QA_1$ подобны по углу и отношению прилежащих сторон, откуда $\angle A_1C_1P = \angle A_1QB_1$. Тогда $$\angle PC_1H = \angle A_1C_1P - \angle A_1C_1C = \angle A_1QB_1 - \angle A_1AC = \angle AB_1Q,$$ что означает, как и в первом решении, что искомая сумма $270^\circ$. Замечание для знатоков.Это решение можно переформулировать в терминах инверсии. Рассмотрим композицию инверсии с центром в точке $A_1$ радиуса $\sqrt{BA_1 \cdot A_1C}$ и симметрии относительно прямой $AA_1$. При этой композиции меняются местами точки $B$ и $C$, $A$ и $H$. Окружность, построенная на $BC$ как на диаметре, переходит в себя, поэтому точки $B_1$ и $C_1$ меняются местами. Если точка $P$ переходит в $P'$, то по свойству инверсии $\angle PBH = \angle P'CA$, то есть $P' = Q$. Но тогда $\angle PC_1H = \angle QB_1A$, что и требовалось.

Решение 3:Пусть $Q'$ – точка, изогонально сопряжённая $Q$ относительно треугольника $B_1CH$. Так как $$\angle ACQ' = \angle ACQ = \angle C_1BP \quad \text{и} \quad \angle Q'HC_1 = \angle QHB_1 = \angle PHB_1,$$ то $P$ и $Q'$ – соответствующие точки для подобных треугольников $BC_1H$ и $CB_1H$. Тогда $\angle AB_1Q = \angle HB_1Q' = \angle HC_1P$, что означает, что искомая сумма $270^\circ$.

Решение 4:Введём обозначения для углов: $$\angle ABC = \delta,\quad \angle ACB = \epsilon,\quad \angle PC_1H = \phi,\quad \angle AB_1Q = \psi.$$ Через $\rho(X, \ell)$ будем обозначать расстояние от точки $X$ до прямой $\ell$. Воспользовавшись тем, что $P$ лежит на биссектрисе угла $ABB_1$, и тем, что $\angle AHC_1 = \epsilon$ и $\angle AHB_1 = \delta$, получим \begin{multline*} \mathrm{tg}, \phi = \frac{\sin \phi}{\cos \phi} = \frac{\sin \phi}{\sin (90^\circ - \phi)} = \frac{C_1P \cdot \sin \phi}{C_1P \cdot \sin (90^\circ - \phi)} = \frac{\rho(P, CC_1)}{\rho(P, AC_1)} = \ = \frac{\rho(P, CC_1)}{\rho(P, BB_1)} = \frac{\sin \delta}{\sin \epsilon}. \end{multline*} Аналогично $\mathrm{tg}, \psi = \frac{\sin \delta}{\sin \epsilon}$, то есть $\mathrm{tg}, \phi = \mathrm{tg}, \psi$. Поскольку $\phi$ и $\psi$ меньше $90^\circ$, то равенство их тангенсов равносильно их равенству, то есть $\phi = \psi$. Как и в предыдущих решениях, получаем отсюда ответ $270^\circ$.