1. \(H\) является инцентром треугольника \(H_AH_BH_C\).

2. Точки, симметричные ортоцентру относительно сторон треугольника лежат на описанной окружности этого треугольника.

3. Точки, симметричные ортоцентру относительно середин сторон треугольника лежат на описанной окружности этого треугольника.

4. Следующие три факта верны не только относительно вершины \(A\), но и для других вершин треугольника:

   4.1. \(\angle HAB = \angle OAC\)

   4.2. \(OA \perp H_BH_C\)

   4.3. \(2OM_A = AH\)

5. Пусть \(DA\) — диаметр \(\Omega\). Тогда \(D \in A_1M\).

1. Заметим, что четырёхугольники \(AH_CH_AC\) и \(CH_BHH_A\) — вписанные, откуда следуют следующие равенства: \(\angle H_CH_AA\) \(=\) \(\angle H_CCA\) \(=\) \(\angle H_BH_AA\). Таким образом \(H_AH\) — биссектриса угла \(\angle H_BH_AH_C\). Аналогично получаем, что и \(H_BH\) и \(H_CH\) также являются биссектрисами соответствующих углов. A значит \(H\) действительно инцентр треугольника \(ABC\).

2. Обозначим через \(H_{M_A}\) точку, симметричную \(H\) относительно середины стороны \(BC\). Тогда несложно видеть, что \(CHBH_{M_A}\) — параллелограмм (так как точка пересечения диагоналей делит их пополам) и что четырёхугольник \(AH_CHH_B\) — вписанный, откуда вытекают следующие равенства углов: \(\angle H_BHH_C\) \(=\) \(\angle CHB\) \(=\) \(\angle BH_{M_A}C\) \(=\) \(180^{\circ} - \angle A\). Откуда мгновенно следует, что четырёхугольник \(BACH_{M_A}\) — вписанный, что и требовалось.

3. Доказывается аналогично пункту 2.

4. Приведём доказательство только для вершины \(A\), для остальных вершин доказательства будут аналогичны.

   4.1. Пусть \(\angle ABC\) \(=\) \(\beta\). Тогда \(\angle AOC\) \(=\) \(2\beta\) (так как центральный). Из того что \(AO = OC\) следует равенство \(\angle OAC\) \(=\) \(\angle OCA\) \(=\) \(\dfrac{{180}^{\circ} - 2\beta}{2}\) \(=\) \({90}^{\circ} - \beta\). Но ведь угол \(\angle AH_AB\) прямой, а значит \(\angle HAB\) \(=\) \({90}^{\circ} - \beta\) \(=\) \(\angle OAC\). Доказательство закончено.

   4.2. Воспользуемся только что доказанным фактом. Однако перед этим заметим, что так как четырёхугольник \(BH_CH_BC\) вписанный имеется равенство углов \(\angle AH_BH_C\) \(=\) \(\angle ABC\). Мы знаем, что \(\angle ABC\) \(+\) \(\angle HAB\) \(=\) \({90}^{\circ}\). Используя факт предыдущей задачи, получаем перепендикулярность прямых \(OA\) и \(H_BH_C\)

   4.3. Заметим, что \(M_CB_1\) — средняя линия треугольника \(ABH\). То есть \(M_CB_1 \parallel AH\) \(\parallel \: OM_A\). Аналогично \(M_CO \parallel B_1M_A\). Следовательно, \(M_AB_1M_CO\) — параллелограмм. Откуда \(2OM_A\) \(=\) \(2M_CB_1\) \(=\) \(AH\) (последнее равенство верно так как \(M_CB_1\) — средняя линия). Что и требовалось.

   Примечание. Этот факт можно доказать с помощью гомотетии, которую мы обсудим в одной из следующих разделов (см. гомотетия). А именно, заметим, что \(O\) — ортоцентр треугольника \(M_AM_BM_C\) \((\)так как \(O\) — точка пересечения перепендикуляров, построенных в данных точках к соответствующим сторонам треугольника, которые также являются перпендикулярами к средним линиям треугольника \(ABC\)\()\). Гомотетия с центром \(M\) и коэффициентом \(-2\) переводит треугольник \(M_AM_BM_C\) в \(ABC\). А значит при данной гомотетии \(O\) перейдёт в \(H\), как ортоцентры наших треугольников. При этом отрезок \(OM_A\) перейдёт в отрезок \(AH\), откуда и следует нужное нам равенство.

5. Докажем, что \(M \in A_1D\), откуда и будет следовать нужное нам утверждение. Мы знаем, что \(OA_1 \parallel M_AH\) и \(OA_1 \parallel DH\) (как средняя линия). Значит, \(M_A \in DH\), причём мы знаем, что она будет серединой отрезка \(DH\), потому как \(DH = 2OA_1\) и \(HM_A = OA_1\). Теперь заметим, что \(HO\) и \(AM_A\) — медианы в треугольнике \(DAH\). А значит, точка \(M\), которая является точкой пересечения \(HO\) и \(AM_A\), является точкой пересечения медиан треугольника \(DAH\). Наконец, так как \(DA_1\) является медианой в треугольнике \(DAH\), то она содержит точку \(M\), что мы и хотели.