Решение:

а) Рассмотрим четырёхугольник $AC_{1}HB_{1}$. Поскольку углы $\angle AC_{1}H$ и $\angle AB_{1}H$ являются прямыми, сумма противоположных углов равна $180^{\circ}$, что позволяет описать вокруг него окружность с диаметром $AH$. Вписанные в эту окружность углы $AHB_{1}$ и $AC_{1}B_{1}$ опираются на одну и ту же дугу $AB_{1}$, поэтому $\angle AHB_{1} = \angle AC_{1}B_{1}$.
Далее заметим, что точки $B, C, B_{1}, C_{1}$ лежат на одной окружности, так как отрезки $BB_{1}$ и $CC_{1}$ являются высотами, и из точек $B_{1}, C_{1}$ сторона $BC$ видна под прямым углом (диаметр этой окружности — $BC$). В таком вписанном четырёхугольнике внешний угол при вершине $C_{1}$ равен внутреннему углу при противоположной вершине $C$, то есть $\angle AC_{1}B_{1} = \angle ACB$.
Объединяя эти равенства, получаем искомое соотношение: $\angle ACB = \angle AHB_{1}$.
б) Для треугольника $AB_{1}C_{1}$ отрезок $AH$ является диаметром описанной окружности. По следствию из теоремы синусов имеем:
$$B_{1}C_{1} = AH \cdot \sin \angle A = 4 \cdot \sin 60^{\circ} = 4 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = 2\sqrt{3}.$$
Рассмотрим прямоугольные треугольники $ABB_{1}$ и $ACC_{1}$. Из них находим прилежащие к углу $A$ катеты:
$AB_{1} = AB \cdot \cos 60^{\circ} = \frac{1}{2} AB$;
$AC_{1} = AC \cdot \cos 60^{\circ} = \frac{1}{2} AC$.
Таким образом, стороны треугольников $ABC$ и $AB_{1}C_{1}$, образующие общий угол $A$, пропорциональны: $\frac{AB}{AB_{1}} = \frac{AC}{AC_{1}} = 2$. Это означает, что $\triangle ABC \sim \triangle AB_{1}C_{1}$ по второму признаку подобия.
Коэффициент подобия равен $2$, следовательно:
$BC = 2 \cdot B_{1}C_{1} = 2 \cdot 2\sqrt{3} = 4\sqrt{3}$.

Ответ: $4 \sqrt{3}$

Источник: ФИПИ