Азия-тынық мұхит математикалық олимпиадасы, 2007 жыл

$ABC$ сүйірбұрышты үшбұрышында $\angle BAC=60{}^\circ $ және $AB > AC$ болсын, $I$ — нүктесі оған іштей сызылған шеңбердің центрі, ал $H$ биіктіктердің қиылысу нүктесі болсын. Онда $2\angle AHI=3\angle ABC$ екенін дәлелдеңіздер.

Комментарий/решение

$\angle BHC = \angle ABC + \angle ACB = 120^{\circ}$ но $ \angle BIC = 180^{\circ} - \dfrac{ 180^{\circ}-\angle BAC}{2} = 120^{\circ}$ тогда $BIHC$ - вписанный , значит $ \angle AHI = \dfrac{\angle ABC}{2} + \angle ABC = \dfrac{3\angle ABC}{2}$

$\angle BHC =120$$\rightarrow$ по пересечению высот свойства и по пересечение биссектрис свойство $\angle BIC=120$ пусть высоты $AT,PC,BD$ ,$\angle ACP=ABD =30,\angle DHC =PHB= 60$ заметим что $APHD$ вписанный точки касания окружности с треугом $M,N,K$ с $AB,AC,BC$соотвественно $\angle IBH=\angle HCI$ ясно что $BPHT$ вписанный тогда с помощью вписаности можно вычеслить $\angle AHI=1.5\angle ABC$ Ч.Т.Д