Home › Archief › Internationale Olympiades › APMO › 2007 › scherphoekige driehoek

scherphoekige driehoek

Tags:

Opgave - APMO 2007 vraag 2

Zij $\trianlge ABC$ een scherphoekige driehoek met $\angle BAC=60^\circ$ en $AB > AC$. Als $I$ het centrum van de ingeschreven cirkel is, en $H$ het snijpunt van de drie hoogtelijnen van de driehoek, bewijs dan dat $2\angle AHI= 3\angle ABC$.

Oplossing

Ingediend door Scyldatje

De hoekensom in de driehoek levert $\beta+\gamma=120^{\circ}$. Nu weet men dus dat

$$<br /> \angle BHC = 180^{\circ} - (90^{\circ} - \beta) - (90^{\circ} - \gamma) = 120^{\circ}.<br /> $$

en

$$<br /> \angle BIC = 90^{\circ} + \frac{1}{2} \alpha = 120^{\circ}.<br /> $$

Dus $BIHC$ is cyclisch. Nu geldt dus dat

$$<br /> \angle AHI = 360^{\circ} - \angle AHC - \angle CHI = 360^{\circ} - (\gamma + 60^{\circ}) - (180 -\frac{1}{2}\beta) =<br /> $$
$$<br /> 120^{\circ} - \gamma + \frac{1}{2}\beta = \frac{3}{2}\beta.<br /> $$

$\Box$