Sea $ABC$ un triángulo acutángulo con $\angle BAC=60^\circ$ y $AB>AC$. Sean $I$ el incentro y $H$ el ortocentro del triángulo $ABC$.
Demostrar que$$2\angle AHI=3\angle ABC.$$
Sean $G$ y $J$ las reflexiones de $H$ e $I$, respectivamente, por $BC$, sea y $\omega$ el circuncírculo de $ABC$. Como $I$ es el incentro de $ABC$ entonces $\angle BIC=90^\circ +\frac{\angle BAC}{2}=120^\circ =\angle BJC=180^\circ -\angle BAC$, de donde $J\in \omega$. Por las reflexiones del ortocentro tenemos que $G\in \omega$.
Como $G$ y $J$ son las reflexiones de $H$ e $I$ por $BC$ entonces $HGJI$ es un trapecio, de modo que $\angle AHI=180^\circ -\angle IHG=180^\circ -\angle HGJ=180^\circ -\angle AGJ=\angle ABJ$. (*)
Como $J$ es el reflejo de $I$ por $BC$ entonces $\angle JBC=\angle CBI=\angle IBA$ ya que $BI$ es bisectriz de $\angle ABC$. Luego, $3\angle JBC=\angle JBC+\angle CBI+\angle IBA=\angle JBA$, de modo que $\angle JBC=\frac{1}{3}\angle JBA$; y $2\angle JBC=\angle CBI+\angle IBA=\angle CBA$, de modo que $\angle JBC=\frac{1}{2}\angle CBA$. Por lo tanto $\frac{1}{3}\angle JBA=\frac{1}{2}\angle CBA$, de modo que $2\angle JBA=3\angle CBA$. (**)
De (*) y (**) tenemos que $2\angle AHI=3\angle ABC$, como queríamos.
