On Jun 23, 7:57***pm, Antonio González <gonfe...***gmail.com> wrote:
>


>
> Cierto también. ¿Puedes dar una demostración?
>
> --


Ok. Voy a dar una demostración con el orden inverso del enunciado:

1 - Construcción de P como interseción de las circumferencias
circunscritas a los triángulos equiláteros (exteriores):
(supongo que todos los ángulos del triángulo difieren de 120º. en caso
que, por ejemplo, el ánculo ABC fuera de 120º, entonces P=B y pasamos
al punto 3)

Las circumferencias ABD y BCE no son tangentes por ser el ángulo en
ABC diferente de 120º, de modo que se cortan en un segundo punto: P.

Ahora, los puntos A, D, B, P son concíclicos, y el ángulo ADB es de
60º, de modo que el ángulo APB es de 120º. Del mismo modo, tenemos que
el ángulo BPC es también de 120º. De ahí que el ángulo APC sea de
120º. Como el ángulo AFC es de 60º, tenemos que los puntos A, P, C, F
son concíclicos.

2 - El punto P pertenece a los segmentos AE, BF y CD.

Se deduce de lo anterior: al pertenecer P a las tres circumferencias,
los ángulos BPE, EPC, CPF, FPA, APD y DPB son todos de 60º.
Así, los ángulos APE, BPF y CPD son de 180º.

3 - Los tres segmentos son de la misma longitud.

Ver que AE = BF es lo mismo que ver que PF - PA = PE - PB

Se demuestra que PF - PA = PC, de donde se sigue el resultado. (Nota,
esto es válido para todos 4 puntos concíclicos A, P, C, F en donde ACF
es un triángulo equilátero y P entre A y C)

Se aplica el teorema del coseno al triángulo APF con el ángulo APF (de
60º) y al triángulo CPF con el ángulo CPF (tb de 60º).
Juntando, esto da:
(AP)^2 + (PF)^2 - 2*AP*PF = (CP)^2 + (PF)^2 - 2*CP*PF
de donde se tiene:
AP*(AP + CP - PF) = CP*(AP + CP - PF)

AP = CP solo cuando PF es el diámetro de la circumferencia (de modo
que se cumple trivialmente lo que se quería), aí que tenemos
AP + CP - PF = 0


salu2,
Jordi Loki