Este es un problema con la misma figura del triángulo de napoleón.
Consideremos los puntos A′, B′ y C′ puntos fuera del triángulos ABC de tal manera que los triángulos A′BC, AB′C y ABC′ son equiláteros. Demuestra que AA′, BB′ y CC′ concurren y son de la misma longitud.
Ver también:
Cuadrados en cada lado y concurrencia.
Ver también:
Isósceles semejantes sobre un triángulo
Sean Ca, Cb, Cc las
Sean Ca, Cb, Cc las circunferencias circunscritas a los triangulos ,A′BC,AB′C,ABC′ respectivamente. Sea P=Ca*Cb(* denota interseccion) de ahi es facil ver que ∠APB=120 de ahi P esta sobre Cc. Es decir las tres circunferencias tienen ese punto en comun. De ahi se sigue que;
∠A′PB=60=∠APB′ y ∠APB=120=∠CPA de donde B,P,B′ son coolineales y A,P,A′ tambien son coolineales. De manera similar C,P,C′ son coolineales. Por lo que las rectas concurren en P.
Para la segunda parte sean a,b,c las longitudes de los lados del triangulo (a opuesto del angulo BAC,etc...) Aplicando el teorema de Ptolomeo al cuadrilatero A′BPC tenemos que
BP(a)+CP(a)=PA′(a) de ahi BP+CP=PA′ de donde se sigue que
AA′=AP+BP+CP de manera similar hacemos lo mismo con CC′,BB′ y asi tenemos que;
AA′=BB′=CC′=AP+BP+CP como queriamos demostrar.
Bueno el problema de la generalizacion lo intento mañana, tengo que dormir...saludos!!!!!!!!!