Sea $ABC$ un triángulo y sean $K$ y $M$ los puntos medios de los lados $AB$ y $AC$ respectivamente. En los segmentos $AM$ y $BK$, se construyen triángulos equiláteros $AMN$ y $BKL$, ambos exteriores al triángulo $ABC$. Sea $F$ el punto medio del segmento $LN$. Determinar el valor del ángulo $K\widehat FM$.
Sea $D$ el pie de la altura trazada por $A$. Sabemos que $AK=KB=KL=LB$ y $CM=MA=MN=NA$, y que $60°=\angle BKL= \angle KLB= \angle LBK= \angle AMN= \angle MNA= \angle NAM$.
Luego, tenemos que: $\angle LKA=120°$, de donde $\angle KLA= \angle KAL= 30°$ y $\angle BLA= 90°$; y $\angle CMN= 120°$, de donde $\angle MNC= \angle MCN= 30°$ y $\angle ANC = 90°$.
Como $\angle ADB= 90°$ y $K$ es el punto medio de $AB$, usando la propiedad de la mediana de un triángulo rectángulo, tenemos que: $AK=KB=KD$, de donde $K$ es el centro de la circunferencia que pasa por los vértices del cuadrilátero cíclico $ADBL$. Análogamente, como $\angle ADC= 90°$ y $M$ es el punto medio de $AC$, tenemos que $M$ es el centro de la circunferencia que pasa por los vértices del cuadrilátero cíclico $ADCN$.
Ahora, como $ADBL$ es cíclico, entonces tenemos por arco capaz que: $30°=\angle LAB=\angle LDB$. Como $ADCN$ es cíclico, entonces por arco capaz: $60°=\angle CAN=\angle CDN$. Luego, $\angle LDN= 180°-30°-60°=90°$. Usando nuevamente la propiedad de la mediana de un triángulo rectángulo, mirando al triángulo $LDN$, como $F$ es el punto medio de $LN$, tenemos que: $LF=FN=FD$.
Luego, los triángulos $LFK$ y $DFK$ son congruentes, porque $LF=DF$, $LK=DK$ y comparten $FK$, de donde: $\alpha=\angle LFK=\angle KFD$. De la misma manera, los triángulos $DFM$ Y $NFM$ son congruentes, ya que $DF=NF$, $DM=NM$ y comprten $FM$, de donde: $\beta =\angle DFM=\angle MFN$.
Como $2\alpha+2\beta=180°$, entonces tenemos que $\angle KFM= \alpha+\beta=90°$.
Sea $A'$ el reflejo de $A$ por $F$, como $F$ es el punto medio de $LN$, tenemos que las diganonales de $ALA'N$ se cortan en su punto medio, por lo que $ALA'N$ es un paralelogramo.
Notemos ahora que si rotamos $BL$ 60 grados en sentido horario, este se vuelve paralelo a $BA$, y si rotamos $LA$ 60 grados en sentido horario, este se vuelve paralelo a $AN$ tras ser rotado 60 grados, que sería paralelo a $AC$. Luego, si rotamos al triángulo $BLA$ 60 grados, $BL$ y $LA$ se vuelven paralelos a $BA$ y $AC$ respectívamente, por lo que $B\hat{L}A'=B\hat{A}C$.
Notemos ahora que $2BL=2BK=BA$ y que $2LA'=2AN=2AM=AC$, por lo que la razón entre $BL$ y $LA'$ es la misma que la razón entre $AB$ y $AC$, y como ambos triangulos comparten un ángulo, $BLA'$ y $BAC$ son semejantes.
Repitiendo el mismo procedimiento en el triángulo $CNA'$, concluímos que $CNA'$ y $CAB$ son semejantes.
Notemos entonces que $L\hat{B}A'=A\hat{B}C$, por lo que $L\hat{B}A=A'\hat{B}C=60^{\circ}$. De la misma forma, vemos que $N\hat{C}A=A'\hat{C}B=30^{\circ}$, por lo que $B\hat{A'}C=90^{\circ}$. Luego, usando que $K$, $F$ y $M$ son puntos medios de $AB$, $AA'$ y $AC$, demostramos lo pedido.
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[Mirar el diagrama de arriba.]
Notemos que $AK=BK=KL$, luego $BLA$ es rectángulo, y por ende, medio equilátero. También, notemos que $AM=CM=MN$, luego $ANC$ es también medio equilátero. Entonces $BLA$, $ANC$ son directamente similares. Por el teorema de las figuras directamente similares, usando que $K$, $F$, $M$ son puntos medios de $BA$, $LN$, $AC$, obtenemos que $KFM$ es semjante a $BLA$ y $ANC$ con lo que estamos.
De hecho, basta con que sólo $BLA$ y $AMN$ sean directamente semejantes para que el argumento funcione.
