Dado un triángulo acutángulo [math]\triangle ABC, se construyen externamente los triángulos equiláteros [math]\triangle BCX, [math]\triangle ACY y [math]\triangle ABZ. Sean [math]A' el pie de la perpendicular a [math]CX trazada desde [math]B, [math]B' el pie de la perpendicular a [math]CY trazada desde [math]A y [math]C' el pie de la perpendicular a [math]AZ trazada desde [math]B. Si [math]N es el punto medio de [math]BC, demostrar que la recta [math]B'N es perpendicular a [math]A'C'.
"Though my eyes could see I still was a blind man"
Por base media en [math]\triangle BYC se ve fácilmente que [math]B'N' \parallel BY. Sean [math]O_1 y [math]O_2 los centros de las circunferencias circunscritas a [math]\triangle ABZ y [math]\triangle BCX respectivamente. Consideremos la homotecia de centro [math]B y razón [math]\frac{3}{2} que nos lleva [math]O_1 a [math]M y [math]O_2 a [math]N (como son equiláteros, son circuncentros y baricentros a la vez), y nos mantiene la recta [math]BY fija. Luego, queremos demostrar que [math]O_1O_2 \perp BY.
Ahora, vamos a demostrar que [math]BY es el eje radical de las dos circunferencias anteriores, de donde se sigue fácilmente lo deseado.
Notemos que [math]AX, [math]BY y [math]CZ concurren. (Es una propiedad conocida, pero la voy a demostrar con un truquito copado (?)): Definimos [math]X_1 = AX\cap BC, [math]Y_1 = BY \cap AC y [math]Z_1 = CZ \cap AB. Queremos que se verifique el teorema de Ceva, es decir [math]\frac{AY_1}{Y_1C}\frac{CX_1}{X_1B}\frac{BZ_1}{Z_1A}=\frac{(\triangle ABY)}{(\triangle BCY)}\frac{(\triangle ACX)}{(\triangle ABX)}\frac{(\triangle BCZ)}{(\triangle ACZ)}=\frac{AB\cdot AY \cdot \sin(60^{\circ}+A)}{BC\cdot CY\cdot \sin(60^{\circ}+C)}\frac{AC\cdot CX \cdot \sin(60^{\circ}+C)}{AB\cdot BX \cdot \sin(60^{\circ}+B)}\frac{BC\cdot BZ\cdot \sin(60^{\circ}+B)}{AC\cdot AZ \cdot \sin(60^{\circ}+A)} = 1, de donde concurren. (Punto de Fermat).
Llamemos [math]F al punto de Fermat. Notemos que [math]\triangle YCB y [math]\triangle ACX son congruentes ya que [math]\angle YCB = \angle ACX y se cumple la proporción entre los lados [math]\frac{YC}{AC} = \frac{CB}{CX} = 1 (Eso o hacer una rotación por [math]C). Entonces [math]\angle CAF = \angle CYF y [math]\angle CBF = \angle CXF, de donde [math]AFCY y [math]BFCX son cíclicos. De manera análoga se puede ver que [math]AZBF es cíclico. Luego, [math]F es el centro radical de las circunferencias circunscritas a los equiiláteros, y se ve fácilmente que la recta [math]FB es el eje radical de las dos circunferencias [math]\mathcal{C}(ABZ) y [math]\mathcal{C}(BCX), y como [math]Y \in FB tenemos que [math]BY \perp O_1O_2 y estamos.
"Though my eyes could see I still was a blind man"
Supongamos que los vértices [math]A,B,C están en sentido antihorario. Como [math]B'N||BY bastará ver que [math]BY\bot C'A'. Una rotohomotecia de [math]30^{\circ} en sentido horario con centro en [math]B y razón [math]\frac{2}{\sqrt{3}} lleva el triángulo [math]C'BA' al [math]ABX, luego [math]\angle(C'A',AX)=30^{\circ}. Una segunda rotación de [math]60^{\circ} en sentido horario con centro en [math]C lleva el triángulo [math]ACX al [math]YCB, luego [math]\angle(AX,YB)=60^{\circ}. Por lo tanto, [math]\angle(C'A',YB)=\angle(C'A',AX)+\angle(AX,YB)=30^{\circ}+60^{\circ}=90^{\circ}.
Por base media en $\triangle BYC$ se ve fácilmente que $B'N' \parallel BY$. Sean $O_1$ y $O_2$ los centros de las circunferencias circunscritas a $\triangle ABZ$ y $\triangle BCX$ respectivamente. Consideremos la homotecia de centro $B$ y razón $\frac{3}{2}$ que nos lleva $O_1$ a $M$ y $O_2$ a $N$ (como son equiláteros, son circuncentros y baricentros a la vez), y nos mantiene la recta $BY$ fija. Luego, queremos demostrar que $O_1O_2 \perp BY$.
Sea $F$ la segunda intersección de $(ABZ)$ y $(BCX)$, luego $\angle AFB=\angle BFC=180^\circ -60^\circ =120^\circ$, entonces $\angle CFA=360^\circ -120^\circ -120^\circ =120^\circ$ y $AFCY$ es cíclico, de modo que $\angle YFA=YCA=60^\circ$, con lo que $Y,F,B$ son colineales, es decir que $BY$ es el eje radical de $(ABZ)$ y $(BCX)$, es decir que $O_1O_2\perp BY$.
