Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Definimos $P\neq C$ como el segundo punto de corte de las circunscritas a los triángulos equiláteros $A'BC$ y $AB'C$. Por la propiedad del arco capaz, se tiene que \[\angle B'PC=180^\circ-\angle B'AC=120^\circ,\qquad \angle A'PC=180^\circ-\angle A'BC=120^\circ.\] Deducimos que \[\angle APB=\angle A'PB'=360^\circ-\angle B'PC-\angle A'PC=120^\circ,\] luego $P$ también está en la circunferencia circunscrita a $ABC'$. Así, la propiedad del arco capaz en las tres circunferencias nos da los siguientes ángulos: \begin{align*} \angle B'PA&=\angle B'CA=60^\circ,& \angle A'PB&=\angle A'CB=60^\circ,\\ \angle APC&=\angle AB'C=60^\circ,& \angle APC'&=\angle ABC'=60^\circ. \end{align*} Esto nos dice que $P$ está en la intersección de $AA'$, $BB'$ y $CC'$ y tenemos probado el apartado (a). También tenemos el apartado (b) ya que hemos probado implícitamente que el lugar geométrico de $P$ es el arco menor $AB$ de la circunferencia circunscrita a $ABC'$.

Observemos que, como $A'',B'',C''$ son los centros de las circunferencias circunscritas que hemos trazado, se cumple que la recta $A''B''$ es perpendicular a la recta $CC'$, la recta $A''C''$ es perpendicular a $BB'$ y la recta $B''C''$ es perpendicular a $AA'$. Como las rectas $AA',BB',CC'$ forman ángulos de $60^\circ$, obtenemos que $A''B'',B''C'',C''A''$ también forman ángulos de $60^\circ$, luego el triángulo $A'',B'',C''$ es equilátero y tenemos ya el apartado (c).

Finalmente, para responder al apartado (d), consideremos el punto $Q$ diametralmente opuesto a $P$ en la circunferencia circunscrita a $AB'C$. Se tiene entonces que $\angle PB'Q=90^\circ$ y $\angle AB'P=120^\circ$, luego, una vez más por la propiedad del arco capaz, \[\angle B'PB''=\angle B'PQ=90^\circ-\angle B'QP=90^\circ-\angle B'CP.\] De la misma forma, se tiene que $\angle A'PA''=90^\circ-\angle A'CP$, luego podemos sumar para obtener que \[\angle B'PB''+\angle A'PA''=180-\angle B'CP-\angle A'CP=180^\circ-\angle B'CA'=120^\circ.\] Como $\angle B'PB''+\angle B''PA''+\angle A'PA''=240^\circ$, obtenemos que $\angle B''PA''=120^\circ$, luego $P$ está en la circunferencia circunscrita al triángulo $A''B''C''$.

Nota. El problema en sí está muy relacionado con el teorema de Napoleón para el triángulo $ABC$. Justo nos dicen que analicemos el caso en que $ABC$ es degenerado (sus vértices están alineados). Los apartados (a), (b) y (c) son parte de la demostración estándar de este resultado clásico, aunque (d) es distinto ya que no es cierto en general para un triángulo cualquiera.