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.
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 $\angle{APB}=120$ de ahi P esta sobre Cc. Es decir las tres circunferencias tienen ese punto en comun. De ahi se sigue que;
$\angle{A'PB}=60=\angle{APB'}$ y $\angle{APB}=120=\angle{CPA}$ 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!!!!!!!!!