Equilátero seccionado (3G, take_home_1)

Primero la figura:

 Lo primero que se observa es que los segmentos AB', BC', CA' miden la tercera parte de un lado (digamos $l/3$). Ello se ve fácilmente de las razones en los datos: AC'=2C'B, etc. Vamos a demostrar primero que el triángulo central DEF es equilátero.

Para ello observemos que en cada lado se forman los mismos triángulos (es lo que vamos a probar como paso previo pero de la figura parecen iguales): ACA' tiene su réplica en CBC', etc; lo mismo que ACF se repite en CEB, etc; y AB'D se replica en CA'F y BC'E.

Los triángulos ACA' y sus réplicas son congruentes por Lado ($l$) Ángulo (60) Lado ($l/3$). Esto fija los ángulos CAA' (digamos que valen $x$) y, en consecuencia, los ACF ($60-x$), lo cual nos permite probar que los triángulos ACF y sus réplicas son congruentes (por el criterio Ángulo -- $x$-- Lado --$l$-- Ángulo --$60-x$.

Finalmente, los triángulos AB'D y sus réplicas son congruentes por el criterio Lado ($l/3$) Ángulo ($x$) Lado (que quedó fijo por la congruencia anterior). Y aquí es a donde queríamos llegar. Porque entonces los opuestos por el vértice de los ángulos de DEF son todos iguales (digamos a $y$) y se sigue que $3y=180$ o $y=60$.

Vamos ahora a demostrar que los segmentos del tipo EL son bisectrices de los ángulos del tipo FEB (externos a los ángulos de DEF). Para ello observemos que el ángulo C'EB es opuesto por el vértice a uno de los ángulos del equilátero central, es decir, es de 60 grados.

Una vez viendo que el ángulo C'EB es de 60 podemos combinar ese descubrimiento con este otro: el triángulo C'BL es equilátero (isósceles con un ángulo de 60), Esto nos lleva a concluir que el cuadrilátero EC'BL es cíclico, y de ahí a que EL es bisectriz del ángulo FEB. Pero entonces EL es paralela a DA' (correspondientes iguales). Pero es una paralela a la base DA' del triángulo DA'B que pasa por el punto medio L del lado A'B. Luego, pasa por el punto medio del otro lado. Es decir, DE=EB.

Una vez habiendo probado que AD=DF (y que DE=EB, EF=FC), el seccionamiento deseado (el cual es el origen de todo el plan) termina la demostración. Claramente, los triángulos ADC y DFC tienen la misma área (bases de la misma longitud y vértice común). Para ver que estos dos triángulos tienen la misma área que el triángulo DEF, basta ver que tienen sus vértices en paralelas simétricas a una recta. Para el caso de DFC y DEF, sus vértices C y  E están en paralelas simétricas a AA'. Por tanto sus alturas son iguales. (Nota: para el novicio posiblemente sea más fácil ver la igualdad de alturas si baja las perpendiculares de C a AA' y de F a EL y demuestra congruencia con semejanza y las hipotenusas correspoindientemente iguales.)

Así pues, el triángulo ABC se ha seccionado en 7 triángulos de igual área, uno de ellos es el DEF. Y se tiene entonces que (ABC)=7(DEF), como se quería.