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Vamos a usar segmentos dirigidos ya que [math]P puede quedar sobre el interior de [math]CD o en la prolongación. Asumimos sin pérdida de generalidad [math]AB>BC.
Sea [math]M el punto medio de [math]AD, [math]M' el punto medio de [math]BC, [math]N el punto medio de [math]AB y [math]N' el punto medio de [math]CD.

Para mayor comodidad, denotamos [math]AB = a y [math]BC=b.

Notemos que [math]MX\parallel CD y [math]NY \parallel AD. Por base media, [math]DP = 2MX = 2(AB-XM') = 2a - \sqrt{3}b ya que [math]XM' es altura del equilátero. Análogamente, [math]BQ = 2NY = 2(N'Y-BC) = \sqrt{3}a-2b.

Tenemos que [math]|DP-CD| = CP y [math]CQ = CB+BQ. Por lo tanto [math]CP = \sqrt{3}b-a y [math]CQ = \sqrt{3}a-b.

Ahora, hacemos Pitágoras:

[math]AP^2 = AD^2 + DP^2 = b^2 + (2a-\sqrt{3}b)^2 = 4a^2 + 4b^2 - 4\sqrt{3}ab
[math]AQ^2 = AB^2 + BQ^2 = a^2 + (\sqrt{3}a-2b)^2 = 4a^2 + 4b^2 - 4\sqrt{3}ab
[math]PQ = CP^2 + CQ^2 = (\sqrt{3}b-a)^2 + (\sqrt{3}a-b)^2 = 4a^2 + 4b^2 - 4\sqrt{3}ab

Por lo tanto [math]AP=AQ=PQ y es equilátero, y estamos. [math]\blacksquare

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Si P está en CD

1 ibe 12.png

Denominemos [math]AB\cap DY=E, [math]AB\cap CY=F y [math]CY\cap XB=G

Como [math]\triangle DCY y [math]\triangle XCB son equiláteros, todos sus ángulos miden [math]{60^{\circ}}. Por ser complementarios, [math]\widehat{ADY}=\widehat{XBA}={30^{\circ}}.

Como [math]ABCD es rectángulo, [math]\widehat{DAB}={90^{\circ}} y por SAI en [math]\triangle ADE, [math]\widehat{AED}={60^{\circ}} y por opuesto por el vértice, [math]\widehat{YEF}={60^{\circ}}, de donde resulta que [math]\triangle EFY es equilátero. Por opuesto por el vértice con [math]\widehat{EFY}, [math]CFB={60^{\circ}} y por SAI en [math]\triangle FBC, [math]\widehat{FCB}={30^{\circ}}

Como [math]\triangle ADE y [math]\triangle FBC tienen todos los ángulos iguales y [math]AD=BC por ser rectángulo, ambos son congruentes de donde [math]AE=FB

Como [math]\widehat{CFB}=\widehat{CXB}={60^{\circ}}, concluímos que [math]FBCX es cíclico de donde [math]\widehat{FXB}=\widehat{FCB}={30^{\circ}} y [math]\widehat{XFC}=\widehat{XBC}={60^{\circ}}=\widehat{AFX}

Por SAI en [math]\triangle FCB concluímos que [math]\widehat{FGB}={90^{\circ}} y que [math]XB\perp FC

Como [math]AE=FB, [math]EY=FY y [math]\widehat{AEY}=\widehat{YFB}={120^{\circ}}, [math]\triangle AEY\cong YFB de donde [math]AY=YB y [math]\triangle AYB es isósceles

Como [math]G es la base de la mediatriz de [math]\triangle XBC, también va a serlo de [math]\triangle XYB, entonces resulta que [math]\triangle XYB es isósceles y que [math]AY=YB=XY

Como [math]AY=XY, [math]EY=FY y [math]\widehat{XFY}=\widehat{AEY}={120^{\circ}}, [math]\triangle AEY\cong \triangle XFY, de donde [math]AYFX es cíclico y [math]\widehat{AXY}=\widehat{AFY}={60^{\circ}}

Como [math]AXY es isósceles, resulta que [math]\widehat{AXY}=\widehat{XAY}={60^{\circ}}, y por SAI, [math]\widehat{AYX}={60^{\circ}} de donde sale que [math]\triangle AXY es equilátero

Como [math]\widehat{YAP}=\widehat{YDP}={60^{\circ}}, [math]YADP es cíclico, por lo tanto [math]\widehat{ADY}=\widehat{APY}={30^{\circ}}, Por SAI en [math]\triangle APY, [math]\widehat{AYP}={90^{\circ}}, de donde [math]AQ\perp PY

Como [math]AY=YE e [math]Y es un punto de la hipotenusa de [math]\triangle ABQ, siendo éste rectángulo, por mediana correspondiente con hipotenusa [math]Y es punto medio de [math]AQ

Por último notemos que [math]PY es mediatriz de [math]\triangle APQ entonces [math]\triangle APQ es isósceles y [math]\widehat{PAQ}=\widehat{AQP}={60^{\circ}} luego por SAI [math]\widehat{APQ}={60^{\circ}} de donde concluímos que [math]\triangle APQ es equilátero

Nota: SAI= Suma de Ángulos Internos

Si P está en la prolongación de CD(yo no lo planteé pero seguro es muy parecido al otro caso y copiar dos veces lo mismo no tiene sentido)

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Sea [math]C=(0,0), B=(2,0), A=(2,a) y [math]D=(0,a). Entonces, [math]X=(1, \sqrt{3}) y [math]Y=\left ( \frac{\sqrt{3}a}{2},\frac{a}{2} \right). Ahora, las ecuaciones de las rectas [math]AX y [math]AY son [math]y=(a-\sqrt{3})(x-2)+a y [math]y=\left ( \frac{a}{4-\sqrt{3}a} \right )(x-2)+a, respectivamente.

De aqui sale que [math]P=(0,2\sqrt{3}-a) y que [math]Q=(\sqrt{3}a-2,0).

[math]AP^2=2^2+(2a-2\sqrt{3})^2 = 16-8\sqrt{3}a+4a^2
[math]AQ^2=(4-\sqrt{3}a)^2+a^2=16-8\sqrt{3}a+4a^2
[math]PQ^2=(2-\sqrt{3}a)^2+(2\sqrt{3}-a)^2=16-8\sqrt{3}a+4a^2

Y sigue que [math]APQ es equilatero

Violeta escribió:

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[math]PQ^2=(2-\sqrt{3}a)^2+(2\sqrt{3}-a)^2=18-8\sqrt{3}a+4a^2

Marco V escribió:

Violeta escribió:

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[math]PQ^2=(2-\sqrt{3}a)^2+(2\sqrt{3}-a)^2=18-8\sqrt{3}a+4a^2

Acá tendría que ser [math]16, no?

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Sea $M$ el punto medio de $AD$. Como $\triangle BCX$ es equilátero, $X$ está en la mediatriz de $BC$, que es la mediatriz de $AD$, pasa por $M$ y además es paralela a $CD$ por ser $ABCD$ un rectángulo, por Thales $X$ es el punto medio de $AP$. Análogamente $Y$ es el punto medio de $AQ$. Luego, por Thales $PQ\parallel XY\Rightarrow \triangle APQ\simeq \triangle AXY$.
Como $ABCD$ es un rectángulo, $\triangle BCX$ y $\triangle DCY$ son equiláteros tenemos $AD=BC=XC=XB$ y $DY=CY=CD=BA$. Por otro lado $A\widehat DY=A\widehat DC-Y\widehat DC=90^\circ -60^\circ =30^\circ$, análogamente $X\widehat BA=30^\circ$ y por último $X\widehat CY=X\widehat CB-Y\widehat CB=X\widehat CB-(D\widehat CB-D\widehat CY)=60^\circ -(90^\circ -60^\circ )=30^\circ$.
En resumen $AD=XC=XB$, $DY=CY=BA$ y $A\widehat DY=X\widehat CY=X\widehat BA$. Por tener dos lados y el ángulo comprendido entre ellos respectivamente congruentes, $\triangle ADY\equiv \triangle XCY\equiv \triangle XBA\Rightarrow AX=XY=YA\Rightarrow \triangle AXY$ es equilátero.

$\therefore \triangle APQ$ es equilátero.

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Ibero 2012 P1 Generalización.png

Sea $\angle BCD=\alpha$, como $\triangle BCX$ y $\triangle CDY$ son equiláteros tenemos $\angle DCX=\angle BCY=\alpha -60^\circ$, por lo que $\angle XCY=120^\circ -\alpha$. Además $\angle XBA=\angle CBA-\angle CBX=180^\circ -\alpha -60^\circ =120^\circ -\alpha$, análogamente $\angle ADY=120^\circ -\alpha$. Entonces $AD=BC=XC=XB$, $DY=CY=CD=BA$ y $\angle ADY=\angle XCY=\angle XBA$, por lo tanto $\triangle ADY\equiv \triangle XCY\equiv \triangle XBA\Rightarrow AY=XY=XA\Rightarrow \triangle AXY$ es equilátero.

La paralela a $AB$ por $X$ corta a $BC$ en $H$ y a $DA$ en $G$, la paralela a $BC$ por $Y$ corta a $CD$ en $F$ y a $GH$ en $E$. Por Thales $\frac{AX}{XP}=\frac{AG}{GD}=\frac{BH}{HC}$ y $\frac{AY}{YQ}=\frac{DF}{FC}$. Ahora, $CHEF$ es un paralelogramo pues $CH\parallel EF$ y $CF\parallel EH$, luego $\angle YFC=\angle EFC=\angle EHC=\angle XHC$, y como $\angle XCH=\angle XCB=60^\circ =\angle YCD=\angle YCF$ tenemos $\triangle XCH\simeq \triangle YCF\Rightarrow \frac{CH}{CF}=\frac{XC}{YC}=\frac{BC}{CD}$. Por lo tanto $\frac{BC}{CH}=\frac{DC}{FC}$, pero $\frac{BC}{HC}=\frac{BH+HC}{HC}=\frac{BH}{HC}+1$ y $\frac{DC}{FC}=\frac{DF+FC}{FC}=\frac{DF}{FC}+1$. Entonces $\frac{BH}{HC}+1=\frac{DF}{FC}+1\Rightarrow \frac{BH}{HC}=\frac{DF}{FC}$. Por lo tanto $\frac{AX}{XP}=\frac{AY}{YQ}\Rightarrow PQ\parallel XY\Rightarrow \triangle APQ\simeq \triangle AXY$.

$\therefore \triangle APQ$ es equilátero.

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Sea $G$ la interseccion de $\overline{CY}$ y $\overline{BA}$.

Si $\overline{XY} \parallel \overline{PQ}$ y $\triangle AXY$ es equilatero, entonces $\triangle APQ$ es equilatero tambien.
$\overline{YA}=\overline{YB} \Rightarrow \widehat{YBA}=\widehat{YAB}=\alpha \Rightarrow \overline{YA}=\overline{YB}=\overline{YQ}$.

Como $\overline{BY}=\overline{XY} \Rightarrow \widehat{GBY}=\widehat{GXY} \Rightarrow \widehat{GXY}=\widehat{GAY} \Rightarrow XGYA$ es ciclico.
Ademas, $\overline{YA}=\overline{YB}=\overline{YX}=\widehat{YQ}$. Como $\widehat{AGY}=60^{\circ} \Rightarrow \widehat{YXA}=60^{\circ} \Rightarrow \overline{YA}=\overline{YX}=\overline{XA}$. De donde, $\triangle AXY$ es equilatero.

Como $\widehat{XAY}=60^{\circ}=\widehat{PDY} \Rightarrow PDAY$ es ciclico y $\widehat{YDA}=\widehat{YPA}=30^{\circ} \Rightarrow \widehat{PYA}=90^{\circ} \Rightarrow \overline{YA}=\overline{YX}=\overline{XA}=\overline{XP}$.

Finalmente, $X$ es punto medio de $\overline{PA}$ e $Y$ es punto medio de $\overline{QA}$, de donde $\overline{XY} \parallel \overline{PQ}$.

Entonces, $\triangle APQ$ es equilatero.