＝ＲＣ：ＱＢ
＝ＣＡ/
：ＣＢ/＝ＣＡ：ＣＢなので
◆東京都 Asami さんからの解答。
六角形ＡＰＢＱＣＲの内部に点Ｓを、ＳＱＣＲが平行四辺形になるようにとる。
すると、
∠ＳＱＢ
＝120−∠ＳＱＣ
＝120−(180−(∠ＡＣＢ＋30＋30)
＝∠ＡＣＢ
また、
ＳＱ：ＱＢ
＝ＲＣ：ＱＢ
＝ＣＡ/：ＣＢ/
＝ＣＡ：ＣＢなので
結局、△ＳＱＢ∽ＡＣＢである。
ゆえに、∠ＡＢＣ＝∠ＳＢＱ ………@
また、ＳＢ＝ＡＢ/＝ＢＰ ………A
一方で、
∠ＳＢＰ
＝30＋∠ＡＢＣ＋30−∠ＳＢＱ
＝@より60
なので、これとAから△ＳＢＰは正三角形とわかる。
よって、ＰＢ＝ＰＳ ………B
さて、
∠ＰＳＲ
＝360−∠ＰＳＢ−∠ＢＳＱ−∠ＱＳＲ
＝360−60−∠ＢＡＣ−∠ＱＣＲ
＝360−60−∠ＢＡＣ−∠ＡＣＢ−30−30
＝240−(180−∠ＡＢＣ)
＝60＋∠ＡＢＣ
＝30＋30＋∠ＡＢＣ
＝∠ＰＢＱ ………C
ＢＱ＝ＳＲは自明 ………D
従ってB,C,Dより
△ＰＢＱ≡ＰＳＲなのでＰＱ＝ＰＲ ………E
同時に∠ＳＰＲ＝∠ＱＰＢに注意しておく ………F
∠ＱＰＲ
＝∠ＳＰＲ＋∠ＳＰＢ−∠ＱＰＢ
＝∠ＳＰＲ＋60−∠ＱＰＢ
＝Fより60 ………G
E,Gより△ＰＱＲは正三角形である。
【感想】
なーんかどこかで見たことあるような気がする。
◆東京都 Asami さんからの解答。
【お約束の複素平面による解答】
Ａ,Ｂ,Ｃを複素平面でz1,０,z2と表示すると
Ｐは(１/２＋i/２)×z1
Ｑは(１/２−i/２)×z2
Ｒは(１/２−i/２)×(z1−z2)＋z2
いま、
(１/２＋iなので、ＰＱ＝ＰＲである。
(１/２＋iなので、ＱＲ＝ＱＰもわかる。
ゆえに、ＰＱ＝ＱＲ＝ＲＰ
◆愛知県 重永 大介 さんからの解答。
辺ＡＢ，ＢＣ，ＣＡを底辺とする二等辺三角形は相似で、
相似比をｐ：ｑ：ｒとする。
点ＰをＡＢに対して対称移動し、その点をＳとすると
△ＡＰＳ，△ＢＰＳは正三角形である。
∠ＢＡＣ＝３０°＋∠ＳＡＣ＝∠ＳＡＲ
また、
ＡＢ：ＡＣ＝ＡＳ：ＡＲ（＝ｐ：ｒ）
よって、
△ＡＢＣ∽△ＡＳＲで、∠ＡＢＣ＝∠ＡＳＲ
∠ＰＢＱ
＝∠ＡＢＣ＋３０°＋３０°
＝∠ＡＳＲ＋６０°
＝∠ＡＳＲ＋∠ＡＳＰ
＝∠ＰＳＲ…@
ＡＢ：ＢＣ
＝ＡＳ：ＳＲ（△ＡＢＣ∽△ＡＳＲより）
＝ＰＳ：ＳＲ（＝ｐ：ｑ）
また、
ＡＢ：ＢＣ
＝ＢＰ：ＢＱ
＝ＰＳ：ＢＱ（＝ｐ：ｑ）
この２式より、ＳＲ＝ＢＱ…A
@，AとＰＢ＝ＰＳより△ＰＢＱ≡△ＰＳＲ。
よって、ＰＱ＝ＰＲ。
同様に対称点をとる操作をして、ＱＲ＝ＰＲ。
＜コメント＞
たぶん、Asamiさんの解答とほぼ同じだと思います。
（失礼ですが）証明を詳しく読んでいないのでわかりませんが。
僕もどこかで見た記憶があります。
【埼玉県 斉藤 誠さんからのコメント】
この問題は『最短シュタイナー問題』の私の解答の中にある中間課題と似たものです。
Ｐ、Ｑ、Ｒを中心としそれぞれＡＢ、ＢＣ、ＣＡを通る円を描けば同じになります。
私は証明を省略しましたが、高校の参考書にもこの３円が１点で交わる証明問題が有ったように記憶しています。
これには更に簡単な証明が有るように思えます。
見方を変えるといろんな問題になり、解答方法も変わるのがとてもおもしろいですね！！
◆埼玉県 斉藤 誠 さんからの解答。
Ｒ、Ｑを中心としてそれぞれＡ，Ｃ Ｃ，Ｂを通る円Ｒ、Ｑを画き、その交点（Ｃ以外の）をＳとする。
弦ＡＣの中心角＝∠ＡＲＣ＝１２０゜なので、中心Ｒ側の円周角は６０゜
よって
∠ＡＳＣ＝１８０゜−６０゜＝１２０゜
同様にして
∠ＣＳＢ＝１２０゜
となるので
∠ＢＳＡ＝３６０゜−１２０゜−１２０゜＝１２０゜
△ＡＢＣの外側にＡＢを１辺とする正三角形ＡＢＤを作り、その外接円Ｐを作ると
∠ＡＤＢ＋∠ＢＳＡ＝６０゜＋１２０゜＝１８０゜
となる。
よって、点Ｓは円に内接する四角形ＡＤＢＳの頂点で同一円上の点となり、
「３円は一点Ｓで交わる」。 また
∠ＢＰＡ＝１２０゜なので、点Ｐは外接円Ｐの中心となる。
△ＡＲＳおよび△ＳＰＡは二等辺三角形なので、
線分ＲＰは弦ＡＳの二等分線である。
よって
∠ＡＲＰ＝∠ＰＲＳ
同様に
∠ＳＲＱ＝∠ＱＲＣ
故に
∠ＰＲＱ＝∠ＡＲＣ／２＝６０゜
∠ＲＱＰ、∠ＱＰＲも同じで６０゜となり
△ＰＲＱは正三角形、よって ＰＱ＝ＱＲ＝ＲＰ
すこしは簡単でしょうか。４番目の証明法です。
◆大阪府 f-cubed さんからの解答。
初等幾何(？)での解答を考えてみました。
まず明らかに、
ＡＰ＝ＢＰ、ＱＢ＝ＱＣ、ＣＲ＝ＡＲである。
また、
∠ＰＡＢ＝∠ＰＢＡ＝∠ＣＢＱ＝∠ＢＣＱ＝∠ＣＡＲ＝∠ＡＣＲ＝３０°且つ、
∠ＢＡＣ＋∠ＡＣＢ＋∠ＣＢＡ＝２∠Ｒ
であるから、
∠ＰＢＱ＋∠ＱＣＲ＋∠ＲＡＰ
＝２∠Ｒ＋３０°×６
＝４∠Ｒ
である。 <> 以上より、△ＰＢＱ、△ＱＣＲ、△ＲＡＰを等長の辺が重なるように接ぎ合わせると三角形を作ることができ、しかもこの三角形の各辺はＰＱ、ＱＲ、ＲＰであるから△ＰＱＲに合同である。
これは言い換えれば、ＰＱ、ＱＲ、ＲＰを谷線として、△ＰＢＱ、△ＱＣＲ、△ＲＡＰを△ＰＱＲの内部へと折り込むと、点Ａ、Ｂ、Ｃが一点で重なることに等しい。
ここで頂角Ｐに注目すると、
∠ＡＰＲ＋∠ＢＰＱ＝∠ＱＰＲ
∴∠ＢＰＡ＝∠ＡＰＲ＋∠ＢＰＱ＋∠ＱＰＲ＝２∠ＱＰＲ
∠ＢＰＡ＝１２０°であるから、
∴∠ＱＰＲ＝６０°
以下同様にして、
∠ＱＰＲ＝∠ＰＲＱ＝∠ＲＱＰ＝６０°
ゆえに三角形ＰＱＲは正三角形であり、ＰＱ＝ＱＲ＝ＲＰである。
◆静岡県 村松 芳子 さんからのコメント。
この問題は、yoshita君の『ナポレオンの問題』と同じですね。
点Ｐ，Ｑ，Ｒは、三角形ＡＢＣの各辺を一辺とする三つの正三角形のそれぞれの重心ですから。
ＣＨＥＣＫさんの問題の解法をみて、解法の多さにびっくりしました。