PQ∥BCPQ∥BCPQ ∥ BC para isósceles △ABC△ABC\triángulo ABC y equilátero inscrito △PQR△PQR\triángulo PQR siendo RRR el punto medio de BCBCBC

Consulte el siguiente diagrama que proporciona un contraejemplo para el triángulo isósceles de ángulo obtuso ($120$-$30$-$30$) como lo menciona John Omielan.

Para$\angle BRP = 60^\circ + x, \angle CRQ = 60^\circ - x$o viceversa con$0 \lt x \lt 30^\circ$nos dará puntos$P$y$Q$en los lados$AB$y$AC$tal que$\triangle PQR$es equilatero pero$PQ$no es paralelo a$BC$.

Por la ley de los senos, podemos demostrar que$120$-$30$-$30$es el único triángulo isósceles para el cual$PQ$no es necesariamente paralelo a$BC$.

Decir$\angle B = \angle C = y$y$\angle BRP = 60^\circ + x, \angle CRQ = 60^\circ - x$

Por la ley de los senos en$\triangle BPR$,

$\displaystyle \frac{\sin (180^\circ - (60^\circ + x+y))}{BR} = \frac{\sin y}{PR} \tag1$

Por la ley de los senos en$\triangle CQR$,

$\displaystyle \frac{\sin (180^\circ - (60^\circ - x + y))}{CR} = \frac{\sin y}{QR} \tag2$

Como$BR = CR$y$PR = QR$, de$(1)$y$(2)$obtenemos

$\sin (60^\circ - x + y) = \sin (60^\circ + x + y)$

Así que o tenemos$60^\circ - x + y = 60^\circ + x + y ~$es decir$~x = 0$. Eso lleva a$\angle BRP = \angle CRQ = 60^\circ ~$y$~PQ \parallel BC$.

o tenemos,

$(60^\circ - x + y) + (60^\circ + x + y) = 180^\circ \implies y = 30^\circ$y$\triangle ABC$es$120$-$30$-$30$triángulo. En este caso, no es necesario que$\angle BRP = \angle CRQ$. He demostrado este caso en la primera parte de mi respuesta.