复数提供一个直截了当的解决方案。
让我们将原点放在$B$，并假设$A$和$C$对应复数$\alpha$和$2\beta.$$D$通过螺旋相似性$\displaystyle\gamma=1+i\frac{\sqrt{3}}{3}$约为$B，$，同样地，$F$从$\alpha.$获得$D$是$A$在（共轭）螺旋相似性$\displaystyle\overline{\gamma}=1-i\frac{\sqrt{3}}{3}$下的图像，大约在$C:$D=\gamma\alpha，$$F=\gama\beta，$$E=2\beta+\ overline}{\gama}（\alpha-2\beta）下$
顶点为$D$、$E、$$F$的三角形是等边的，如果$E+jD+j^{2} 如果=0$或$E+j^{2} D类+jF=0，$其中$j$是通过$120^{\circ}的旋转：$$\displaystyle j=-\frac{1}{2}+i\frac}\sqrt{3}}{2{，$$\displaystyle\overline{j}=j^{2}=-\frac{1{{2} -i\压裂{\sqrt{3}}{2}$
简单的计算表明
$\显示样式\gamma\cdot j=（1+i\frac{\sqrt{3}}{3}）$
和
$\显示样式\gamma\cdot\上划线{j}=（1+i\frac{\sqrt{3}}{3}）（-\frac{1}{2} -i\frac{\sqrt{3}}{2}）=-i\frac{2\sqrt{3+}{3}$
从这里开始，
$\开始{align}\显示样式E+jF&+j^{2} D类=[2\beta+\上划线{\gamma}（\alpha-2\beta）]+\gamma\alpha-j+\gama\beta\上划线}\\&=2\beta+（1-i\frac{\sqrt{3}}{3}）（\alpha-2\beta）+（-1+i\frac{3}{3{）\alpha+（-i\frac}2\sqrt{3}}{3}）\beta\\&=\alpha（1-i\frac{\sqrt{3}}{3}-1+i\frac{\sqrt{3}}{3}）+\beta（2-2+i\frac{2\sqrt{3}}{3} -i\裂缝{2\sqrt{3}}{3}）=0。\结束{对齐}$
设$M$为$BC的中点。$我们有$\angle ABD=\angle FBM=30^{\circ}$和$\angel BAD=\角度BMF=90^{\circ}.$另外，$\Delta BAD\sim\Delta BMF，$so$\displaystyle\frac{BD}{BF}=\frac{BA}{BM}.$而且，由于$\angle ABD=\angle FBM，$$\angleFBD=\ample MBA根据比例和角度相等，我们得到$\Delta BDF\sim\Delta BAM，$so$\displaystyle DF=\frac{BF\cdot AM}{BM}.$类似地，$\displaystyle EF=\frac{CF\cdot AM}{CM}.$但$BF=CF$和$BM=CM$，所以可以得出$DF=EF$
此外，$\angle BFD=\angle BMA，$$\angleCFE=\angleCMA，$so
$\开始{align}\角度DFE&=360^{\circ}-（角度BFC+\角度BFD+\角度CFE）\\&=360^{\circ}-（120^{\circ}+\角度BMF+\角度CMF）\\&=360^{\circ}-（120^{\circ}+180^{\icrc}）\\&=60^{\circ}，\结束{对齐}$
由此我们可以推断$\Delta DEF$是等边的。
