Pensé ingenuamente que un triángulo así tendría que ser equilátero, pero cuando intenté demostrarlo mediante construcción terminé produciendo un contraejemplo bastante fácilmente.
Comienza fijando los puntos $A$ y $B$. También fijamos un tercer punto $C^\prime$ y requerimos que $C$ se encuentre en el rayo $\vec{BC^\prime}$. Traza una perpendicular desde $A$ hasta $BC^\prime$ y llama al punto de intersección $D$. A continuación, construye el bisector del ángulo $\angle ABC^\prime$; denomina la intersección del bisector del ángulo con la línea $AD$ como $G$. Finalmente, construye el punto medio $F$ de $AB$, y extiende una línea a través de $F$ y $G$. La intersección de $FG$ y $BC^\prime$ determina el tercer vértice del triángulo, $C$.
El resultado es que para cualquier ángulo $\angle ABC^\prime$, existe un punto $C$ tal que el triángulo $\triangle ABC$ cumple con todas nuestras hipótesis. Y por supuesto, si $\angle ABC^\prime$ no necesariamente es de $60^\circ$, entonces $\triangle ABC$ no es necesariamente equilátero.
EDICIÓN: El último párrafo no es del todo correcto. La primera oración debería decir: para cualquier ángulo $\angle ABC^\prime$ que no sea obtuso, existe un punto $C$ tal que el triángulo $\triangle ABC$ cumple con todas nuestras hipótesis.
