La respuesta es SÍ.
WOLOG, considere el caso de $r = 1$, el circuncentro está situado en el lugar de origen y los vértices están dispuestos en sentido antihorario manera a lo largo de la circunferencia circunscrita.
Identificar el plano euclidiano $\mathbb{R}^2$ con el plano complejo $\mathbb{C}$. Vamos a abusar de la notación y uso del mismo símbolo para denotar un punto en el plano euclidiano y el número correspondiente en el plano complejo.
Deje $\omega = e^{i\pi/3}$ ser la raíz primitiva de la unidad, con el fin de $6$.
Desde $|AB| = |CD| = |EF| = r = 1$ $A, \cdots, F$ están dispuestos counterclockwisely a lo largo de la circunferencia circunscrita, tenemos
$$
\begin{cases}
B = \omega A,\\
D = \omega C,\\
F = \omega E\\
\end{casos}
\implica
\begin{cases}
M_1 = \frac12(B+C) = \frac12( \omega A + C)\\
M_2 = \frac12(D+E) = \frac12( \omega C + E)\\
M_3 = \frac12(F+A) = \frac12( \omega E + A)
\end{casos}
$$
Aviso siguientes tres números complejos son múltiples de cada uno de los otros hasta algunos poderes de $\omega^2$.
$$\begin{align}
M_2 - M_1 &= \frac12 ((\omega - 1) C + E - \omega A)
= \frac12 ( E + \omega^2 C + \omega^4 A),\\
M_3 - M_2 &= \frac12((\omega - 1) E + A - \omega C)
= \frac12 ( A + \omega^2 E + \omega^4 C) = \omega^2 (M_2 - M_1)\\
M_1 - M_3 &= \frac12((\omega - 1) A + C - \omega E)
= \frac12 ( C + \omega^2 A + \omega^4 E ) = \omega^2 (M_3 - M_2)
\end{align}
$$
Traducir estas relaciones de vuelta a plano Euclidiano.
Podemos obtener el segmento de la línea de $M_2M_3$ $M_1M_2$ por una rotación en sentido antihorario de $120^\circ$, seguido por una traducción a mover $M_1$ a $M_2$. Del mismo modo, podemos obtener el segmento de la línea de $M_3M_1$ $M_2M_3$ por una rotación en sentido antihorario de $120^\circ$, seguido por una traducción a mover $M_2$ a $M_3$.
Como resultado, $\triangle M_1M_2M_3$ es un triángulo equilátero.
