Teorema de Morley 
6º Passo
Construa o ponto \(J\), intersecção entre as bissectrizes dos ângulos \( \measuredangle HFG\) e \(\measuredangle FGI\). Tal é possível dado que os ângulos \(\measuredangle HFG\) e \(\measuredangle FGI\) não são rasos e as suas bissectrizes situam-se ambas no semi-plano delimitado pela recta \(FG\) que contém o ponto \(A\). De facto, temos: \[\begin{array}{lll} H\hat{F}E & = & 180^{\circ}-H\hat{F}B\\ & = & 180^{\circ}-D\hat{F}B\\ & = & D\hat{F}E\\ & = & 60^{\circ}+E\hat{F}G \end{array}\] \[\begin{array}{lll} G\hat{E}F & = & C\hat{E}B\\ & = & 180^{\circ}-E\hat{B}C-B\hat{C}E\\ & = & 180^{\circ}-\frac{2}{3}A\hat{B}C-\frac{2}{3}B\hat{C}A\\ & = & 180^{\circ}-\frac{2}{3}\left(180^{\circ}-C\hat{A}B\right)\\ & = & 60^{\circ}+\frac{2}{3}C\hat{A}B \end{array}\] \[\begin{array}{lll} H\hat{F}G & = & H\hat{F}E+E\hat{F}G\\ & = & 60^{\circ}+2\cdot E\hat{F}G\\ & = & 60^{\circ}+\left(180^{\circ}-G\hat{E}F\right)\\ & = & 60^{\circ}+\left(120^{\circ}-\frac{2}{3}C\hat{A}B\right)\\ & = & 180^{\circ}-\frac{2}{3}C\hat{A}B<180^{\circ} \end{array}\]
Analogamente, \(F\hat{G}I=180^{\circ}-\frac{2}{3}C\hat{A}B<180^{\circ}\)
Como \(\overline{HF}=\overline{FG}\) e \(H\hat{F}J=G\hat{F}J\), os triângulos \([HFJ]\) e \([GFJ]\) são congruentes, pelo que \(\overline{HJ}=\overline{GJ}\). Analogamente, os triângulos \([GFJ]\) e \([GIJ]\) também são congruentes, pelo que \(\overline{FJ}=\overline{IJ}\). Como \(J\hat{F}G=\frac{1}{2}H\hat{F}G=\frac{1}{2}F\hat{G}I=J\hat{G}F\), o triângulo \([FJG]\) é isósceles, com \(\overline{FJ}=\overline{GJ}\). Portanto, \(\overline{HJ}=\overline{FJ}=\overline{GJ}=\overline{IJ}\), ou seja, o ponto \(J\) é equidistante dos pontos \(H\), \(G\), \(F\) e \(I\).
