1999年第40届IMO试题

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  二试组合部分

略

证法一
首先，正多边形的顶点集满足题意．
下面证明满足题意的点集 $S$ 必是正多边形的顶点集．
设点集 $S$ 满足题意，考虑 $S$ 的凸包 $T$，易知 $T$ 不是线段，故 $T$ 是一个凸多边形，不妨设为 $P_1P_2\cdots P_n$．
若多边形 $P_1P_2\cdots P_n$ 的内部或边界上（不是顶点）有 $S$ 中的点，设为点 $Q$，不妨设 $QP_1=\max\{QP_1,QP_2,\cdots,QP_n\}$，线段 $QPQ_1$ 的垂直平分线为 $l$，则点集 $S$ 关于 $l$ 对称．设点 $P_i$ 是与 $Q$ 在 $l$ 同侧，且距 $l$ 最远的点，则 $d(P_i,l)>d(Q,l)$（注：用 $d(P,l)$ 表示点 $P$ 到直线 $l$ 的距离），于是点 $P_i$ 关于 $l$ 的对称点 $P_i^\prime$ 与 $P_1$ 在 $l$ 的同侧，且 $d(P_i^\prime,l)=d(P_i,l)>d(Q,l)=d(P_1,l)$
故 $P_i^\prime$ 在凸多边形 $P_1P_2\cdots P_n$ 外，矛盾．
所以，凸多边形 $P_1P_2\cdots P_n$ 的顶点集即为 $S$．
考虑线段 $P_1P_3$ 的垂直平分线，它是 $S$ 的对称轴，可知 $S_2$ 在此对称轴上，故 $P_1P_2=P_2P_3.$
同理可得 $P_1P_2=P_2P_3=P_3P_4=\cdots=P_1P_n$．
当 $n=3$ 时，$S$ 是正三角形顶点集．
当 $n\geqslant 4$ 时，考虑线段 $P_1P_4$ 的垂直平分线，它是 $S$ 的对称轴，可知 $P_2,P_3$ 关于此直线对称，所以 $\angle P_1P_2P_3=\angle P_2P_3P_4$．
同理可得 $\angle P_1P_2P_3=\angle P_2P_3P_4=\cdots=\angle P_nP_1P_2$，
从而 $P_1P_2\cdots P_n$ 是正多边形．
综上可知，满足题意的点集 $S$ 是正多边形的顶点集．
证法二
设 $G$ 是 $S$ 的重心，对于 $S$ 中任意两点 $A,B$，记 $r_{AB}$ 为 $S$ 关于线段 $AB$ 的垂直平分线的对称映射．因为 $r_{AB}(S)=S$，所以 $r_{AB}(G)=G$，这说明 $S$ 中每个点到 $G$ 的距离都相等，因而 $S$ 中的点全在一个圆周上，它们构成一个凸 $n$ 边形 $P_1P_2\cdots P_n(n\geqslant 3)$．
因为 $S$ 的对称映射 $r_{P_1P_3}$ 把以 $P_1P_3$ 为边界的两个半平面分别映成他们自己，所以有 $r_{P_1P_3}(P_2)=P_2$，得 $P_1P_2=P_2P_3$．
同理可得 $P_2P_3=P_3P_4=P_3P_4=\cdots=P_nP_1$，
故 $P_1P_2\cdots P_n$ 是一个正 $n$ 边形．
又当 $S$ 是正 $n$ 边形的顶点集时，显然满足题意，从而，$S$ 为正多边形的顶点集．