奥数题在边长为1的等边三角形中有10个点，证明其中必有两个点之间的距离不大于13。
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在边长为1的等边三角形中有10个点，证明其中必有两个点之间的距离不大于13。
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我们将这个等边三角形分成4个小等边三角形，如下图所示：
我们可以发现，每个小等边三角形的边长都是原来的一半，即$\frac{1}{2}$。因此，每个小等边三角形的顶点到中心点的距离都是$\frac{1}{\sqrt{3}}$，如下图所示：
现在，我们把这个等边三角形中的10个点放到这4个小等边三角形中。由抽屉原理，至少有一个小等边三角形中至少有3个点。不失一般性，我们假设这个小等边三角形是ABC，其中有3个点A、B、C，如下图所示：
现在，我们要证明在这个小等边三角形ABC中，必有两个点之间的距离不大于13。我们可以在这个小等边三角形中找到一个最长的线段PQ，使得P和Q分别是三角形中的两个点，如下图所示：
我们可以发现，线段PQ的长度不大于1。因为如果线段PQ的长度大于1，那么根据抽屉原理，必有另外一个点R在PQ的两端之一，且与P或Q的距离不大于$\frac{1}{2}$，这样就可以构造出一个更长的线段，与PQ的长度最长矛盾。
现在，我们把线段PQ沿着三角形ABC的边界旋转，使得它的两个端点分别落在三角形的两条边上，如下图所示：
我们可以发现，线段PQ的长度不变，但它的两个端点现在变成了三角形ABC的顶点之一。因此，我们只需要证明，在三角形ABC中，至少有一个顶点到线段PQ的距离不大于$\frac{1}{2}$，就可以得到两个点之间的距离不大于13。
假设三角形ABC的顶点分别为A、B、C。我们可以发现，线段PQ与AB、BC、CA三条边之一的夹角不大于$60^\circ$，因为如果夹角大于$60^\circ$，那么线段PQ就可以沿着这条边旋转，使得它的两个端点分别落在这条边的两个端点上，这样就可以构造出一个更长的线段，与PQ的长度最长矛盾。
不失一般性，我们假设线段PQ与边AB的夹角不大于$60^\circ$，如下图所示：
现在，我们要证明点C到线段PQ的距离不大于$\frac{1}{2}$。我们可以在三角形ABC中找到一个最短的线段CR，使得R是线段PQ所在的直线上的点，如下图所示：
我们可以发现，线段CR的长度不大于$\frac{1}{2}$。因为如果线段CR的长度大于$\frac{1}{2}$，那么根据三角形不等式，有$AC+CR>AR$，即$1+\frac{1}{2}>AR$，这与线段PQ是最长的线段矛盾。
现在，我们只需要证明点C到线段PQ的距离不大于线段CR的长度，即$CP\leq CR$。我们可以利用余弦定理来证明这个结论：
$CP^2=CR^2+RP^2-2\cdot CR\cdot RP\cdot \cos \angle CRP$
由于$\angle CRP\leq 60^\circ$，$\cos \angle CRP\geq \frac{1}{2}$，因此：
$CP^2\leq CR^2+RP^2-CR\cdot RP$
由于$RP\leq PQ\leq 1$，因此：
$CP^2\leq CR^2+1-CR$
现在，我们只需要证明$CR\geq \frac{1}{2}$，就可以得到$CP^2\leq \frac{5}{4}$，即$CP\leq \frac{\sqrt{5}}{2}<\frac{13}{10}$，从而证明了两个点之间的距离不大于13。
我们可以发现，$CR$就是三角形ABC中的高，因此$CR=\frac{\sqrt{3}}{2}$。因为三角形ABC的面积为$\frac{\sqrt{3}}{4}$，所以$CR=\frac{2}{\sqrt{3}}\cdot \frac{\text{面积}}{AB}=\frac{2}{\sqrt{3}}\cdot \frac{\text{点数}}{3}=\frac{2}{\sqrt{3}}\cdot \frac{10}{3}=\frac{20\sqrt{3}}{9}> \frac{1}{2}$，因此结论成立。
我们可以发现，每个小等边三角形的边长都是原来的一半，即$\frac{1}{2}$。因此，每个小等边三角形的顶点到中心点的距离都是$\frac{1}{\sqrt{3}}$，如下图所示：
现在，我们把这个等边三角形中的10个点放到这4个小等边三角形中。由抽屉原理，至少有一个小等边三角形中至少有3个点。不失一般性，我们假设这个小等边三角形是ABC，其中有3个点A、B、C，如下图所示：
现在，我们要证明在这个小等边三角形ABC中，必有两个点之间的距离不大于13。我们可以在这个小等边三角形中找到一个最长的线段PQ，使得P和Q分别是三角形中的两个点，如下图所示：
我们可以发现，线段PQ的长度不大于1。因为如果线段PQ的长度大于1，那么根据抽屉原理，必有另外一个点R在PQ的两端之一，且与P或Q的距离不大于$\frac{1}{2}$，这样就可以构造出一个更长的线段，与PQ的长度最长矛盾。
现在，我们把线段PQ沿着三角形ABC的边界旋转，使得它的两个端点分别落在三角形的两条边上，如下图所示：
我们可以发现，线段PQ的长度不变，但它的两个端点现在变成了三角形ABC的顶点之一。因此，我们只需要证明，在三角形ABC中，至少有一个顶点到线段PQ的距离不大于$\frac{1}{2}$，就可以得到两个点之间的距离不大于13。
假设三角形ABC的顶点分别为A、B、C。我们可以发现，线段PQ与AB、BC、CA三条边之一的夹角不大于$60^\circ$，因为如果夹角大于$60^\circ$，那么线段PQ就可以沿着这条边旋转，使得它的两个端点分别落在这条边的两个端点上，这样就可以构造出一个更长的线段，与PQ的长度最长矛盾。
不失一般性，我们假设线段PQ与边AB的夹角不大于$60^\circ$，如下图所示：
现在，我们要证明点C到线段PQ的距离不大于$\frac{1}{2}$。我们可以在三角形ABC中找到一个最短的线段CR，使得R是线段PQ所在的直线上的点，如下图所示：
我们可以发现，线段CR的长度不大于$\frac{1}{2}$。因为如果线段CR的长度大于$\frac{1}{2}$，那么根据三角形不等式，有$AC+CR>AR$，即$1+\frac{1}{2}>AR$，这与线段PQ是最长的线段矛盾。
现在，我们只需要证明点C到线段PQ的距离不大于线段CR的长度，即$CP\leq CR$。我们可以利用余弦定理来证明这个结论：
$CP^2=CR^2+RP^2-2\cdot CR\cdot RP\cdot \cos \angle CRP$
由于$\angle CRP\leq 60^\circ$，$\cos \angle CRP\geq \frac{1}{2}$，因此：
$CP^2\leq CR^2+RP^2-CR\cdot RP$
由于$RP\leq PQ\leq 1$，因此：
$CP^2\leq CR^2+1-CR$
现在，我们只需要证明$CR\geq \frac{1}{2}$，就可以得到$CP^2\leq \frac{5}{4}$，即$CP\leq \frac{\sqrt{5}}{2}<\frac{13}{10}$，从而证明了两个点之间的距离不大于13。
我们可以发现，$CR$就是三角形ABC中的高，因此$CR=\frac{\sqrt{3}}{2}$。因为三角形ABC的面积为$\frac{\sqrt{3}}{4}$，所以$CR=\frac{2}{\sqrt{3}}\cdot \frac{\text{面积}}{AB}=\frac{2}{\sqrt{3}}\cdot \frac{\text{点数}}{3}=\frac{2}{\sqrt{3}}\cdot \frac{10}{3}=\frac{20\sqrt{3}}{9}> \frac{1}{2}$，因此结论成立。
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