第1个小题，使3个三角形周长相等的点，有一种特殊情况有简明的几何解。
当三角形ABC为直角三角形时（A为直角顶点），P点在三角形外，并使得四边形ABPC构成矩形。
关于第1小题，可以探讨两种特殊情况：
1.1 P点位于三角形的外接圆时，三角形的边长约束？是否必须为直角三角形形
2.2 P点位于三角形的一条边上时，三角形的边长约束？P点可内可外，在一条边上为一种临界状况，或许值得一探。
对于hujunhua 回复的41#：
由于当\(ABC\)构成直角三角形时，\(a=x,b=y,c=z\),此时有\(a+y+z=b+x+z=c+x+y=L\),即\(L=a+b+c\)
代入5#结果：
\(-(-c+a+b)^2(-c+a-b)^2(c+a-b)^2-2(-c+a+b)(-c+a-b)(c+a-b)(a^2-2ab-2ac+b^2-2bc+c^2)L+
(-5a^4+4a^3b+4a^3c+2a^2b^2-4a^2bc+2a^2c^2+4ab^3-4ab^2c-4abc^2+4ac^3-5b^4+4b^3c+2b^2c^2+4bc^3-5c^4)L^2＝0\)
化简得到：\(-8(a^2+b^2-c^2)(a^2-b^2-c^2)(a^2-b^2+c^2)＝0\) 即可以断定当三角形\(ABC\)为直角三角形时,\(P\)点在三角形外，并使得四边形\(ABCP\)构成矩形
对于42#问题：
1.\(P,A,B,C\)共圆的条件为\((ax+by-cz)(ax-by+cz)(-ax+by+cz)=0\) ,不妨设\(ax+by=cz\),代入\(a+y+z=b+x+z=c+x+y=L\)，得到\(L=\frac{-(a^2-2ab+b^2-c^2)}{-c+a+b}\)
并代入5#结果化简得到：\(-4(-c+a-b)^2(c+a-b)^2(a^2+b^2-c^2)^2＝0\)
显然得到\(a^2+b^2=c^2\),即必须为直角三角形
其实对于5#的结果：
\(-(-c+a+b)^2(-c+a-b)^2(c+a-b)^2-(2(-c+a+b))(-c+a-b)(c+a-b)(a^2-2ab-2ac+b^2-2bc+c^2)L+(-5a^4+4a^3b+4a^3c+2a^2b^2-4a^2bc+2a^2c^2+4ab^3-4ab^2c-4abc^2+4ac^3-5b^4+4b^3c+2b^2c^2+4bc^3-5c^4)L^2=0\)
解得：
\
若设
\
\
\
则有
\
若\(a^2+b^2=c^2\),则有
\
上式可进一步化简(第二种情形，取一）得到：
\