Докажем, что неравносторонний треугольник не подходит. Предположим противное, пусть такой треугольник $ABC$ есть и в нём  $AB \ne AC$,  причём длины этих сторон различаются хотя бы на 3$d$. Рассмотрим точку $P$, расположенную на перпендикуляре к плоскости $ABC$, проходящем через точку $A$, на расстоянии ε от $A$. Тогда  $PB = \sqrt{AB^2 + \varepsilon^2}$, $PC = \sqrt{AC^2 + \varepsilon^2}$.  Можно выбрать ε настолько малым, чтобы $PB$ и $PC$ отличались соответственно от $AB$ и $AC$ меньше чем на $d$ и чтобы ε было меньше $d$. Тогда стороны $PB$ и $PC$ будут различаться более чем на $d$, а длина стороны $PA$ меньше $d$. Противоречие с неравенством треугольника.   Покажем теперь, что равносторонний треугольник удобен.

  Способ 1. Пусть  $AB = BC = CA$.  Отметим на лучах $PA, PB, PC$ точки $A_1, B_1, C_1$ так, чтобы выполнялись равенства:   $AB\cdot PA_1 = PB\cdot PC, BС\cdot PB_1 = PC\cdot PA, CA\cdot PC_1 = PB\cdot PA.$  Треугольники $APB$ и $B_1PA_1$ подобны по углу и отношению двух сторон, откуда  $A_1B_1 = \frac{AB\cdot PA_1}{PB} = PC$.  Аналогично вычисляя длины остальных сторон, получаем, что треугольник $A_1B_1C_1$ искомый.

  Способ 2. Пусть $Q$ – произвольная точка плоскости $ABC, R$ – образ точки $Q$ при повороте на 60° вокруг $A$, переводящем $B$ в $C$. Тогда  $RQ = QA, QB = RC$.  Значит, тр-к $QRC$ (возможно, вырожденный) имеет стороны $RQ, RC$ и $QC$, равные соответственно $QA, QB$ и $QC$, то есть эти отрезки удовлетворяют нестрогим неравенствам треугольника.

  Опустим перпендикуляр $PQ$ на плоскость треугольника $ABC$. Пусть  $QA = a, QB = b, QC = c, PQ = x$ > 0.  По доказанному  $a + b \geqslant c$,  то есть  $a^2 + b^2 + 2ab\geqslant c^2$.  Неравенство  $PA + PB > PC$  равносильно неравенству   $a^2 + b^2 + 2x^2 + 2\sqrt{(a^2 + x^2)(b^2 + x^2)} > c^2 + x^2$,  которое выполнено, так как  $2x^2 > x^2$  и  $2\sqrt{(a^2 + x^2)(b^2 + x^2)} > 2ab$  при  $x$ > 0.

Все углы по &60°.