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  二试几何部分

略

不失一般性，设 $a\leqslant b\leqslant c$．我们把性质（Ⅱ）称为"菱形性质"．如图所示，考虑同线相邻的三结点 $D,E,F$，它们上面放置的数为 $d,e,f$；再取与 $D,E$ 相邻的结点 $G$，以及与 $E,F$ 相邻的结点 $H$，它们上面放置的数为 $g,h$．根据"菱形性质"有 $g+e=d+h,g+f=e+h$，所以 $f-e=e-d$．这表明 $D,E,F$ 上的数成等差数列．
由等差数列的"传递性"易得同一直线的全部结点上的数成等差数列；由等差数列的"边界性"易知，若公差非 $0$，则等差数列的最大（小）值出现在两端．所以：
若 $a<b<c$，易见每条直线上的最大（小）数在两端，故点 $C$ 放在最大数 $c$，点 $A$ 放最小数 $a$，$r=1$．若 $a=b<c$，同理可知点 $C$ 放在最大数 $c$，$AB$ 直线上任一结点均放最小数 $a$，其中与 $C$ 最接近的是 $P$，当 $n$ 为偶数时，$P$ 为 $AB$ 的中点；当 $n$ 为奇数时，$P$ 为 $AB$ 的第 $\dfrac{n-1}{2}$ 或 $\dfrac{n+1}{2}$ 个 $n$ 等分点，对前者 $r=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$，对后者 $r=\sqrt{\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)^{2}+\left(\dfrac{1}{2 n}\right)^{2}}=\dfrac{1}{2 n} \sqrt{3 n^{2}+1}$．若 $a<b=c$，结果同上；若 $a=b=c$，则所有结点上放同一个数，同时为最大数和最小数，故 $r=0$，综合得
$r=\left\{\begin{array}{l}{1, a, b, c全不相等} \\ {\dfrac{\sqrt{3}}{2}, a, b, c中有两者相等,且n 为偶数} \\ {\frac{1}{2 n} \sqrt{3 n^{2}+1}},a,b,c中有两者相等,且n 为奇数 \\ {0, a=b=c}\end{array}\right.$

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  二试几何部分

略

绕 $\triangle ABC$ 的中心把 $\triangle ABC$ 旋转 $120^{\circ}, 240^{\circ}, 360^{\circ}$，把三次旋转所得的三个三角形叠合成一个 $\triangle A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime} . \triangle A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime}$ 的结点上放的数是叠合在同一结点的三数之和．则因等差数列具"可加性"（两个等差数列相加仍为等差数列），易知 $\triangle A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime}$ 上的每一直线的全部结点上的数仍成等差数列，但此时三顶点 $A^{\prime}, B^{\prime}, C^{\prime}$ 上放置的数均为 $a+b+c$，故所有结点上均放同一个数 $a+b+c$．$\triangle A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime}$ 的所有结点上的数的总和为 $3 S=N(a+b+c)$，$N$ 为结点总数，即 $N=1+2+\cdots+(n+1)$ 所以 $S=\frac{1}{6}(n+1)(n+2)(a+b+c)$．