浙江 2016 · 数学 q06

冷启动：把题设翻译成两串等差的长度

记这个锐角的顶点为 $O$，两条边的夹角为 $\theta\in\left(0,\dfrac{\pi}{2}\right)$。

题设说 $|A_{n}A_{n+1}|=|A_{n+1}A_{n+2}|$，且相邻两点不重合。 $A_n$ 全在同一条射线上，按题图，它们是沿这条边依次朝外排开的 （若允许来回折返，$\{S_n\}$ 会变成两个值交替出现，四个选项就全不成立了—— 题目既然有答案，读的就是「依次朝外」这一种）。于是相邻间距是同一个正数，记作 $a$，那么

$$|OA_{n}|=|OA_{1}|+(n-1)a .$$

同理，记 $|B_{n}B_{n+1}|=b>0$，则

$$|OB_{n}|=|OB_{1}|+(n-1)b .$$

关键一句：题设给的不是 $A_n$、$B_n$ 的具体位置，而是「$|OA_n|$ 与 $|OB_n|$ 各自成等差」。 $|OA_1|$、$|OB_1|$、$a$、$b$、$\theta$ 五个量全是自由的，选项要「一定成立」， 就得对这五个量的每一组取值都成立。

四个候选里，$S_n$ 是三角形 $A_nB_nB_{n+1}$ 的面积，$d_n=|A_nB_n|$ 是两条边上对应点之间的距离。 下面两条路：一条只画一条高就把 $S_n$ 拿下，一条把四个量全写成 $n$ 的式子逐个判次数。

解法一：底边定长，高在等差，面积跟着等差

第一步：把三角形的底和高各自认出来

$\triangle A_{n}B_{n}B_{n+1}$ 的三个顶点里，$B_n$ 与 $B_{n+1}$ 都在同一条边上。 把 $B_{n}B_{n+1}$ 当底，那么对应的高就是顶点 $A_n$ 到那条边所在直线的距离，记作 $h_n$：

$$S_{n}=\frac{1}{2}\,|B_{n}B_{n+1}|\cdot h_{n}.$$

第二步：底是一个不变的数

题设 $|B_{n}B_{n+1}|=|B_{n+1}B_{n+2}|$ 对一切 $n$ 成立，且相邻两点不重合， 所以这些长度全相等，是同一个正数 $b$：

$$|B_{n}B_{n+1}|=b\quad(\text{与 }n\text{ 无关}).$$

三个三角形共用同一条底长。 面积的变化全落在高上。

第三步：高等于 $|OA_n|\sin\theta$

从 $A_n$ 向 $O B$ 所在的那条边作垂线，垂足记为 $H_n$。 在直角三角形 $OA_nH_n$ 中，$\angle A_nOH_n=\theta$ 是两条边的夹角，斜边是 $OA_n$， $A_nH_n$ 是 $\theta$ 的对边，于是

$$h_{n}=|A_{n}H_{n}|=|OA_{n}|\sin\theta .$$

（$\theta$ 是锐角，$\sin\theta>0$，这个高是正的。）

第四步：$|OA_n|$ 成等差，于是 $h_n$ 成等差

由冷启动那一段，$|A_{n}A_{n+1}|$ 是同一个正数 $a$，且 $A_n$ 沿边依次朝外，所以

$$|OA_{n}|=|OA_{1}|+(n-1)a$$

是首项 $|OA_1|$、公差 $a$ 的等差数列。两边同乘常数 $\sin\theta$：

$$h_{n}=|OA_{1}|\sin\theta+(n-1)\,a\sin\theta ,$$

仍是等差数列，公差 $a\sin\theta$。

第五步：合起来

$$S_{n}=\frac{1}{2}b\,h_{n} =\frac{1}{2}b|OA_{1}|\sin\theta+(n-1)\cdot\frac{1}{2}ab\sin\theta .$$

这是 $n$ 的一次式，所以 $\{S_n\}$ 是等差数列，公差

$$S_{n+1}-S_{n}=\frac{1}{2}ab\sin\theta$$

是一个与 $n$ 无关的常数（而且因为 $a,b>0$、$\theta$ 锐角，它还是正的）。

这个结论对 $|OA_1|$、$|OB_1|$、$a$、$b$、$\theta$ 的任何取值都成立——推导里没有对它们加过任何限制。 题干是四选一，$\{S_n\}$ 恒成等差，选 A。

解法二：四个量都写成 n 的显式式子，看次数

这条路不满足于「A 对」，把四个量全算出来，顺便看清另外三个各差在哪儿。

第一步：给五个自由量起名

设 $|OA_{1}|=p$、$|OB_{1}|=q$、$|A_{n}A_{n+1}|=a$、$|B_{n}B_{n+1}|=b$，夹角 $\theta\in\left(0,\dfrac{\pi}{2}\right)$， 其中 $p,q,a,b>0$。由等差数列通项公式，

$$|OA_{n}|=p+(n-1)a,\qquad |OB_{n}|=q+(n-1)b .$$

第二步：$S_n$ 是 $n$ 的一次式

$\triangle A_{n}B_{n}B_{n+1}$ 以 $B_{n}B_{n+1}$ 为底（长 $b$），高是 $A_n$ 到那条边的距离 $|OA_{n}|\sin\theta$，所以

$$S_{n}=\frac{1}{2}\,b\,\bigl(p+(n-1)a\bigr)\sin\theta =\underbrace{\frac{1}{2}ab\sin\theta}_{\text{一次项系数}}\;n +\Bigl(\frac{1}{2}bp\sin\theta-\frac{1}{2}ab\sin\theta\Bigr).$$

一次式 $\Rightarrow$ 等差。 而且一次项系数 $\dfrac{1}{2}ab\sin\theta>0$，公差不为零。

第三步：$S_n^{2}$ 是首项系数非零的二次式

把上式记成 $S_{n}=\alpha n+\beta$，$\alpha=\dfrac{1}{2}ab\sin\theta\neq0$。那么

$$S_{n}^{2}=\alpha^{2}n^{2}+2\alpha\beta n+\beta^{2}.$$

二阶差分是常数 $2\alpha^{2}\neq0$，不是零——$\{S_n^{2}\}$ 不是等差数列。 （一般地：等差数列的平方，除非公差为零，否则不再等差。）

第四步：$d_n^{2}$ 也是首项系数非零的二次式

在 $\triangle OA_{n}B_{n}$ 中用余弦定理（夹角就是 $\theta$）：

$$d_{n}^{2}=|OA_{n}|^{2}+|OB_{n}|^{2}-2|OA_{n}||OB_{n}|\cos\theta .$$

代入 $|OA_n|=p+(n-1)a$、$|OB_n|=q+(n-1)b$，右边是 $n$ 的二次三项式，$n^{2}$ 的系数为

$$A=a^{2}+b^{2}-2ab\cos\theta .$$

这个系数是不是零？$\theta$ 是锐角，$\cos\theta<1$，所以

$$A=a^{2}+b^{2}-2ab\cos\theta>a^{2}+b^{2}-2ab=(a-b)^{2}\geqslant0 .$$

严格大于——因为 $\cos\theta<1$ 而 $2ab>0$。于是 $A>0$，$d_n^{2}$ 的二阶差分是常数 $2A\neq0$， $\{d_n^{2}\}$ 不是等差数列。

第五步：$d_n$ 也不总是等差——举一组具体的数

$d_{n}=\sqrt{An^{2}+Bn+C}$，只有当根号里恰是完全平方时它才是 $n$ 的一次式。 一般情形不是，举一组明确的参数说明：

取 $\theta=60^{\circ}$（$\cos\theta=\tfrac12$），$p=q=1$，$a=1$，$b=2$。这组数满足全部题设。此时

$$|OA_{n}|=n,\qquad |OB_{n}|=2n-1,$$ $$d_{n}^{2}=n^{2}+(2n-1)^{2}-2\cdot n\cdot(2n-1)\cdot\tfrac12 .$$

逐项算：

$$d_{1}^{2}=1+1-1=1,\qquad d_{2}^{2}=4+9-6=7,\qquad d_{3}^{2}=9+25-15=19 .$$

于是 $d_{1}=1$、$d_{2}=\sqrt7\approx2.646$、$d_{3}=\sqrt{19}\approx4.359$，两个差是

$$d_{2}-d_{1}\approx1.646,\qquad d_{3}-d_{2}\approx1.713 ,$$

不相等——$\{d_n\}$ 在这组参数下不是等差数列，所以它不「一定」成立。

（这组参数顺便也把 B 和 D 再验了一遍：$d_n^{2}$ 的三项 $1,7,19$ 差为 $6,12$，不等差； $S_{n}=\tfrac12\cdot2\cdot n\cdot\sin60^{\circ}=\tfrac{\sqrt3}{2}n$ 的平方是 $\tfrac34n^{2}$，也不等差。）

第六步：结账

• $\{S_n\}$：$n$ 的一次式，恒等差；
• $\{S_n^{2}\}$、$\{d_n^{2}\}$：$n$ 的二次式且二次项系数非零，恒不等差；
• $\{d_n\}$：有反例，不恒等差。

只有 A 对一切满足题设的构型都成立。

回头看：两条路各自强在哪儿

解法一是这道题的正解，快在不算 $d_n$。它只做一件事：把面积拆成「底 × 高」， 发现底是常数、高与 $|OA_n|$ 成正比，剩下的就是「等差数列乘常数还是等差数列」。 一条垂线、一个 $\sin\theta$，五行写完。

解法二慢一点，但把三个错项都讲清楚了，尤其是 $\{d_n\}$ 这个陷阱： 它并非永远不等差。 当两个点列「成比例」时（例如 $\dfrac{|OA_1|}{a}=\dfrac{|OB_1|}{b}$）， 所有 $\triangle OA_nB_n$ 彼此相似，$d_n$ 正比于 $n$，$\{d_n\}$ 真的成了等差数列。 考场上若随手取 $|OA_1|=|OB_1|=1$、$a=b=1$ 去验，会同时看到 A 和 C 都「成立」， 从而在两个选项之间犹豫。举例时把参数取得越不对称越好，这道题就是活教材。

一句话记住这道题：同底的一串三角形，面积只由高说了算； 高与到顶点的距离成正比，而那串距离是等差的——面积就一定等差。