已知双曲线 C: x^ 2 -y^ 2 =m(m>0)，点…——2024 高考数学第 19 题答案解析

【答案】①$x_{2}=3, y_{2}=0$
（2）证明见解析
（3）证明见解析

## 【解析】

【分析】（1）直接根据题目中的构造方式计算出 $P_{2}$ 的坐标即可；
（2）根据等比数列的定义即可验证结论；
（3）思路一：使用平面向量数量积和等比数列工具，证明 $S_{n}$ 的取值为与 $n$ 无关的定值即可．思路二：使用等差数列工具，证明 $S_{n}$ 的取值为与 $n$ 无关的定值即可．

## 【小问 1 详解】

由已知有 $m=5^{2}-4^{2}=9$ ，故 $C$ 的方程为 $x^{2}-y^{2}=9$ ．
当 $k=\frac{1}{2}$ 时，过 $P_{1}(5,4)$ 且斜率为 $\frac{1}{2}$ 的直线为 $y=\frac{x+3}{2}$ ，与 $x^{2}-y^{2}=9$ 联立得到 $x^{2}-\left(\frac{x+3}{2}\right)^{2}=9$ ．
解得 $x=-3$ 或 $x=5$ ，所以该直线与 $C$ 的不同于 $P_{1}$ 的交点为 $Q_{1}(-3,0)$ ，该点显然在 $C$ 的左支上．
故 $P_{2}(3,0)$ ，从而 $x_{2}=3, y_{2}=0$ 。

## 【小问 2 详解】

由于过 $P_{n}\left(x_{n}, y_{n}\right)$ 且斜率为 $k$ 的直线为 $y=k\left(x-x_{n}\right)+y_{n}$ ，与 $x^{2}-y^{2}=9$ 联立，得到方程 $x^{2}-\left(k\left(x-x_{n}\right)+y_{n}\right)^{2}=9$.

展开即得 $\left(1-k^{2}\right) x^{2}-2 k\left(y_{n}-k x_{n}\right) x-\left(y_{n}-k x_{n}\right)^{2}-9=0$ ，由于 $P_{n}\left(x_{n}, y_{n}\right)$ 已经是直线 $y=k\left(x-x_{n}\right)+y_{n}$ 和 $x^{2}-y^{2}=9$ 的公共点，故方程必有一根 $x=x_{n}$ ．

从而根据韦达定理，另一根 $x=\frac{2 k\left(y_{n}-k x_{n}\right)}{1-k^{2}}-x_{n}=\frac{2 k y_{n}-x_{n}-k^{2} x_{n}}{1-k^{2}}$ ，相应的

$$ y=k\left(x-x_{n}\right)+y_{n}=\frac{y_{n}+k^{2} y_{n}-2 k x_{n}}{1-k^{2}} . $$

所以该直线与 $C$ 的不同于 $P_{n}$ 的交点为 $Q_{n}\left(\frac{2 k y_{n}-x_{n}-k^{2} x_{n}}{1-k^{2}}, \frac{y_{n}+k^{2} y_{n}-2 k x_{n}}{1-k^{2}}\right)$ ，而注意到 $Q_{n}$ 的横坐标亦
可通过韦达定理表示为 $\frac{-\left(y_{n}-k x_{n}\right)^{2}-9}{\left(1-k^{2}\right) x_{n}}$ ，故 $Q_{n}$ 一定在 $C$ 的左支上。
所以 $P_{n+1}\left(\frac{x_{n}+k^{2} x_{n}-2 k y_{n}}{1-k^{2}}, \frac{y_{n}+k^{2} y_{n}-2 k x_{n}}{1-k^{2}}\right)$ ．
这就得到 $x_{n+1}=\frac{x_{n}+k^{2} x_{n}-2 k y_{n}}{1-k^{2}}, y_{n+1}=\frac{y_{n}+k^{2} y_{n}-2 k x_{n}}{1-k^{2}}$ ．
所以 $x_{n+1}-y_{n+1}=\frac{x_{n}+k^{2} x_{n}-2 k y_{n}}{1-k^{2}}-\frac{y_{n}+k^{2} y_{n}-2 k x_{n}}{1-k^{2}}$
$=\frac{x_{n}+k^{2} x_{n}+2 k x_{n}}{1-k^{2}}-\frac{y_{n}+k^{2} y_{n}+2 k y_{n}}{1-k^{2}}=\frac{1+k^{2}+2 k}{1-k^{2}}\left(x_{n}-y_{n}\right)=\frac{1+k}{1-k}\left(x_{n}-y_{n}\right)$.
再由 $x_{1}^{2}-y_{1}^{2}=9$ ，就知道 $x_{1}-y_{1} \neq 0$ ，所以数列 $\left\{x_{n}-y_{n}\right\}$ 是公比为 $\frac{1+k}{1-k}$ 的等比数列。

## 【小问 3 详解】

**方法一**：先证明一个结论：对平面上三个点 $U, V, W$ ，若 $\overrightarrow{U V}=(a, b), \overrightarrow{U W}=(c, d)$ ，则
$S_{\triangle U V W}=\frac{1}{2}|a d-b c|$ ．（若 $U, V, W$ 在同一条直线上，约定 $S_{\triangle U V W}=0$ ）
证明：$S_{\triangle U V W}=\frac{1}{2}|\overrightarrow{U V}| \cdot|\overrightarrow{U W}| \sin \overrightarrow{U V}, \overrightarrow{U W}=\frac{1}{2}|\overrightarrow{U V}| \cdot|\overrightarrow{U W}| \sqrt{1-\cos ^{2} \overrightarrow{U V}, \overrightarrow{U W}}$
$=\frac{1}{2}|\overrightarrow{U V}| \cdot|\overrightarrow{U W}| \sqrt{1-\left(\frac{\overrightarrow{U V} \cdot \overrightarrow{U W}}{|\overrightarrow{U V}| \cdot|\overrightarrow{U W}|}\right)^{2}}=\frac{1}{2} \sqrt{|\overrightarrow{U V}|^{2} \cdot|\overrightarrow{U W}|^{2}-(\overrightarrow{U V} \cdot \overrightarrow{U W})^{2}}$
$=\frac{1}{2} \sqrt{\left(a^{2}+b^{2}\right)\left(c^{2}+d^{2}\right)-(a c+b d)^{2}}$
$=\frac{1}{2} \sqrt{a^{2} c^{2}+a^{2} d^{2}+b^{2} c^{2}+b^{2} d^{2}-a^{2} c^{2}-b^{2} d^{2}-2 a b c d}$

$$ =\frac{1}{2} \sqrt{a^{2} d^{2}+b^{2} c^{2}-2 a b c d}=\frac{1}{2} \sqrt{(a d-b c)^{2}}=\frac{1}{2}|a d-b c| . $$

证毕，回到原题．
由于上一小问已经得到 $x_{n+1}=\frac{x_{n}+k^{2} x_{n}-2 k y_{n}}{1-k^{2}}, y_{n+1}=\frac{y_{n}+k^{2} y_{n}-2 k x_{n}}{1-k^{2}}$ ，
故 $x_{n+1}+y_{n+1}=\frac{x_{n}+k^{2} x_{n}-2 k y_{n}}{1-k^{2}}+\frac{y_{n}+k^{2} y_{n}-2 k x_{n}}{1-k^{2}}=\frac{1+k^{2}-2 k}{1-k^{2}}\left(x_{n}+y_{n}\right)=\frac{1-k}{1+k}\left(x_{n}+y_{n}\right)$ ．
再由 $x_{1}^{2}-y_{1}^{2}=9$ ，就知道 $x_{1}+y_{1} \neq 0$ ，所以数列 $\left\{x_{n}+y_{n}\right\}$ 是公比为 $\frac{1-k}{1+k}$ 的等比数列。
所以对任意的正整数 $m$ ，都有

$$ \begin{aligned} & x_{n} y_{n+m}-y_{n} x_{n+m} \\ & =\frac{1}{2}\left(\left(x_{n} x_{n+m}-y_{n} y_{n+m}\right)+\left(x_{n} y_{n+m}-y_{n} x_{n+m}\right)\right)-\frac{1}{2}\left(\left(x_{n} x_{n+m}-y_{n} y_{n+m}\right)-\left(x_{n} y_{n+m}-y_{n} x_{n+m}\right)\right) \\ & =\frac{1}{2}\left(x_{n}-y_{n}\right)\left(x_{n+m}+y_{n+m}\right)-\frac{1}{2}\left(x_{n}+y_{n}\right)\left(x_{n+m}-y_{n+m}\right) \\ & =\frac{1}{2}\left(\frac{1-k}{1+k}\right)^{m}\left(x_{n}-y_{n}\right)\left(x_{n}+y_{n}\right)-\frac{1}{2}\left(\frac{1+k}{1-k}\right)^{m}\left(x_{n}+y_{n}\right)\left(x_{n}-y_{n}\right) \\ & =\frac{1}{2}\left(\left(\frac{1-k}{1+k}\right)^{m}-\left(\frac{1+k}{1-k}\right)^{m}\right)\left(x_{n}^{2}-y_{n}^{2}\right) \\ & =\frac{9}{2}\left(\left(\frac{1-k}{1+k}\right)^{m}-\left(\frac{1+k}{1-k}\right)^{m}\right) . \end{aligned} $$

而又有 $\overrightarrow{P_{n+1} P_{n}}=\left(-\left(x_{n+1}-x_{n}\right),-\left(y_{n+1}-y_{n}\right)\right), \overrightarrow{P_{n+1} P_{n+2}}=\left(x_{n+2}-x_{n+1}, y_{n+2}-y_{n+1}\right)$ ，
故利用前面已经证明的结论即得

$$ \begin{aligned} & S_{n}=S_{\triangle P_{n} P_{n+1} P_{n+2}}=\frac{1}{2}\left|-\left(x_{n+1}-x_{n}\right)\left(y_{n+2}-y_{n+1}\right)+\left(y_{n+1}-y_{n}\right)\left(x_{n+2}-x_{n+1}\right)\right| \\ & =\frac{1}{2}\left|\left(x_{n+1}-x_{n}\right)\left(y_{n+2}-y_{n+1}\right)-\left(y_{n+1}-y_{n}\right)\left(x_{n+2}-x_{n+1}\right)\right| \\ & =\frac{1}{2}\left|\left(x_{n+1} y_{n+2}-y_{n+1} x_{n+2}\right)+\left(x_{n} y_{n+1}-y_{n} x_{n+1}\right)-\left(x_{n} y_{n+2}-y_{n} x_{n+2}\right)\right| \\ & =\frac{1}{2}\left|\frac{9}{2}\left(\frac{1-k}{1+k}-\frac{1+k}{1-k}\right)+\frac{9}{2}\left(\frac{1-k}{1+k}-\frac{1+k}{1-k}\right)-\frac{9}{2}\left(\left(\frac{1-k}{1+k}\right)^{2}-\left(\frac{1+k}{1-k}\right)^{2}\right)\right| \end{aligned} $$

这就表明 $S_{n}$ 的取值是与 $n$ 无关的定值，所以 $S_{n}=S_{n+1}$ ．
**方法二**：由于上一小问已经得到 $x_{n+1}=\frac{x_{n}+k^{2} x_{n}-2 k y_{n}}{1-k^{2}}, y_{n+1}=\frac{y_{n}+k^{2} y_{n}-2 k x_{n}}{1-k^{2}}$ ，

故 $x_{n+1}+y_{n+1}=\frac{x_{n}+k^{2} x_{n}-2 k y_{n}}{1-k^{2}}+\frac{y_{n}+k^{2} y_{n}-2 k x_{n}}{1-k^{2}}=\frac{1+k^{2}-2 k}{1-k^{2}}\left(x_{n}+y_{n}\right)=\frac{1-k}{1+k}\left(x_{n}+y_{n}\right)$ ．
再由 $x_{1}^{2}-y_{1}^{2}=9$ ，就知道 $x_{1}+y_{1} \neq 0$ ，所以数列 $\left\{x_{n}+y_{n}\right\}$ 是公比为 $\frac{1-k}{1+k}$ 的等比数列．
所以对任意的正整数 $m$ ，都有

$$ \begin{aligned} & x_{n} y_{n+m}-y_{n} x_{n+m} \\ & =\frac{1}{2}\left(\left(x_{n} x_{n+m}-y_{n} y_{n+m}\right)+\left(x_{n} y_{n+m}-y_{n} x_{n+m}\right)\right)-\frac{1}{2}\left(\left(x_{n} x_{n+m}-y_{n} y_{n+m}\right)-\left(x_{n} y_{n+m}-y_{n} x_{n+m}\right)\right) \\ & =\frac{1}{2}\left(x_{n}-y_{n}\right)\left(x_{n+m}+y_{n+m}\right)-\frac{1}{2}\left(x_{n}+y_{n}\right)\left(x_{n+m}-y_{n+m}\right) \\ & =\frac{1}{2}\left(\frac{1-k}{1+k}\right)^{m}\left(x_{n}-y_{n}\right)\left(x_{n}+y_{n}\right)-\frac{1}{2}\left(\frac{1+k}{1-k}\right)^{m}\left(x_{n}+y_{n}\right)\left(x_{n}-y_{n}\right) \\ & =\frac{1}{2}\left(\left(\frac{1-k}{1+k}\right)^{m}-\left(\frac{1+k}{1-k}\right)^{m}\right)\left(x_{n}^{2}-y_{n}^{2}\right) \\ & =\frac{9}{2}\left(\left(\frac{1-k}{1+k}\right)^{m}-\left(\frac{1+k}{1-k}\right)^{m}\right) \end{aligned} $$

这就得到 $x_{n+2} y_{n+3}-y_{n+2} x_{n+3}=\frac{9}{2}\left(\frac{1-k}{1+k}-\frac{1+k}{1-k}\right)=x_{n} y_{n+1}-y_{n} x_{n+1}$ ，
以及 $x_{n+1} y_{n+3}-y_{n+1} x_{n+3}=\frac{9}{2}\left(\left(\frac{1-k}{1+k}\right)^{2}-\left(\frac{1+k}{1-k}\right)^{2}\right)=x_{n} y_{n+2}-y_{n} x_{n+2}$ ．
两式相减，即得 $\left(x_{n+2} y_{n+3}-y_{n+2} x_{n+3}\right)-\left(x_{n+1} y_{n+3}-y_{n+1} x_{n+3}\right)=\left(x_{n} y_{n+1}-y_{n} x_{n+1}\right)-\left(x_{n} y_{n+2}-y_{n} x_{n+2}\right)$ ．
移项得到 $x_{n+2} y_{n+3}-y_{n} x_{n+2}-x_{n+1} y_{n+3}+y_{n} x_{n+1}=y_{n+2} x_{n+3}-x_{n} y_{n+2}-y_{n+1} x_{n+3}+x_{n} y_{n+1}$ ．
故 $\left(y_{n+3}-y_{n}\right)\left(x_{n+2}-x_{n+1}\right)=\left(y_{n+2}-y_{n+1}\right)\left(x_{n+3}-x_{n}\right)$ ．
而 $\overrightarrow{P_{n} P_{n+3}}=\left(x_{n+3}-x_{n}, y_{n+3}-y_{n}\right), \quad \overrightarrow{P_{n+1} P_{n+2}}=\left(x_{n+2}-x_{n+1}, y_{n+2}-y_{n+1}\right)$ ．
所以 $\overrightarrow{P_{n} P_{n+3}}$ 和 $\overrightarrow{P_{n+1} P_{n+2}}$ 平行，这就得到 $S_{\Delta P_{n} P_{n+1} P_{n+2}}=S_{\Delta P_{n+1} P_{n+2} P_{n+3}}$ ，即 $S_{n}=S_{n+1}$ ．
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于将解析几何和数列知识的结合，需要综合运用多方面知识方可得解．