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

由点 $P_1(5,4)$ 在双曲线 $C: x^2-y^2=m$ 上，代入得 $m=5^2-4^2=9$，故双曲线方程为 $x^2-y^2=9$。

（1）当 $k=\frac{1}{2}$ 时，过点 $P_1(5,4)$ 且斜率为 $\frac{1}{2}$ 的直线方程为：
$$y-4 = \frac{1}{2}(x-5) \implies y = \frac{1}{2}x + \frac{3}{2}$$
联立直线与双曲线方程：
$$\begin{cases} y = \frac{x+3}{2} \\ x^2-y^2=9 \end{cases}$$
代入消元得 $x^2 - \left(\frac{x+3}{2}\right)^2 = 9$，整理得：
$$4x^2 - (x^2+6x+9) = 36 \implies 3x^2 - 6x - 45 = 0 \implies x^2 - 2x - 15 = 0$$
解得 $x=5$ 或 $x=-3$。
$x=5$ 对应点 $P_1$，故另一交点 $Q_1$ 的横坐标为 $-3$。
代入直线方程得 $y_{Q_1} = \frac{-3+3}{2} = 0$，即 $Q_1(-3,0)$。
点 $Q_1$ 在双曲线左支（$x<0$），符合题意。
$P_2$ 为 $Q_1$ 关于 $y$ 轴的对称点，故 $P_2(3,0)$。
所以 $x_2=3, y_2=0$。

（2）设 $P_n(x_n, y_n)$，过 $P_n$ 斜率为 $k$ 的直线方程为 $y-y_n = k(x-x_n)$，即 $y=kx + (y_n-kx_n)$。
联立双曲线方程 $x^2-y^2=9$：
$$x^2 - [kx + (y_n-kx_n)]^2 = 9$$
展开整理得：
$$(1-k^2)x^2 - 2k(y_n-kx_n)x - (y_n-kx_n)^2 - 9 = 0$$
该方程的两根分别为 $P_n$ 和 $Q_n$ 的横坐标 $x_n$ 和 $x_{Q_n}$。
由韦达定理：
$$x_n + x_{Q_n} = \frac{2k(y_n-kx_n)}{1-k^2}$$
故
$$x_{Q_n} = \frac{2k(y_n-kx_n)}{1-k^2} - x_n = \frac{2ky_n - 2k^2x_n - x_n + k^2x_n}{1-k^2} = \frac{2ky_n - (1+k^2)x_n}{1-k^2}$$
对应的纵坐标 $y_{Q_n} = k(x_{Q_n}-x_n) + y_n$。
$P_{n+1}$ 是 $Q_n$ 关于 $y$ 轴的对称点，故：
$$x_{n+1} = -x_{Q_n} = \frac{(1+k^2)x_n - 2ky_n}{1-k^2}$$
$$y_{n+1} = y_{Q_n} = k(-x_{n+1}-x_n) + y_n$$
为了简化计算，我们直接考察 $x_{n+1} \pm y_{n+1}$ 的关系。
由对称性，$Q_n(-x_{n+1}, y_{n+1})$ 在双曲线上，且 $P_n, Q_n$ 共线，斜率为 $k$。
$$k = \frac{y_{n+1}-y_n}{-x_{n+1}-x_n} \implies y_{n+1}-y_n = -k(x_{n+1}+x_n)$$
又 $P_{n+1}(x_{n+1}, y_{n+1})$ 在双曲线上，$x_{n+1}^2 - y_{n+1}^2 = 9$。
利用递推关系推导 $x_{n+1}-y_{n+1}$：
将 $x_{Q_n}, y_{Q_n}$ 表达式代入 $y_{Q_n}$：
$$y_{Q_n} = k\left(\frac{2ky_n - (1+k^2)x_n}{1-k^2} - x_n\right) + y_n = k\frac{2ky_n - (1+k^2)x_n - (1-k^2)x_n}{1-k^2} + y_n$$
$$= \frac{2k^2y_n - 2kx_n}{1-k^2} + \frac{(1-k^2)y_n}{1-k^2} = \frac{(1+k^2)y_n - 2kx_n}{1-k^2}$$
因为 $y_{n+1} = y_{Q_n}$，所以：
$$x_{n+1} = \frac{(1+k^2)x_n - 2ky_n}{1-k^2}, \quad y_{n+1} = \frac{(1+k^2)y_n - 2kx_n}{1-k^2}$$
计算 $x_{n+1} - y_{n+1}$：
$$x_{n+1} - y_{n+1} = \frac{(1+k^2)(x_n-y_n) - 2k(y_n-x_n)}{1-k^2} = \frac{(1+k^2+2k)(x_n-y_n)}{1-k^2}$$
$$= \frac{(1+k)^2}{(1-k)(1+k)}(x_n-y_n) = \frac{1+k}{1-k}(x_n-y_n)$$
因为 $P_1(5,4)$， $x_1-y_1 = 1 \neq 0$，且 $0<k<1$，公比 $q = \frac{1+k}{1-k} \neq 0$。
所以数列 $\{x_n-y_n\}$ 是首项为 $1$，公比为 $\frac{1+k}{1-k}$ 的等比数列。

（3）同理计算 $x_{n+1} + y_{n+1}$：
$$x_{n+1} + y_{n+1} = \frac{(1+k^2)(x_n+y_n) - 2k(y_n+x_n)}{1-k^2} = \frac{(1+k^2-2k)(x_n+y_n)}{1-k^2}$$
$$= \frac{(1-k)^2}{(1-k)(1+k)}(x_n+y_n) = \frac{1-k}{1+k}(x_n+y_n)$$
所以数列 $\{x_n+y_n\}$ 是首项为 $9$，公比为 $\frac{1-k}{1+k}$ 的等比数列。
记 $u_n = x_n-y_n, v_n = x_n+y_n$。则 $x_n = \frac{u_n+v_n}{2}, y_n = \frac{v_n-u_n}{2}$。
且 $u_n = u_1 q^{n-1}, v_n = v_1 (\frac{1}{q})^{n-1}$，其中 $q = \frac{1+k}{1-k}$。
注意 $u_1 v_1 = (x_1-y_1)(x_1+y_1) = x_1^2-y_1^2 = 9$。
对于任意 $n$， $u_n v_n = u_1 v_1 = 9$。

$\Delta P_n P_{n+1} P_{n+2}$ 的面积 $S_n$ 可以用向量叉乘公式表示：
$$S_n = \frac{1}{2} | \overrightarrow{P_n P_{n+1}} \times \overrightarrow{P_n P_{n+2}} | = \frac{1}{2} | (x_{n+1}-x_n)(y_{n+2}-y_n) - (y_{n+1}-y_n)(x_{n+2}-x_n) |$$
展开行列式部分 $D_n$：
$$D_n = x_{n+1}y_{n+2} - x_{n+1}y_n - x_n y_{n+2} + x_n y_n - (y_{n+1}x_{n+2} - y_{n+1}x_n - y_n x_{n+2} + y_n x_n)$$
$$= (x_{n+1}y_{n+2} - y_{n+1}x_{n+2}) - (x_{n+1}y_n - y_{n+1}x_n) - (x_n y_{n+2} - y_n x_{n+2})$$
利用 $x_i y_j - y_i x_j = \frac{1}{4}(v_i+u_i)(v_j-u_j) - \frac{1}{4}(v_i-u_i)(v_j+u_j) = \frac{1}{2}(u_i v_j - u_j v_i)$。
令 $A_{i,j} = x_i y_j - y_i x_j = \frac{1}{2}(u_i v_j - u_j v_i)$。
则 $2 D_n = A_{n+1, n+2} - A_{n+1, n} - A_{n, n+2}$。
代入 $u_k = u_1 q^{k-1}, v_k = v_1 q^{-(k-1)}$：
$$u_i v_j - u_j v_i = u_1 v_1 (q^{i-1} q^{-(j-1)} - q^{j-1} q^{-(i-1)}) = 9 (q^{i-j} - q^{j-i})$$
所以 $A_{i,j} = \frac{9}{2} (q^{i-j} - q^{j-i})$。
$$2 D_n = \frac{9}{2} [ (q^{-1} - q) - (q - q^{-1}) - (q^{-2} - q^2) ] \quad \text{(下标差分别为 -1, 1, -2? 不对，重新检查下标)}$$
$i=n+1, j=n+2 \implies i-j = -1$. Term: $q^{-1} - q$.
$i=n+1, j=n \implies i-j = 1$. Term: $q - q^{-1}$.
$i=n, j=n+2 \implies i-j = -2$. Term: $q^{-2} - q^2$.
$$2 D_n = \frac{9}{2} [ (q^{-1} - q) - (q - q^{-1}) - (q^{-2} - q^2) ] = \frac{9}{2} [ 2q^{-1} - 2q - q^{-2} + q^2 ]$$
此表达式看似依赖 $q$，但我们需要证明 $S_n = S_{n+1}$，即 $D_n$ 为常数（与 $n$ 无关）。
观察上述推导，$A_{i,j}$ 仅依赖于下标之差 $i-j$，而与起始下标 $n$ 无关。
具体地：
$A_{n+1, n+2}$ 依赖差 $-1$。
$A_{n+1, n}$ 依赖差 $1$。
$A_{n, n+2}$ 依赖差 $-2$。
这些项都不含 $n$。
因此 $D_n$ 是一个与 $n$ 无关的常数。
所以 $S_n = \frac{1}{2} |D_n|$ 也是与 $n$ 无关的常数。
故 $S_n = S_{n+1}$ 对任意正整数 $n$ 成立。