已知双曲线C:x^2-y^2=m(m gt 0)，点P_(1)(5,4)在C上，k为常数，0 lt k lt 1，按照如下方式依次构造点P_(n)(n=2,3,... )，过P_(n-1)斜率为k的直线与C的左支交于点Q_(n-1)，令P_(n)为Q_(n-1)关于y轴的对称点，记P_(n)的坐标为(x_(n)，y_(n)).(1)若k=(1)/(2)，求x_(2)，y_(2)；(2)证明：数列x_{n)-y_(n)}是公比为(1+k)/(1-k)的等比数列；(3)设S_(n)为triangle P_(n)P_(n+1)P_(n+2)的面积，证明：对任意的正整数n，S_(n)=S_(n+1).
已知双曲线$C:x^{2}-y^{2}=m\left(m \gt 0\right)$，点$P_{1}(5,4)$在$C$上，$k$为常数，$0 \lt k \lt 1$，按照如下方式依次构造点$P_{n}(n=2,3,\cdots )$，过$P_{n-1}$斜率为$k$的直线与$C$的左支交于点$Q_{n-1}$，令$P_{n}$为$Q_{n-1}$关于$y$轴的对称点，记$P_{n}$的坐标为$(x_{n}$，$y_{n})$.
$(1)$若$k=\frac{1}{2}$，求$x_{2}$，$y_{2}$；
$(2)$证明：数列$\{x_{n}-y_{n}\}$是公比为$\frac{1+k}{1-k}$的等比数列；
$(3)$设$S_{n}$为$\triangle P_{n}P_{n+1}P_{n+2}$的面积，证明：对任意的正整数$n$，$S_{n}=S_{n+1}$.
题目解答
答案
$\left(1\right)\because P_{1}(5,4)$在$C$上，
$\therefore 25-16=m$，解得$m=9$，
过$P\left(5,4\right)$且斜率为$k=\frac{1}{2}$的直线方程为$y-4=\frac{1}{2}(x-5)$，即$x-2y+3=0$，
联立$\left\{\begin{array}{l}{{x}^{2}-{y}^{2}=9}\\{x-2y+3=0}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{x=5}\\{y=4}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{x=-3}\\{y=0}\end{array}\right.$，
故$Q_{1}(-3,0)$，$P_{2}(3,0)$，
过$P_{n-1}$斜率为$k$的直线与$C$的左支交于点$Q_{n-1}$，令$P_{n}$为$Q_{n-1}$关于$y$轴的对称点，
所以$x_{2}=3$，$y_{2}=0$；
$(2)$证明：$\because P_{n}(x_{n}$，$y_{n})$关于$y$轴的对称点是$Q_{n-1}(-x_{n}$，$y_{n})$，
$P_{n-1}(x_{n-1}$，$y_{n-1})$，$P_{n-1}$，$Q_{n-1}$都在同一条斜率为$k$的直线上，$x_{n-1}\neq -x_{n}$；
则$\frac{y_n-y_{n-1}}{-x_n-x_{n-1}}=k$，
$\because P_{n-1}$，$Q_{n-1}$都在双曲线上，
$\therefore \left\{\begin{array}{l}{{x}_{n}^{2}-{y}_{n}^{2}=9}\\{{x}_{n-1}^{2}-{y}_{n-1}^{2}=9}\end{array}\right.$，两式相减可得，$(x_{n}-x_{n-1})(x_{n}+x_{n-1})=(y_{n}-y_{n-1})(y_{n}+y_{n-1})$，
而$y_{n}-y_{n-1}=-k(x_{n}+x_{n-1})$①，$x_{n}-x_{n-1}=-k(y_{n}+y_{n-1})$②，
则②$-$①可得，$x_{n}-y_{n}-(x_{n-1}-y_{n-1})=k(x_{n}-y_{n})+k(x_{n-1}-y_{n-1})$，
则$\left(1-k\right)(x_{n}-y_{n})=\left(1+k\right)(x_{n-1}-y_{n-1})$，
$\therefore \frac{x_n-y_n}{x_{n-1}-y_{n-1}}=\frac{1+k}{1-k}$，
故数列$\{x_{n}-y_{n}\}$是公比为$\frac{1+k}{1-k}$的等比数列；
$(3)$证明：要证：$S_{n}=S_{n+1}$，只需先尝试$P_{n+1}P_{n+2}$∥$P_{n}P_{n+3}$，
即先证${k}_{{P}_{n+1}{P}_{n+2}}={k}_{{P}_{n}{P}_{n+3}}$，
记$t=\frac{1+k}{1-k}$，
$0 \lt k \lt 1$，
则$t \gt 1$，
$x_n-y_n=(x_1-y_1)(\frac{1+k}{1-k})^{n-1}=t^{n-1}$，
而$x_n^2-y_n^2=9$，
$\therefore x_n+y_n=9t^{1-n}$，
$\therefore y_{n}=\frac{1}{2}(-t^{n-1}+9t^{1-n})$，
$\therefore \frac{1}{{k}_{{P}_{n+1}{P}_{n+2}}}=\frac{x_{n+2}-x_{n+1}}{y_{n+2}-y_{n+1}}=\frac{y_{n+2}+t^{n+1}-y_{n+1}-t^{n}}{y_{n+2}-y_{n+1}}=1+\frac{2t^{n}(t-1)}{(-t^{n+1}9t^{-1-n})-(-t^{n}+9t^{-n})}=1+\frac{2t^{n}(t-1)}{(-9t^{-1-n}-t^{n})(t-1)}=1-\frac{2t^{n}}{9t^{-1-n}+t^{n}}$，
$\therefore \frac{1}{{k}_{{P}_{n}{P}_{n+3}}}=\frac{y_{n+3}+t^{n+2}-y_{n}-t^{n-1}}{y_{n+3}-y_{n}}=1+\frac{2t^{n-1}(t^{3}-1)}{(-t^{n+2}+9t^{-2-n})-(-t^{n-1}+9t^{1-n})}=1+\frac{2t^{n-1}(t^{3}-1)}{(-9t^{-2-n}-t^{n-1})(t^{3}-1)}=1-\frac{2t^{n-1}}{9t^{-2-n}+t^{n-1}}=1-\frac{2t^{n}}{9t^{-1-n}+t^{n}}$，
$\therefore {k}_{{P}_{n+1}{P}_{n+2}}={k}_{{P}_{n}{P}_{n+3}}$，
$\therefore P_{n+1}P_{n+2}$∥$P_{n}P_{n+3}$，
$\therefore S_{n}=S_{n+1}$.
解析
由于点$P_{1}(5,4)$在双曲线$C$上，代入$C$的方程$x^{2}-y^{2}=m$，得到$5^{2}-4^{2}=m$，解得$m=9$。
步骤 2：求$x_{2}$，$y_{2}$
当$k=\frac{1}{2}$时，过$P_{1}(5,4)$斜率为$k$的直线方程为$y-4=\frac{1}{2}(x-5)$，即$x-2y+3=0$。联立$x^{2}-y^{2}=9$和$x-2y+3=0$，解得$Q_{1}(-3,0)$，$P_{2}(3,0)$，所以$x_{2}=3$，$y_{2}=0$。
步骤 3：证明数列$\{x_{n}-y_{n}\}$是等比数列
由$P_{n}(x_{n}$，$y_{n})$关于$y$轴的对称点是$Q_{n-1}(-x_{n}$，$y_{n})$，$P_{n-1}(x_{n-1}$，$y_{n-1})$，$P_{n-1}$，$Q_{n-1}$都在同一条斜率为$k$的直线上，$x_{n-1}\neq -x_{n}$，可得$\frac{y_n-y_{n-1}}{-x_n-x_{n-1}}=k$。利用$P_{n-1}$，$Q_{n-1}$都在双曲线上，可得$(x_{n}-x_{n-1})(x_{n}+x_{n-1})=(y_{n}-y_{n-1})(y_{n}+y_{n-1})$，进而证明数列$\{x_{n}-y_{n}\}$是公比为$\frac{1+k}{1-k}$的等比数列。
步骤 4：证明$S_{n}=S_{n+1}$
要证明$S_{n}=S_{n+1}$，只需证明$P_{n+1}P_{n+2}$∥$P_{n}P_{n+3}$，即证明${k}_{{P}_{n+1}{P}_{n+2}}={k}_{{P}_{n}{P}_{n+3}}$。通过计算$\frac{1}{{k}_{{P}_{n+1}{P}_{n+2}}}$和$\frac{1}{{k}_{{P}_{n}{P}_{n+3}}}$，可以证明${k}_{{P}_{n+1}{P}_{n+2}}={k}_{{P}_{n}{P}_{n+3}}$，从而证明$S_{n}=S_{n+1}$。