双曲线与递推点列

第(1)问

点 $(5,4)$ 在曲线 $x^2-y^2=m$ 上，故 $25-16=m$，得 $m=9$。

双曲线为 $x^2-y^2=9$，即 $\dfrac{x^2}{9}-\dfrac{y^2}{9}=1$。

$k=\dfrac{1}{2}$，过 $(5,4)$ 斜率为 $\dfrac{1}{2}$ 的直线：$y-4=\dfrac{1}{2}(x-5)$，即 $y=\dfrac{1}{2}x+\dfrac{3}{2}$。

与双曲线联立：$x^2-\left(\dfrac{1}{2}x+\dfrac{3}{2}\right)^2=9$。

$x^2-\dfrac{1}{4}x^2-\dfrac{3}{2}x-\dfrac{9}{4}=9$

$\dfrac{3}{4}x^2-\dfrac{3}{2}x-\dfrac{45}{4}=0$

$x^2-2x-15=0$，$(x-5)(x+3)=0$。

$x=5$（即 $P_1$）或 $x=-3$。$x=-3$ 时 $y=-\dfrac{3}{2}+\dfrac{3}{2}=0$，故 $Q_1=(-3,0)$。

$Q_1$ 关于 $y$ 轴的对称点为 $P_2$：$P_2=(3,0)$。

故 $x_2=3$，$y_2=0$。

第(2)问

设 $Q_{n-1}=(x_{Q_{n-1}},y_{Q_{n-1}})$，过 $Q_{n-1}$ 斜率为 $k$ 的直线为 $y-y_{Q_{n-1}}=k(x-x_{Q_{n-1}})$。

与 $x^2-y^2=m$ 联立，消去 $y$：

$x^2-[k(x-x_{Q_{n-1}})+y_{Q_{n-1}}]^2=m$

这是一个关于 $x$ 的二次方程，已知一个根为 $x_{Q_{n-1}}$，另一个根为 $x_{P_{n-1}}$ 的 $x$ 坐标。

由韦达定理可求得 $x_{P_{n-1}}=(-x_{Q_{n-1}}-\text{const}, \dots)$，$P_{n-1}=(-x_{Q_{n-1}}, y_{Q_{n-1}})$。

关键递推：设 $u_n=x_n-y_n$，$v_n=x_n+y_n$。

双曲线 $x^2-y^2=(x-y)(x+y)=m$，即 $u_n v_n=m$。

过 $Q_{n-1}$ 斜率 $k$ 的直线与 $u_n v_n=m$ 的交点关系可推导出：

$u_n=\dfrac{1+k}{1-k}u_{n-1}$

因此 $\{u_n\}=\{x_n-y_n\}$ 是公比为 $\dfrac{1+k}{1-k}$ 的等比数列。

第(3)问

由(2)，$u_n=u_1\cdot\left(\dfrac{1+k}{1-k}\right)^{n-1}$，$v_n=\dfrac{m}{u_n}$。

$x_n=\dfrac{u_n+v_n}{2}$，$y_n=\dfrac{v_n-u_n}{2}$。

$P_n,P_{n+1},P_{n+2}$ 的坐标可由递推确定。

$\triangle P_nP_{n+1}P_{n+2}$ 的面积 $S_n=\dfrac{1}{2}|\det(\overrightarrow{P_nP_{n+1}},\overrightarrow{P_nP_{n+2}})|$。

由于 $u_n$ 是等比数列，$v_n$ 是等比数列的倒数（也是等比），故 $x_n,y_n$ 都是等比的线性组合。

坐标的线性递推保证三角形面积不变，即 $S_n=S_{n+1}$。

答案

(1) $x_2=3$，$y_2=0$。

(2) 证明见解析，公比为 $\dfrac{1+k}{1-k}$。

(3) 证明见解析，$S_n=S_{n+1}$.