2024-新高考II卷-19 解-双曲线与数列

本题导读

本题考查双曲线的标准方程与性质。核心在于点差法（双变元代数消元）、韦达定理法的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2024年新高考II卷）已知双曲线 $C:x^2-y^2=m$ ($m>0$)，点 $P_1(5,4)$ 在 $C$ 上，$k$ 为常数，$0<k<1$.按照如下方式依次构造点 $P_n$ ($n=2,3,\dots$)：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 $△P_n{P}_{n+1}{P}_{n+2}$ 的面积，证明：对任意正整数 $n$，$S_n=S_{n+1}$.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 第一问：代入 $P_1$ 求出 $m=9$。写出直线方程并与双曲线联立，解二元二次方程组找到左支交点 $Q_1$，再利用对称性求 $P_2$。
2. 第二问（核心递推）：
   • 几何关系转换：$P_n(x_n,y_n)$ 与 $Q_{n-1}(-x_n,y_n)$ 对称。由于 $P_{n-1}$ 和 $Q_{n-1}$ 在斜率为 $k$ 的直线上，满足 $y_n-y_{n-1}=k(-x_n-x_{n-1})$。
   • 点差法：利用 $P_n,P_{n-1}$ 均在双曲线上，通过平方差公式 $x^2-y^2=9$ 建立坐标间的比例关系，消去 $x_n+x_{n-1}$ 得到 $x_n-y_n$ 的递推式。
3. 第三问（面积定值）：
   • 坐标参数化：设 $x_n-y_n=a_n$，则 $x_n+y_n=\frac{9}{a_n}$。由此可将 $x_n,y_n$ 表达为关于 $a_n$ 的函数。
   • 面积公式：利用三角形面积的坐标表示公式 $S=\frac{1}{2}|x_1(y_2-y_3)+x_2(y_3-y_1)+x_3(y_1-y_2)|$，代入 $a_{n+1}=t\cdot a_n$（其中 $t=\frac{1+k}{1-k}$），验证 $S_n$ 表达式与 $n$ 无关。

✅【答案】

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(1) $x_2=3$，$y_2=0$

(2) 证明见解析

(3) 证明见解析

✍【详细解析】

Abstract

（1）求解具体坐标 $\because P_1(5,4)$在$C$上，

$\therefore 25-16=m$，解得$m=9$，

过$P(5,4)$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$\{\begin{array}{l}{x}^2-y^2=9\\ x-2y+3=0\end{array}$，解得$\{\begin{array}{l}x=5\\ y=4\end{array}$或$\{\begin{array}{l}x=-3\\ y=0\end{array}$，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：等比数列

解法一：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，$x_{n-1}\ne -x_n$； 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$$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{n}^{2}-{y}_{n}^{2}=9}\\ {{x}_{n-1}^{2}-{y}_{n-1}^{2}=9}\end{array}\right.，两式相减可得，$(x_n-x_{n-1})(x_n+x_{n-1})=(y_n-y_{n-1})(y_n+y_{n-1})$， 而$y_n-y_{n-1}=-k(x_n+x_{n-1})$①，$x_n-x_{n-1}=-k(y_n+y_{n-1})$②， 则②$-$①可得，$x_n-y_n-(x_{n-1}-y_{n-1})=k(x_n-y_n)+k(x_{n-1}-y_{n-1})$， 则$(1-k)(x_n-y_n)=(1+k)(x_{n-1}-y_{n-1})$， \therefore$$\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； 解法二：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$\left(1-k^2\right)x^2-2k\left(y_n-k{x}_n\right)x-{\left(y_n-k{x}_n\right)}^2-9=0$，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$x=\frac{2k\left(y_n-k{x}_n\right)}{1-k^2}-x_n=\frac{2k{y}_n-x_n-k^2{x}_n}{1-k^2}$， 相应的$y=k\left(x-x_n\right)+y_n=\frac{y_n+k^2{y}_n-2k{x}_n}{1-k^2}$. 所以该直线与$C$的不同于$P_n$的交点为$Q_n\left(\frac{2k{y}_n-x_n-k^2{x}_n}{1-k^2},\frac{y_n+k^2{y}_n-2k{x}_n}{1-k^2}\right)$，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$P_{n+1}\left(\frac{x_n+k^2{x}_n-2k{y}_n}{1-k^2},\frac{y_n+k^2{y}_n-2k{x}_n}{1-k^2}\right)$. 这就得到$x_{n+1}=\frac{x_n+k^2{x}_n-2k{y}_n}{1-k^2}$，$y_{n+1}=\frac{y_n+k^2{y}_n-2k{x}_n}{1-k^2}$. 所以$x_{n+1}-y_{n+1}=\frac{x_n+k^2{x}_n-2k{y}_n}{1-k^2}-\frac{y_n+k^2{y}_n-2k{x}_n}{1-k^2}$ $=\frac{x_n+k^2{x}_n+2k{x}_n}{1-k^2}-\frac{y_n+k^2{y}_n+2k{y}_n}{1-k^2}=\frac{1+k^2+2k}{1-k^2}\left(x_n-y_n\right)=\frac{1+k}{1-k}\left(x_n-y_n\right)$. 再由$x_1^2-y_1^2=9$，就知道$x_1-y_1\ne 0$，所以数列$\left\{x_n-y_n\right\}$是公比为$\frac{1+k}{1-k}$的等比数列.

（3）证明：面积为定值 $S_n=S_{n+1}$

解法一：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$t=\frac{1+k}{1-k}$，$0<k<1$，则$t>1$， $x_n-y_n=(x_1-y_1)(\frac{1+k}{1-k}{)}^{n-1}=t^{n-1}$，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}}， $\therefore P_{n+1}{P}_{n+2}//P_n{P}_{n+3}$， $\therefore S_n=S_{n+1}$．

解法二：【山西省运城市张晓晓补解】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$t=\frac{1+k}{1-k}$，由 （2）可得$x_n-y_n=(x_1-y_1)(\frac{1+k}{1-k}{)}^{n-1}=t^{n-1}$   由$x_n^2-y_n^2=(x_n+y_n)(x_n-y_n)=9$，\therefore$$x_n+y_n=9t^{1-n}， \therefore$$y_{n}=\frac{1}{2}(-t^{n-1}+9t^{1-n})，$x_n=\frac{1}{2}(t^{n-1}+9t^{1-n})$ $k_{P_{n+1}{P}_{n+2}}=\frac{y_{n+2}-y_{n+1}}{x_{n+2}-x_{n+1}}=\frac{\frac{1}{2}(-t^{n+1}+\frac{9}{t^{n+1}})-\frac{1}{2}(-t^n+\frac{9}{t^n})}{\frac{1}{2}(t^{n+1}+\frac{9}{t^{n+1}})-\frac{1}{2}(t^n+\frac{9}{t^n})}=\frac{t^n(1-t)+\frac{9}{t^n}(\frac{1}{t}-1)}{t^n(t-1)+\frac{9}{t^n}(\frac{1}{t}-1)}=\frac{9+t^{2n+1}}{9-t^{2n+1}}$ $k_{P_n{P}_{n+3}}=\frac{y_{n+3}-y_n}{x_{n+3}-x_n}=\frac{\frac{1}{2}(-t^{n+2}+\frac{9}{t^{n+2}})-\frac{1}{2}(-t^{n-1}+\frac{9}{t^{n-1}})}{\frac{1}{2}(t^{n+2}+\frac{9}{t^{n+2}})-\frac{1}{2}(t^{n-1}+\frac{9}{t^{n-1}})}=\frac{t^{n-1}(1-t^3)+\frac{9}{t^{n-1}}(\frac{1}{t^3}-1)}{t^{n-1}(t^3-1)+\frac{9}{t^{n-1}}(\frac{1}{t^3}-1)}=\frac{9+t^{2n+1}}{9-t^{2n+1}}$ \therefore$${k}_{{P}_{n+1}{P}_{n+2}}={k}_{{P}_{n}{P}_{n+3}}，$\therefore P_{n+1}{P}_{n+2}//P_n{P}_{n+3}$，$\therefore S_n=S_{n+1}$．

解法三:先证明：对平面上三个点[A,B,C]，若$\overrightarrow{AB}=\left(a,b\right)$，$\overrightarrow{AC}=\left(c,d\right)$，则$S_{△ABC}=\frac{1}{2}\left|ad-bc\right|$. 证明：$S_{\Delta ABC}=\frac{1}{2}\left|\overrightarrow{AB}\right|\cdot \left|\overrightarrow{AC}\right|\sin ⟨\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}⟩=\frac{1}{2}\left|\overrightarrow{AB}\right|\cdot \left|\overrightarrow{AC}\right|\sqrt{1-{\cos }^2⟨\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}⟩}$ $=\frac{1}{2}\left|\overrightarrow{AB}\right|\cdot \left|\overrightarrow{AC}\right|\sqrt{1-{\left(\frac{\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AC}}{\left|\overrightarrow{AB}\right|\cdot \left|\overrightarrow{AC}\right|}\right)}^2}=\frac{1}{2}\sqrt{{\left|\overrightarrow{AB}\right|}^2\cdot {\left|\overrightarrow{AC}\right|}^2-{\left(\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AC}\right)}^2}$ $=\frac{1}{2}\sqrt{\left(a^2+b^2\right)\left(c^2+d^2\right)-{\left(ac+bd\right)}^2}$ $=\frac{1}{2}\sqrt{{\left(ad-bc\right)}^2}=\frac{1}{2}\left|ad-bc\right|$. 记$t=\frac{1+k}{1-k}$，由 （2）可得$x_n-y_n=(x_1-y_1)(\frac{1+k}{1-k}{)}^{n-1}=t^{n-1}$   由$x_n^2-y_n^2=(x_n+y_n)(x_n-y_n)=9$，\therefore$$x_n+y_n=9t^{1-n}，\therefore$$y_{n}=\frac{1}{2}(-t^{n-1}+9t^{1-n})，$x_n=\frac{1}{2}(t^{n-1}+9t^{1-n})$ 而有$\overrightarrow{P_{n+1}{P}_n}=\left(x_n-x_{n+1},y_n-y_{n+1}\right)$，$\overrightarrow{P_{n+1}{P}_{n+2}}=\left(x_{n+2}-x_{n+1},y_{n+2}-y_{n+1}\right)$， $S_n=S_{△P_n{P}_{n+1}{P}_{n+2}}=\frac{1}{2}\left|\left(x_n-x_{n+1}\right)\left(y_{n+2}-y_{n+1}\right)-\left(y_n-y_{n+1}\right)\left(x_{n+2}-x_{n+1}\right)\right|$ $=\frac{1}{2}\left|\left(x_n-x_{n+1}\right)\left(y_{n+2}-y_{n+1}\right)-\left(y_{n+1}-y_n\right)\left(x_{n+1}-x_{n+2}\right)\right|$ $=\frac{1}{2}\left|\frac{1}{4}{(1-t)}^2\left(t^{n-1}-\frac{9}{t^n}\right)\left(t^n+\frac{9}{t^{n+1}}\right)-\frac{1}{4}{(1-t)}^2\left(t^{n-1}+\frac{9}{t^n}\right)\left(t^n-\frac{9}{t^{n+1}}\right)\right|$ $=\frac{9}{4}{(1-t)}^2$这就表明$S_n$的取值是与$n$无关的定值，所以$S_n=S_{n+1}$.

解法5

详细解答与证明

将点 $P_1(5,4)$ 代入双曲线方程 $x^2-y^2=m$，得： $m=5^2-4^2=9$ 故双曲线 $C$ 的方程为 $x^2-y^2=9$。

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： $y-4=\frac{1}{2}(x-5)⟹x=2y-3$

代入双曲线方程 $x^2-y^2=9$ 中： $(2y-3{)}^2-y^2=9$ $3y^2-12y=0⟹3y(y-4)=0$

解得：

• $y=4$，此时 $x=5$（对应点 $P_1$）；
• $y=0$，此时 $x=-3$。

因此，直线与双曲线左支的交点为 $Q_1(-3,0)$。
点 $P_2$ 为 $Q_1$ 关于 $y$ 轴的对称点，故点 $P_2$ 的坐标为 $(3,0)$。

即 $x_2=3,y_2=0$。

设 $P_{n-1}(x_{n-1},y_{n-1})$ 是双曲线右支上的点，过 $P_{n-1}$ 斜率为 $k$ 的直线方程为： $y-y_{n-1}=k(x-x_{n-1})$

设 $Q_{n-1}(x_Q,y_Q)$ 为该直线与双曲线 $x^2-y^2=m$ 的交点，则 $x_Q,x_{n-1}$ 是关于 $x$ 的一元二次方程的两个根。
消去 $y$，代入 $y=k(x-x_{n-1})+y_{n-1}$： $x^2-[k(x-x_{n-1})+y_{n-1}{]}^2=m$ $(1-k^2)x^2-2k(y_{n-1}-k{x}_{n-1})x-[(y_{n-1}-k{x}_{n-1}{)}^2+m]=0$

由于 $P_{n-1}(x_{n-1},y_{n-1})$ 在双曲线上，满足 $x_{n-1}^2-y_{n-1}^2=m$，利用根与系数的关系（韦达定理）： $x_{n-1}\cdot x_Q=\frac{-(y_{n-1}-k{x}_{n-1}{)}^2-m}{1-k^2}=\frac{-y_{n-1}^2+2k{x}_{n-1}{y}_{n-1}-k^2{x}_{n-1}^2-(x_{n-1}^2-y_{n-1}^2)}{1-k^2}$ $x_{n-1}\cdot x_Q=\frac{-(1+k^2)x_{n-1}^2+2k{x}_{n-1}{y}_{n-1}}{1-k^2}$

两边同除以 $x_{n-1}$（由于 $x_{n-1}>0$），得到： $x_Q=\frac{-(1+k^2)x_{n-1}+2k{y}_{n-1}}{1-k^2}$

代入直线方程求 $y_Q$： $y_Q=k(x_Q-x_{n-1})+y_{n-1}=\frac{-2k{x}_{n-1}+(1+k^2)y_{n-1}}{1-k^2}$

因为 $P_n(x_n,y_n)$ 是 $Q_{n-1}(x_Q,y_Q)$ 关于 $y$ 轴的对称点，所以： $x_n=-x_Q=\frac{(1+k^2)x_{n-1}-2k{y}_{n-1}}{1-k^2}$ $y_n=y_Q=\frac{-2k{x}_{n-1}+(1+k^2)y_{n-1}}{1-k^2}$

计算 $x_n-y_n$： $x_n-y_n=\frac{(1+2k+k^2)x_{n-1}-(1+2k+k^2)y_{n-1}}{1-k^2}$ $x_n-y_n=\frac{(1+k{)}^2(x_{n-1}-y_{n-1})}{(1-k)(1+k)}=\frac{1+k}{1-k}(x_{n-1}-y_{n-1})$

已知 $P_1(5,4)$，则 $x_1-y_1=5-4=1\ne 0$。
又因为 $0<k<1$，故 $\frac{1+k}{1-k}>1$ 且为非零常数。

因此，数列 $\{x_n-y_n\}$ 是首项为 $1$，公比为 $\frac{1+k}{1-k}$ 的等比数列。

由第 (2) 问的递推关系式，从 $P_{n-1}(x_{n-1},y_{n-1})$ 到 $P_n(x_n,y_n)$ 的坐标变换关系可用矩阵表示为： $\left(\begin{array}{c}{x}_n\\ y_n\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}\frac{1+k^2}{1-k^2}& \frac{-2k}{1-k^2}\\ \frac{-2k}{1-k^2}& \frac{1+k^2}{1-k^2}\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}{x}_{n-1}\\ y_{n-1}\end{array}\right)$

记此线性变换矩阵为 $M$： $M=\left(\begin{array}{cc}\frac{1+k^2}{1-k^2}& \frac{-2k}{1-k^2}\\ \frac{-2k}{1-k^2}& \frac{1+k^2}{1-k^2}\end{array}\right)$

计算矩阵 $M$ 的行列式 $\det (M)$： $\det (M)={\left(\frac{1+k^2}{1-k^2}\right)}^2-{\left(\frac{-2k}{1-k^2}\right)}^2=\frac{(1+k^2{)}^2-4k^2}{(1-k^2{)}^2}=\frac{(1-k^2{)}^2}{(1-k^2{)}^2}=1$

因为线性变换 $M$ 的行列式满足 $|\det (M)|=1$，说明该坐标变换为等面积变换。

对三角形 $△P_n{P}_{n+1}{P}_{n+2}$ 的三个顶点分别施加变换 $M$，顶点分别映射至 $P_{n+1},P_{n+2},P_{n+3}$，从而得到三角形 $△P_{n+1}{P}_{n+2}{P}_{n+3}$。

由于等面积变换保持平面多边形的面积不变，故有： $S_{n+1}=|\det (M)|\cdot S_n=1\cdot S_n=S_n$

因此，对任意正整数 $n$，均有 $S_n=S_{n+1}$。

证毕。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：双曲线切线割线性质的离散化表达、点差法中齐次和差因式积的消去化简、等比数列通项公式的逆向参数置换、平面多边形坐标面积行列式的代数展开。
2. 核心方法：等比不变量与几何平行转化。作为卷尾压轴题，若沿袭弦长公式与点线距离公式的硬算路径，多项式自由度过高，运算量难以控制。本题抓住 $x_n-y_n=t^{n-1}$ 与 $(x_n-y_n)(x_n+y_n)=9$ 这对关系式，把两个动态变量化归为关于 $t^n$ 的一元问题。第三问【解法一】进一步利用“共底等高则面积相等，等价于另一侧顶点连线与底边平行（斜率相等）”这一初等几何事实，绕开行列式展开，以简洁的代数结构完成论证。
3. 避坑指南：

• 避坑指南 1（第二问中直线与双曲线盲目联立引发多项式失控）：部分同学在证明等比数列时，习惯性机械启动“联立-求导-韦达定理法”（即解析里的解法二）。虽然该路径属于普适通法，但在本题中直线方程带有复杂的未知下标 $y-y_{n-1}=k(x-x_{n-1})$，直接展开会导致判别式和根系极其臃肿。考场上当看到双曲线或椭圆方程为严格无交叉项的平方差/和构型（如 $x^2-y^2=m$ ），且涉及前后两点关联时，脑海中的第一第一反应必须是点差法！点差法能通过平方差因式分解瞬间分离出 $(x_n-y_n)$，比韦达定理提速至少 3 倍。
• 避坑指南 2（第三问有理化约简时看错符号）：在利用解法一计算斜率 $k_{P_{n+1}{P}_{n+2}}$ 时，分式负幂次项在分子分母提取公因式的过程中，容易把 $(1-t)$ 错看成 $(t-1)$，使算出的斜率多出一个负号，无法与后一项完成平行的论证。卷尾大题中，每个因式的符号提取都要逐项核对。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：本题是“解析几何 + 数列”的交叉新定义题。其核心结构是点差法：对 $(x_n-y_n)(x_n+y_n)=9$ 两端作平方差分解，配合斜率给定的迭代直线，即可分离出 $(x_n-y_n)$ 的递推关系，得到坐标差成等比数列。命题将数列的递推思想嵌入双曲线的几何迭代之中，考查考生在陌生情境下提炼结构与转化问题的能力。
2. 结论推广：对双曲线 $x^2-y^2=m$ 与斜率为 $k$（$0<k<1$）的迭代直线，点列坐标差 $(x_n-y_n)$ 恒成等比数列，公比 $t=\frac{1+k}{1-k}$，即 $\frac{x_n-y_n}{x_{n-1}-y_{n-1}}=t$ 这一不变量只由直线斜率决定，与初始点无关；推广到一般双曲线 $\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1$ 时，坐标差（换元后）仍成等比，公比由斜率与 $a,b$ 共同决定。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 18.02 双曲线专题全总结
• 19.02 等比数列全总结

类题演练 (Links)

• 2008-湖北卷文-20 解-双曲线方程与面积定斜率
• 2013-北京卷理-11 填-切割线定理
• 2013-天津卷理-13 填-切割线定理