(i), (ii) は互いに $x$ 座標, $y$ 座標を入れ替えた関係にあるから, (i) について, $c > 0$ として, 点 $\mathrm F(c,0),$ $\mathrm F'(-c,0)$ からの距離の差が $2a$ $(c > a)$ である点の軌跡 $C$ を求める. $b = \sqrt{c^2-a^2}$ とおくと, 平面上の点 $\mathrm P(x,y)$ に対して, \[\begin{aligned} &\mathrm P \in C \\ &\!\!\!\!\iff \mathrm{PF}-\mathrm{PF}' = \pm 2a \iff \mathrm{PF} = \pm 2a+\mathrm{PF}' \\ &\!\!\!\!\iff \mathrm{PF}^2\! \!=\! (\pm 2a\!+\!\mathrm{PF}')^2\! \iff \mathrm{PF}^2\! \!=\! 4a^2\!\!\mp\!4a\mathrm{PF}'\!+\!\mathrm{PF}'^2 \\ &\!\!\!\!\iff (x\!-\!c)^2\!\!+\!y^2 \!\!=\! 4a^2\!\!\mp\!4a\sqrt{(x\!+\!c)^2\!\!+\!y^2}\!+\!(x\!+\!c)^2\!\!+\!y^2 \\ &\!\!\!\!\iff cx+a^2 = \mp a\sqrt{(x+c)^2+y^2} \\ &\!\!\!\!\iff (cx+a^2)^2 = a^2\{ (x+c)^2+y^2\} \\ &\!\!\!\!\iff (a^2-c^2)x^2-a^2y^2 = a^2(c^2-a^2) \\ &\!\!\!\!\iff b^2x^2-a^2y^2 = a^2b^2 \iff \frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2} = 1 \end{aligned}\] となるから, $C$ の方程式は $\dfrac{x^2}{a^2}-\dfrac{y^2}{b^2} = 1$ である.
　$(x,y) \in C$ のとき $(x,-y),$ $(-x,y),$ $(-x,-y) \in C$ となるから, $C$ は $x$ 軸, $y$ 軸, 原点に関して対称である. $c = \sqrt{a^2+b^2}$ であるから, $C$ の焦点は $(\pm\sqrt{a^2+b^2},0)$ である.
　また, $C$ の頂点は座標軸との交点 $(\pm a,0)$ である.
　さらに, 第 $1$ 象限において $C$ は, $y = \dfrac{b}{a}\sqrt{x^2-a^2}$ で表され, \[\begin{aligned} &\frac{b}{a}x-\frac{b}{a}\sqrt{x^2-a^2} = \frac{b}{a}(x-\sqrt{x^2-a^2}) \\ &= \frac{b}{a}\cdot\frac{(x+\sqrt{x^2-a^2})(x-\sqrt{x^2-a^2})}{x+\sqrt{x^2-a^2}} \\ &= \frac{b}{a}\cdot\frac{x^2-(x^2-a^2)}{x+\sqrt{x^2-a^2}} = \frac{ab}{x+\sqrt{x^2-a^2}} \\ &\to 0 \quad (x \to \infty ) \end{aligned}\] が成り立つから, $y = \dfrac{b}{a}x$ を漸近線にもつ. $C$ は, $x$ 軸, $y$ 軸, 原点に関して対称であるから, $\dfrac{x}{a}\mp\dfrac{y}{b} = 0$ を漸近線にもつ.

　$\mathrm P_0 \neq (\pm a,0)$ のとき, $C$ の点 $\mathrm P_0$ における接線の傾きを $m$ とおく. $C$ の方程式 $b^2x^2-a^2y^2 = \pm a^2b^2$ と接線の方程式 \[ y = mx+y_0-mx_0\] から $y$ を消去して得られる $2$ 次方程式 \[ b^2x^2-a^2(mx+y_0-mx_0)^2 = \pm a^2b^2\] つまり \[\begin{aligned} (b^2-a^2m^2)x^2&-2a^2m(y_0-mx_0)x \\ &-a^2\{(y_0-mx_0)^2\pm b^2\} = 0 \end{aligned}\] は重解 $x = x_0$ をもつから, \[\begin{aligned} \frac{a^2m(y_0-mx_0)}{b^2-a^2m^2} &= x_0 \\ a^2m(y_0-mx_0) &= (b^2-a^2m^2)x_0 \\ m &= \dfrac{b^2x_0}{a^2y_0} \end{aligned}\] となる. よって, 接線の方程式は \[\begin{aligned} y-y_0 &= \dfrac{b^2x_0}{a^2y_0}(x-x_0) \\ \frac{b^2x_0x}{a^2y_0}-y &= \frac{b^2x_0{}^2}{a^2y_0}-y_0 \\ \frac{x_0x}{a^2}-\frac{y_0y}{b^2} &= \frac{x_0{}^2}{a^2}-\frac{y_0{}^2}{b^2} \\ \frac{x_0x}{a^2}-\frac{y_0y}{b^2} &= \pm 1 \end{aligned}\] である. $\mathrm P_0 = (\pm a,0)$ のときの $C$ の接線の方程式 $x = \pm a$ もこの式で表される.

　$\dfrac{x^2}{a^2}-\dfrac{y^2}{b^2} = \pm 1$ の両辺を $x$ で微分すると, $\dfrac{2x}{a^2}-\dfrac{2yy'}{b^2} = 0$ となり, $y \neq 0$ のとき \[ y' = \frac{b^2x}{a^2y}\] となる. よって, $\mathrm P_0 \neq (\pm a,0)$ のとき, $C$ の点 $\mathrm P_0$ における接線の傾きは $\dfrac{b^2x_0}{a^2y_0}$ である. 以下, 上記の証明と同様である.

　点 $(p,q)$ を通る傾き $m$ の直線 $y = m(x-p)+q$ が双曲線 $H:b^2x^2-a^2y^2 = a^2b^2$ に接するとする. このとき, \[\begin{aligned} &b^2x^2-a^2\{ m(x-p)+q\} ^2 = a^2b^2 \\ &(b^2-a^2m^2)x^2+2a^2m(mp-q)x-a^2(mp-q)^2-a^2b^2 = 0 \end{aligned}\] が重解をもつ $2$ 次方程式になるから, であり, \[\begin{aligned} &a^4m^2(mp-q)^2+(b^2-a^2m^2)\{ a^2(mp-q)^2+a^2b^2\} = 0 \\ &a^2b^2\{ (mp-q)^2+b^2-a^2m^2\} = 0 \\ &(p^2-a^2)m^2-2pqm+b^2+q^2 = 0 \quad \cdots [2] \end{aligned}\] が成り立つ. 点 $\mathrm P(p,q)$ を通って傾きが $m_1,$ $m_2$ である $H$ の接線が直交するとき, \[ p^2q^2-(p^2-a^2)(b^2+q^2) = a^2b^2-(b^2p^2-a^2q^2) > 0\] であり, $[2]$ は相異なる $2$ つの実数解 $m = m_1,$ $m_2$ をもつから, 解と係数の関係により \[\begin{aligned} &-1 = m_1m_2 = \frac{b^2+q^2}{p^2-a^2} \\ &p^2+q^2 = a^2-b^2 \end{aligned}\] が成り立つ. ただし, $[1],$ $[2]$ から \[\begin{aligned} (p^2-a^2)\frac{b^2}{a^2}\mp 2pq\frac{b}{a}+b^2+q^2 &\neq 0 \\ b^2p^2\mp 2abpq+a^2q^2 &\neq 0 \end{aligned}\] であるので, である. ゆえに, 点 $\mathrm P$ は原点を中心とする半径 $\sqrt{a^2-b^2}$ の円周を描く. ただし, $H$ の漸近線との交点を除く.

(1)

$\dfrac{p^2}{a^2}-\dfrac{q^2}{b^2} = 1,$ $c^2 = a^2+b^2$ から, \[\begin{aligned} \mathrm F_\pm\mathrm P^2 &= (p\mp c)^2+q^2 = p^2\mp 2cp+c^2+b^2\left(\frac{p^2}{a^2}-1\right) \\ &= \left( 1+\frac{b^2}{a^2}\right) p^2\mp 2cp+(c^2-b^2) \\ &= \frac{c^2}{a^2}p^2\mp 2cp+a^2 = \left(\frac{c}{a}p\mp a\right) ^2 \end{aligned}\] である. $a \leqq p$ ($p > 0$ から従う) から \[\frac{c}{a}p\mp a \geqq \frac{c}{a}\cdot a\mp a = c\mp a > 0\] であるので, \[\mathrm F_\pm\mathrm P = \frac{c}{a}p\mp a\] である (以上, 複号同順).

(2)

点 $\mathrm P$ が $C$ の頂点である場合, $l$ と線分 $\mathrm F_+\mathrm P,$ $\mathrm F_-\mathrm P$ のなす角は明らかに等しい. よって, その他の場合を考える. このとき, \[ l:\dfrac{px}{a^2}-\dfrac{qy}{b^2} = 1\] と $x$ 軸の交点を $\mathrm I$ とおくと, $\mathrm I\left(\dfrac{a^2}{p},0\right)$ から \[\begin{aligned} \mathrm F_+\mathrm I:\mathrm F_-\mathrm I &= \left( c-\frac{a^2}{p}\right) :\left(\frac{a^2}{p}+c\right) \\ &= (cp-a^2):(cp+a^2) \end{aligned}\] であり, (1) の結果により \[\begin{aligned} \mathrm F_+\mathrm P:\mathrm F_-\mathrm P &= \left(\frac{c}{a}p-a\right) :\left(\frac{c}{a}p+a\right) \\ &= (cp-a^2):(cp+a^2) \end{aligned}\] が成り立つので, $\mathrm F_+\mathrm I:\mathrm F_-\mathrm I = \mathrm F_+\mathrm P:\mathrm F_-\mathrm P$ となる. したがって, $l$ は $\angle\mathrm F_+\mathrm P\mathrm F_-$ を二等分するから, $l$ と線分 $\mathrm F_+\mathrm P,$ $\mathrm F_-\mathrm P$ のなす角は等しい.

　点 $\mathrm T(p,q)$ が双曲線 $C:\dfrac{x^2}{a^2}-\dfrac{y^2}{b^2} = 1$ 上にあるとき, \[\frac{p^2}{a^2}-\dfrac{q^2}{b^2} = 1 \quad \cdots [1]\] が成り立つ. このとき, $C$ の点 $\mathrm T$ における接線 \[\frac{p}{a^2}x-\frac{q}{b^2}y = 1\] と $C$ の漸近線 $y = \dfrac{b}{a}x,$ $y = -\dfrac{b}{a}x$ はそれぞれ点 \[\mathrm P\left(\frac{a^2b}{bp-aq},\frac{ab^2}{bp-aq}\right),\ \mathrm Q\left(\frac{a^2b}{bp+aq},-\frac{ab^2}{bp+aq}\right)\] で交わる. 線分 $\mathrm{PQ}$ の中点の $x$ 座標は \[\begin{aligned} &\frac{1}{2}\left(\frac{a^2b}{bp-aq}+\frac{a^2b}{bp+aq}\right) \\ &= \frac{1}{2}\cdot\frac{a^2b(bp+aq)+a^2b(bp-aq)}{(bp-aq)(bp+aq)} \\ &= \frac{1}{2}\cdot\frac{2a^2b^2p}{b^2p^2-a^2q^2} = \frac{a^2b^2p}{a^2b^2} \quad (\because [1]) \\ &= p, \end{aligned}\] 線分 $\mathrm{PQ}$ の中点の $y$ 座標は \[\begin{aligned} &\frac{1}{2}\left(\frac{ab^2}{bp-aq}-\frac{ab^2}{bp+aq}\right) \\ &= \frac{1}{2}\cdot\frac{ab^2(bp+aq)-ab^2(bp-aq)}{(bp-aq)(bp+aq)} \\ &= \frac{1}{2}\cdot\frac{2a^2b^2q}{b^2p^2-a^2q^2} = \frac{a^2b^2q}{a^2b^2} \quad (\because [1]) \\ &= q \end{aligned}\] であるから, 点 $\mathrm T$ は線分 $\mathrm{PQ}$ の中点である.

　双曲線 $C$ の漸近線は, $1$ つの方程式 \[\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2} = 0 \quad \cdots [1]\] で表される. $C$ の点 $\mathrm P(s,t)$ における接線の方程式は, \[\frac{sx}{a^2}-\frac{ty}{b^2} = 1 \quad \cdots [2]\] である. $[1],$ $[2]$ の交点を $\mathrm Q,$ $\mathrm R$ とおく.

(i)

$t = 0$ のとき. 点 $\mathrm P$ は $x$ 軸上にあり, $C$ は $x$ 軸に関して対称であるから, 線分 $\mathrm{QR}$ の中点は点 $\mathrm P$ と一致する.

(ii)

$t \neq 0$ のとき. $[1],$ $[2]$ から $y$ を消去すると, \[ (b^2s^2-a^2t^2)x^2-2a^2b^2sx+a^4b^2 = 0 \quad \cdots [3]\] となる. また, 点 $\mathrm P$ は $C$ 上にあるから, \[\frac{s^2}{a^2}-\frac{t^2}{b^2} = 1 \quad \cdots [4]\] が成り立つ. $[3],$ $[4]$ から $a^2b^2x^2-2a^2b^2sx+a^4b^2 = 0$ であるので, \[ x^2-2sx+a^2 = 0 \quad \cdots [5]\] が成り立つ. $t \neq 0$ から $|s| > a$ であることに注意すると, $s^2-a^2 > 0$ から $[5]$ は確かに異なる $2$ つの実数解を持つ. その解を $\alpha,$ $\beta$ とおく. このとき, 解と係数の関係により $\alpha +\beta = 2s$ となるから, \[\frac{\alpha +\beta}{2} = s \quad \cdots [6]\] となる. $s,$ $\alpha,$ $\beta$ は点 $\mathrm P,$ $\mathrm Q,$ $\mathrm R$ の $x$ 座標であるから, $[6]$ は線分 $\mathrm{QR}$ の中点が点 $\mathrm P$ と一致することを示している.

(i), (ii) から, $C$ の接線が $C$ の漸近線によって切り取られてできる線分の中点は接点と一致する.

　点 $\mathrm T(p,q)$ が双曲線 $C:\dfrac{x^2}{a^2}-\dfrac{y^2}{b^2} = 1$ 上にあるとき, \[\frac{p^2}{a^2}-\dfrac{q^2}{b^2} = 1 \quad \cdots [1]\] が成り立つ. このとき, $C$ の点 $\mathrm T$ における接線 \[\frac{p}{a^2}x-\frac{q}{b^2}y = 1\] と $C$ の漸近線 $y = \dfrac{b}{a}x,$ $y = -\dfrac{b}{a}x$ はそれぞれ点 \[\mathrm P\left(\frac{a^2b}{bp-aq},\frac{ab^2}{bp-aq}\right),\ \mathrm Q\left(\frac{a^2b}{bp+aq},-\frac{ab^2}{bp+aq}\right)\] で交わる. よって, $C$ の点 $\mathrm T$ における接線 $\mathrm{PQ}$ と漸近線で囲まれてできる三角形 $\mathrm{OPQ}$ の面積は \[\begin{aligned} &\frac{1}{2}\left|\frac{a^2b}{bp-aq}\cdot\left( -\frac{ab^2}{bp+aq}\right) -\frac{ab^2}{bp-aq}\cdot\frac{a^2b}{bp+aq}\right| \\ &= \frac{1}{2}\left|\frac{-2a^3b^3}{b^2p^2-a^2q^2}\right| = \frac{1}{2}\left|\frac{-2a^3b^3}{a^2b^2}\right| \quad (\because [1]) \\ &= \frac{1}{2}\cdot 2ab = ab \end{aligned}\] であり, 接点 $\mathrm T$ のとり方によらず一定である.