21．（12分）已知点$A(2,1)$在双曲线$C:\dfrac{x^2}{a^2}-\dfrac{y^2}{{a^2}-1}=1(a > 1)$上，直线$l$交$C$于$P$，$Q$两点，直线$AP$，$AQ$的斜率之和为0．
（1）求$l$的斜率；
（2）若$\tan \angle PAQ=2\sqrt{2}$，求$\Delta PAQ$的面积．
分析：（1）将点$A$代入双曲线方程得$\dfrac{{x}^{2}}{2}-{y}^{2}=1$，由题显然直线$l$的斜率存在，设$l:y=kx+m$，与双曲线联立后，根据直线$AP$，$AQ$的斜率之和为0，求解即可；（2）设直线$AP$的倾斜角为$\alpha$，由$\tan \angle PAQ=2\sqrt{2}$，得$\tan \dfrac{\angle PAQ}{2}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}$，联立$\dfrac{y_{1}-1}{x_{1}-2}=\sqrt{2}$，及$\dfrac{x_{1}^{2}}{2}-y_{1}^{2}=1$，根据三角形面积公式即可求解．
解：（1）将点$A$代入双曲线方程得$\dfrac{4}{{a}^{2}}-\dfrac{1}{{a}^{2}-1}=1$，
化简得$a^{4}-4a^{2}+4=0$，$\therefore a^{2}=2$，故双曲线方程为$\dfrac{x^{2}}{2}-y^{2}=1$，
由题显然直线$l$的斜率存在，设$l:y=kx+m$，设$P(x_{1}$，$y_{1})Q(x_{2}$，$y_{2})$，
则联立双曲线得：$(2k^{2}-1)x^{2}+4kmx+2m^{2}+2=0$，
故$x_{1}+x_{2}=-\dfrac{4km}{2k^{2}-1}$，${x}_{1}{x}_{2}=\dfrac{2{m}^{2}+2}{2{k}^{2}-1}$，
${k}_{AP}+{k}_{AQ}=\dfrac{{y}_{1}-1}{{x}_{1}-2}+\dfrac{{y}_{2}-1}{{x}_{2}-2}=\dfrac{k{x}_{1}+m-1}{{x}_{1}-2}+\dfrac{k{x}_{2}+m-1}{{x}_{2}-2}=0$，
化简得：$2kx_{1}x_{2}+(m-1-2k)(x_{1}+x_{2})-4(m-1)=0$，
故$\dfrac{2k(2{m}^{2}+2)}{2{k}^{2}-1}+(m-1-2k)(-\dfrac{4km}{2{k}^{2}-1})-4(m-1)=0$，
即$(k+1)(m+2k-1)=0$，而直线$l$不过$A$点，故$k=-1$；
（2）设直线$AP$的倾斜角为$\alpha$，由$\tan \angle PAQ=2\sqrt{2}$，
$\therefore$$\dfrac{2\tan \dfrac{\angle PAQ}{2}}{1-\tan ^{2}\dfrac{\angle PAQ}{2}}=2\sqrt{2}$，得$\tan \dfrac{\angle PAQ}{2}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}$
由$2\alpha +\angle PAQ=\pi$，$\therefore$$\alpha =\dfrac{\pi -\angle PAQ}{2}$，
得$k_{AP}=\tan \alpha =\sqrt{2}$，即$\dfrac{y_{1}-1}{x_{1}-2}=\sqrt{2}$，
联立$\dfrac{y_{1}-1}{x_{1}-2}=\sqrt{2}$，及$\dfrac{x_{1}^{2}}{2}-y_{1}^{2}=1$得$x_{1}=\dfrac{10-4\sqrt{2}}{3},y_{1}=\dfrac{4\sqrt{2}-5}{3}$，
代入直线$l$得$m=\dfrac{5}{3}$，故
$x_{1}+x_{2}=\dfrac{20}{3},x_{1}x_{2}=\dfrac{68}{9}$
而$\vert AP\vert =\sqrt{3}\vert x_{1}-2\vert ,\vert AQ\vert =\sqrt{3}\vert x_{2}-2\vert$，由$\tan \angle PAQ=2\sqrt{2}$，得$\sin \angle PAQ=\dfrac{2\sqrt{2}}{3}$故
$S_{\Delta PAQ}=\dfrac{1}{2}\vert AP\vert \vert AQ\vert \sin \angle PAQ=\sqrt{2}\vert x_{1}x_{2}-2(x_{1}+x_{2})+4\vert =\dfrac{16\sqrt{2}}{9}$．
点评：本题考查了直线与双曲线的综合，属于中档题．