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专练48高考大题专练(五)圆锥曲线的综合运用授课提示：对应学生用书101页1．[2023·新课标Ⅰ卷]在直角坐标系xOy中，点P到x轴的距离等于点P到点0，12的距离，记动点P的轨迹为W.(1)求W的方程；(2)已知矩形ABCD有三个顶点

在W上，证明：矩形ABCD的周长大于33.解析：(1)设点P的坐标为(x，y)，依题意得|y|＝x2＋（y－12）2，化简得x2＝y－14，所以W的方程为x2＝y－14.(2)设矩形ABCD的三个顶点A，B，C在W上，则AB⊥BC，矩形ABCD的周长为2(|A

B|＋|BC|).设B(t，t2＋14)，依题意知直线AB不与两坐标轴平行，故可设直线AB的方程为y－(t2＋14)＝k(x－t)，不妨设k>0，与x2＝y－14联立，得x2－kx＋kt－t2＝0，则Δ＝k2－4(kt－t2)＝(k－2t)2>0，所以k≠2t.设A(x1，

y1)，所以t＋x1＝k，所以x1＝k－t，所以|AB|＝1＋k2|x1－t|＝1＋k2|k－2t|＝1＋k2|2t－k|，|BC|＝1＋（1－1k）2|－1k－2t|＝1＋k2k|1k＋2t|＝1＋k2k2|2kt＋1|，且2kt＋1≠0，所以2(|AB|＋

|BC|)＝21＋k2k2(|2k2t－k3|＋|2kt＋1|).因为|2k2t－k3|＋|2kt＋1|＝（－2k2－2k）t＋k3－1，t≤－12k（2k－2k2）t＋k3＋1，－12k＜t≤k2（2k2＋2k）t－k3＋1，t>k2，当2k－2

k2≤0，即k≥1时，函数y＝(－2k2－2k)t＋k3－1在(－∞，－12k]上单调递减，函数y＝(2k－2k2)t＋k3＋1在(－12k，k2]上单调递减或是常函数(当k＝1时是常函数)，函数y＝(2k2＋2k)t－k3＋1在(k2，＋∞)上

单调递增，所以当t＝k2时，|2k2t－k3|＋|2kt＋1|取得最小值，且最小值为k2＋1，又k≠2t，所以2(|AB|＋|BC|)＞21＋k2k2(k2＋1)＝.2(1+𝐾2)32𝐾2令f(k)＝2(1+𝐾2)32𝐾2，k≥1，则f′(k)＝2(1+𝐾2)12(𝐾+√2)

(𝐾−√2)𝐾3当1≤k＜2时，f′(k)＜0，当k＞2时，f′(k)＞0，所以函数f(k)在[1，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，所以f(k)≥f(2)＝33，所以2(|AB|＋|BC|

)＞2(1+𝐾2)32𝐾2≥33.当2k－2k2＞0，即0＜k＜1时，函数y＝(－2k2－2k)t＋k3－1在(－∞，－12k]上单调递减，函数y＝(2k－2k2)t＋k3＋1在(－12k，k2]上单调递增，函数y＝(2k2＋2k)t－k3＋1在(k2，＋∞)上单调递增，所以

当t＝－12k时，|2k2t－k3|＋|2kt＋1|取得最小值，且最小值为k3＋k＝k(1＋k2)，又2kt＋1≠0，所以2(|AB|＋|BC|)＞21＋k2k2k(k2＋1)＝2(1+𝐾2)32𝐾.令g(k)＝2(1+𝐾2)32𝐾，0<k<

1，则g′(k)＝2(1+𝐾2)12(2𝐾2−1)𝐾2，当0<k<22时，g′(k)<0，当22<k<1时，g′(k)>0，所以函数g(k)在(0，22)上单调递减，在(22，1)上单调递增，所以g

(k)≥g(22)＝33，所以2(|AB|＋|BC|)>2(1+𝐾2)32𝐾≥33.综上，矩形ABCD的周长大于33.2．[2023·新课标Ⅱ卷]已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为(－25，0)，离心率为5.(1)求C的方程；(2)记C的左、右顶点分别为A1，A2，过点(－4，0)的直

线与C的左支交于M，N两点，M在第二象限，直线MA1与NA2交于点P.证明：点P在定直线上．解析：(1)设双曲线C的方程为x2a2－y2b2＝1(a>0，b>0)，c为双曲线C的半焦距，由题意可得c＝25

ca＝5c2＝a2＋b2，解得c＝25a＝2b＝4.所以双曲线C的方程为x24－y216＝1.(2)方法一设M(x1，y1)，N(x2，y2)，直线MN的方程为x＝my－4，则x1＝my1－4，x2＝my2－4.联立得

x＝my－4x24－y216＝1，得(4m2－1)y2－32my＋48＝0.因为直线MN与双曲线C的左支交于M，N两点，所以4m2－1≠0，且Δ>0.由根与系数的关系得y1＋y2＝32m4m2－1y1y2＝484m2－1，所以

y1＋y2＝2m3y1y2.因为A1，A2分别为双曲线C的左、右顶点，所以A1(－2，0)，A2(2，0).直线MA1的方程为y1x1＋2＝yx＋2，直线NA2的方程为y2x2－2＝yx－2，所以y1x1＋2y2x2－2＝yx＋2yx－2，得（x2－2）y1（x1＋2）y2

＝x－2x＋2，（my2－6）y1（my1－2）y2＝my1y2－6y1my1y2－2y2＝x－2x＋2.因为my1y2－6y1my1y2－2y2＝my1y2－6（y1＋y2）＋6y2my1y2－2y2＝

my1y2－6·2m3y1y2＋6y2my1y2－2y2＝－3my1y2＋6y2my1y2－2y2＝－3，所以x－2x＋2＝－3，解得x＝－1，所以点P在定直线x＝－1上．方法二由题意得A1(－2，0)，A2(2，0).设M(x1，

y1)，N(x2，y2)，直线MN的方程为x＝my－4，则x214－y2116＝1，即4x21－y21＝16.如图，连接MA2，kMA1·kMA2＝y1x1＋2·y1x1－2＝y21x21－4＝4x21－16x21－4＝4①.由x24－y216＝1，

得4x2－y2＝16，4[(x－2)＋2]2－y2＝16，4(x－2)2＋16(x－2)＋16－y2＝16，4(x－2)2＋16(x－2)－y2＝0.由x＝my－4，得x－2＝my－6，my－(x－2)＝6，16[my－(x－2)]＝

1.4(x－2)2＋16(x－2)·16[my－(x－2)]－y2＝0，4(x－2)2＋83(x－2)my－83(x－2)2－y2＝0，两边同时除以(x－2)2，得43＋8m3·yx－2－yx－22＝0，即yx－22－8m3·yx－2－43＝0.kMA2＝

y1x1－2，kNA2＝y2x2－2，由根与系数的关系得kMA2·kNA2＝－43②.由①②可得kMA1＝－3kNA2.lMA1：y＝kMA1(x＋2)＝－3kNA2(x＋2)，lNA2：y＝kNA2(x－2).由y＝－3kNA2（x＋2）y＝kNA2（

x－2），解得x＝－1.所以点P在定直线x＝－1上．3．[2024·新课标Ⅱ卷]已知双曲线C：x2－y2＝m(m>0)，点P1(5，4)在C上，k为常数，0<k<1.按照如下方式依次构造点Pn(n＝2，3，…)：过Pn－1作斜率为k的直线与C的左支交于点

Qn－1，令Pn为Qn－1关于y轴的对称点．记Pn的坐标为(xn，yn).(1)若k＝12，求x2，y2；(2)证明：数列{xn－yn}是公比为1＋k1－k的等比数列；(3)设Sn为△PnPn＋1Pn＋2的面积．证明

：对任意正整数n，Sn＝Sn＋1.解析：(1)因为点P1(5，4)在双曲线C：x2－y2＝m(m>0)上，所以m＝52－42＝9.过点P1(5，4)且斜率k＝12的直线方程为x－2y＋3＝0.由x－2y＋3＝0，x2－y2＝9，解得

x＝－3，y＝0或x＝5，y＝4，所以Q1(－3，0)，P2(3，0)，所以x2＝3，y2＝0.(2)证明：因为点Pn(xn，yn)关于y轴的对称点是Qn－1(－xn，yn)，点Pn－1(xn－1，yn－1)

，Qn－1在同一条斜率为k的直线上，所以xn－1≠－xn并且yn－yn－1－xn－xn－1＝k.①因为点Pn－1，Qn－1都在双曲线C上，所以x2n－y2n＝9，x2n－1－y2n－1＝9，两式相减，得(xn－xn－1)(xn＋xn－1)＝(yn－yn－1)(yn＋yn－1).

②由①②得yn－yn－1＝－k（xn＋xn－1），③xn－xn－1＝－k（yn＋yn－1）.④④－③得(xn－yn)－(xn－1－yn－1)＝k(xn－yn)＋k(xn－1－yn－1)，整理得xn－ynxn－1－yn－1＝1＋k1－k.又x1－y1＝1，所以{xn－

yn}是公比为1＋k1－k的等比数列．(3)证明：因为△PnPn＋1Pn＋2和△Pn＋1Pn＋2Pn＋3，n∈N*有公共边Pn＋1Pn＋2，所以若点Pn和Pn＋3到直线Pn＋1Pn＋2的距离相等，则Sn＝Sn

＋1.此时，直线Pn＋1Pn＋2与PnPn＋3平行，四边形PnPn＋1Pn＋2Pn＋3是梯形，大致图形如图所示，以下证明：直线Pn＋1Pn＋2与PnPn＋3平行．记a＝1＋k1－k，则由0<k<1得a>1.由(2)及x1＝5，y1＝4，得xn－yn＝

1＋k1－kn－1·(x1－y1)＝an－1.又因为(xn＋yn)(xn－yn)＝x2n－y2n＝9，所以xn＋yn＝9a1－n，所以yn＝12(－an－1＋9a1－n).由(2)知yn≠yn＋1，则xn＋2－xn＋1yn＋2－

yn＋1＝yn＋2＋an＋1－yn＋1－anyn＋2－yn＋1＝1－2an（a－1）（9a－1－n＋an）（a－1）＝1－29a－1－2n＋1，xn＋3－xnyn＋3－yn＝yn＋3＋an＋2－yn－an－1yn＋3－yn＝1－2an－1（a3－1）（9a－2－n＋an－1）

（a3－1）＝1－29a－1－2n＋1，因此xn＋2－xn＋1yn＋2－yn＋1＝xn＋3－xnyn＋3－yn.从而直线Pn＋1Pn＋2与PnPn＋3平行，所以Sn＝S△PnPn＋1Pn＋2＝S△Pn＋1Pn＋2Pn＋3＝Sn＋

1，证明完毕．4．[2024·九省联考]已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，过F的直线l交C于A，B两点，过F与l垂直的直线交C于D，E两点，其中B，D在x轴上方，M，N分别为AB，DE的中点．(1)证明：直线MN过定点；(2)设G为直线AE与直线BD的交点，求

△GMN面积的最小值．解析：(1)证明：由C：y2＝4x，故F(1，0)，由直线AB与直线CD垂直，故两条直线斜率都存在且不为0，设直线AB，CD分别为x＝m1y＋1，x＝m2y＋1，有m1m2＝－1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，E(x3，y3)，D(x4，y4)，联立C：y2＝4x与直

线AB，即有y2＝4xx＝m1y＋1，消去x可得y2－4m1y－4＝0，Δ＝16m21＋16>0，故y1＋y2＝4m1，y1y2＝－4，则x1＋x2＝m1y1＋1＋m1y2＋1＝m1(y1＋y2)＋2＝4m21＋2，故x1＋x22＝2m21＋1，y1＋y22＝2m1，即M(2m

21＋1，2m1)，同理可得N(2m22＋1，2m2)，当2m21＋1≠2m22＋1时，则lMN：y＝2m2－2m12m22＋1－（2m21＋1）(x－2m21－1)＋2m1，即y＝m2－m1m22－m21(x－2m21－1)＋2m1＝xm2＋m1－2

m21＋1m2＋m1＋2m1（m2＋m1）m2＋m1＝xm2＋m1－2m21＋1－2m1m2－2m21m2＋m1＝xm2＋m1－1－2m1m2m2＋m1，由m1m2＝－1，即y＝xm2＋m1－1＋2m2＋m1＝1m2＋m1(x－3)，故x＝3时，有y＝

1m2＋m1(3－3)＝0，此时MN过定点，且该定点为(3，0)，当2m21＋1＝2m22＋1时，即m21＝m22时，由m1m2＝－1，即m1＝±1时，有lMN：x＝2＋1＝3，亦过定点(3，0)，故直线MN过定点，且该定点为(3，0).(2)

由A(x1，y1)，B(x2，y2)，E(x3，y3)，D(x4，y4)，则lAE：y＝y3－y1x3－x1(x－x1)＋y1，由y21＝4x1，y22＝4x2，故y＝y3－y1y234－y214(x－y214)＋y1＝4xy3＋y1

－y21y3＋y1＋y21＋y1y3y3＋y1＝4xy3＋y1＋y1y3y3＋y1，同理可得lBD：y＝4xy4＋y2＋y2y4y4＋y2，联立两直线，即y＝4xy3＋y1＋y1y3y3＋y1y＝4xy4＋y

2＋y2y4y4＋y2，有4xy3＋y1＋y1y3y3＋y1＝4xy4＋y2＋y2y4y4＋y2，即4x(y4＋y2)＋y1y3(y4＋y2)＝4x(y3＋y1)＋y2y4(y3＋y1)，有x＝y2y4（y

3＋y1）－y1y3（y4＋y2）4（y4＋y2－y3－y1），由y1y2＝－4，同理y3y4＝－4，故x＝y2y4（y3＋y1）－y1y3（y4＋y2）4（y4＋y2－y3－y1）＝y2y3y4＋y1y2y4－y1y

3y4－y1y2y34（y4＋y2－y3－y1）＝－4（y2＋y4－y1－y3）4（y4＋y2－y3－y1）＝－1，故xG＝－1，过点G作GQ∥x轴，交直线MN于点Q，则S△GMN＝12||yM－yN×||xQ－xG，由M(2m21＋1，2m1)，N(2m22＋1，2m2)，由抛物线

的对称性，不妨设m1>0，则m2<0，故||yM－yN＝2m1－2m2＝2m1＋2m1≥22m1×2m1＝4，当且仅当m1＝1时，等号成立，下证||xQ－xG≥4：当m1>1时，有m2＝－1m1∈(－1，0)，则点G在x轴

上方，点Q亦在x轴上方，有kMN＝1m2＋m1＝1m1－1m1>0，由直线MN过定点(3，0)，此时||xQ－xG>3－(－1)＝4，同理，当m1<1时，有点G在x轴下方，点Q亦在x轴下方，有kMN＝1m2＋m1<0，此时||xQ－xG>4，当且仅当m1＝1时，xQ＝3，此时

|xQ－xG|＝4，故||xQ－xG≥4恒成立，且m1＝1时，等号成立，故S△GMN＝12||yM－yN×||xQ－xG≥12×4×4＝8.5．[2023·全国甲卷(理)]已知直线x－2y＋1＝0与抛物线

C：y2＝2px(p>0)交于A，B两点，|AB|＝415.(1)求p；(2)设F为C的焦点，M，N为C上两点，且FM→·FN→＝0，求△MFN面积的最小值．解析：(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，把x＝2y－1代入y2＝2px，得y2－4py＋2p＝0，由Δ1＝

16p2－8p>0，得p>12.由根与系数的关系，可得y1＋y2＝4p，y1y2＝2p，所以|AB|＝1＋1122·（y1＋y2）2－4y1y2＝5·16p2－8p＝415，解得p＝2或p＝－32(舍去)，故p＝

2.(2)设M(x3，y3)，N(x4，y4)，由(1)知抛物线C：y2＝4x，则点F(1，0).因为FM→·FN→＝0，所以∠MFN＝90°，则S△MFN＝12|MF||NF|＝12(x3＋1)(x4＋1)＝12(x3x4

＋x3＋x4＋1)(*).当直线MN的斜率不存在时，点M与点N关于x轴对称，因为∠MFN＝90°，所以直线MF与直线NF的斜率一个是1，另一个是－1.不妨设直线MF的斜率为1，则MF：y＝x－1，由y＝x－1，y2＝4x，得x2－6x＋1＝0，得x3＝3－22

，x4＝3－22或x3＝3＋22，x4＝3＋22．代入(*)式计算易得，当x3＝x4＝3－22时，△MFN的面积取得最小值，为4(3－22).当直线MN的斜率存在时，设直线MN的方程为y＝kx＋m.由y＝kx＋m，y2＝4x，得k

2x2－(4－2km)x＋m2＝0，Δ2＝(4－2km)2－4m2k2>0，则x3＋x4＝4－2kmk2，x3x4＝m2k2，y3y4＝(kx3＋m)(kx4＋m)＝k2x3x4＋mk(x3＋x4)＋m2＝4mk.又FM→·FN→＝(x

3－1，y3)·(x4－1，y4)＝x3x4－(x3＋x4)＋1＋y3y4＝0，所以m2k2－4－2kmk2＋1＋4mk＝0，化简得m2＋k2＋6km＝4.所以S△MFN＝12(x3x4＋x3＋x4＋1)＝m2＋k2－2km＋4

2k2＝m2＋k2＋2kmk2＝mk2＋2mk＋1.令t＝mk，则S△MFN＝t2＋2t＋1，因为m2＋k2＋6km＝4，所以mk2＋6mk＋1＝4k2>0，即t2＋6t＋1>0，

得t>－3＋22或t<－3－22，从而得S△MFN＝t2＋2t＋1>12－82＝4(3－22.故△MFN面积的最小值为4(3－22).6．[2024·新课标Ⅰ卷]已知A(0，3)和P(3，32)为椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)上两点．(1)求C的离心率

；(2)若过P的直线l交C于另一点B，且△ABP的面积为9，求l的方程．解析：(1)将A(0，3)，P(3，32)的坐标代入椭圆C的方程，可得0a2＋9b2＝1，9a2＋94b2＝1，解得a＝23

，b＝3，则c2＝a2－b2＝3，即c＝3，则C的离心率e＝ca＝323＝12.(2)由(1)可得椭圆C的方程为x212＋y29＝1.当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x＝3，此时S△ABP＝12×3×3＝92≠9，不符合题意，故直线l的斜率存在．方

法一设直线l的方程为y＝kx＋b(b≠3)，B(x1，y1)，联立y＝kx＋b，x212＋y29＝1，消去y整理得(4k2＋3)x2＋8kbx＋4b2－36＝0，Δ＝64k2b2－4(4k2＋3

)(4b2－36)＝48(12k2＋9－b2)>0①，则x1＋3＝－8kb4k2＋3.由点P在l上，得32＝3k＋b，即b＝32－3k②.由①②知k≠－32，此时b≠6.所以x1＝－8k（32－3k）4k2＋3－3＝12k2－12k－94k2＋3

，代入直线l的方程可得y1＝－6k2－18k＋924k2＋3.由A(0，3)，P(3，32)可得|AP|＝352，直线AP的方程为x＋2y－6＝0，设点B到直线AP的距离为d，则S△ABP＝12·|AP|·d＝12×352d＝9，解得d＝1255.由点到直线的距离公式可得d＝|x

1＋2y1－6|1＋22＝1255，将x1＝12k2－12k－94k2＋3，y1＝－6k2－18k＋924k2＋3代入上式，解得k＝32或k＝12，当k＝32时，b＝－3；当k＝12时，b＝0，所以直线l的方程为y＝32x－3或y＝12x.方法二设直线l的方程为y－32＝k(x－3)，令P

(x1，y1)，B(x2，y2)，联立y＝k（x－3）＋32，x212＋y29＝1，消去y可得(4k2＋3)x2－(24k2－12k)x＋36k2－36k－27＝0，Δ＝(24k2－12k)2－4(4k2＋3)(36k2－36k－27)＝36(4k2＋12k＋9)＝36(2k＋3)2>0，k

≠－32，所以x1＋x2＝24k2－12k4k2＋3，x1x2＝36k2－36k－274k2＋3，所以|PB|＝1＋k2·（x1＋x2）2－4x1x2＝43k2＋13k2＋9k＋2744k2＋3.又点A到直线PB的距离d

＝|3k＋32|k2＋1，S＝12·43k2＋13k2＋9k＋2744k2＋3·|3k＋32|k2＋1＝9，解得k＝12或32，所以直线l的方程为y＝12x或y＝32x－3.7．[2024·全国甲卷(理)]设椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的右焦点为F，点M(1，3

2)在C上，且MF⊥x轴．(1)求C的方程；(2)过点P(4，0)的直线交C于A，B两点，N为线段FP的中点，直线NB交直线MF于点Q，证明：AQ⊥y轴．解析：设椭圆C的左焦点为F1，因为点M的横坐标为1，且MF⊥x轴，所以c＝1，则|F1F|＝2，|MF|＝

32，因为MF⊥x轴，所以|MF1|＝|MF|2＋|F1F|2＝52，所以2a＝|MF1|＋|MF|＝4，解得a＝2，所以b2＝a2－c2＝3，故椭圆C的方程为x24＋y23＝1.(2)证明：方法一由题可得，F(1，0)，P(4，0)，所以点N(52，0).当直线AB

与x轴不重合时，设直线AB的方程为x＝ty＋4，A(x1，y1)，B(x2，y2).由x24＋y23＝1，x＝ty＋4，整理得(3t2＋4)y2＋24ty＋36＝0，由Δ>0得t2>4，根据根与系数的关系可得

y1＋y2＝－24t3t2＋4，y1y2＝363t2＋4，直线NB的方程为y＝y2x2－52(x－52)，设点Q的坐标为(1，yQ)，将x＝1代入直线NB的方程得yQ＝－32y2x2－52＝－32y2ty2＋32，所以Q点

的坐标为(1，－32y2ty2＋32).因为yQ－y1＝－32y2ty2＋32－y1＝－32y2－y1·（ty2＋32）ty2＋32＝－32（y1＋y2）－ty1y2ty2＋32＝－32×（－24t3t2＋4）－

t×363t2＋4ty2＋32＝0，所以yQ＝y1.又y1≠0，所以直线AQ与x轴平行，所以AQ⊥y轴．当直线AB与x轴重合时，直线AQ与x轴重合，所以AQ⊥y轴．综上，AQ⊥y轴．方法二设A(x1，y1)，B(x2，y2)，AP→＝λPB→(λ≠－1

)，则x1＋λx21＋λ＝4，y1＋λy21＋λ＝0，即λx2＝4＋4λ－x1，λy2＝－y1.又由3x21＋4y21＝12，①3（λx2）2＋4（λy2）2＝12λ2，②

①－②可得3·x1＋λx21＋λ·x1－λx21－λ＋4·y1＋λy21＋λ·y1－λy21－λ＝12，结合上式可得5λ－2λx2＋3＝0.由N(52，0)，B(x2，y2)，得直线BN的方程为y＝y2x2－52·(x－

52)，因为点Q是直线BN与直线MF的交点，所以将点Q的横坐标1代入直线BN的方程得yQ＝3y25－2x2＝3λy25λ－2λx2＝－λy2＝y1，故AQ⊥y轴．方法三设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由P，A，B三点共线得x1y2－x2y1＝4

(y2－y1)①，所以(x1y2－x2y1)(x1y2＋x2y1)＝x21y22－x22y21＝(4－43y21)y22－(4－43y22)y21＝4(y2－y1)(y2＋y1)＝4(y2－y1)·(x1y2＋x2y1)，即x1y2＋x2y1＝y2＋y1②，①

②联立得2x2y1＝5y1－3y2.由N(52，0)，B(x2，y2)，得直线BN的方程为y＝y2x2－52·(x－52)，因为点Q是直线BN与直线MF的交点，所以将点Q的横坐标1代入直线BN的方程得yQ＝3y25－2x2＝3y1y25y1－2y1x

2＝y1，故AQ⊥y轴．8．[2022·新高考Ⅰ卷，21]已知点A(2，1)在双曲线C：x2a2－y2a2－1＝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∠PAQ＝22，求△PAQ的面积．解析：(1)∵点A(2，1)在双曲线C：x2a2－

y2a2－1＝1(a>1)上，∴4a2－1a2－1＝1，解得a2＝2.∴双曲线C的方程为x22－y2＝1.显然直线l的斜率存在，可设其方程为y＝kx＋m.联立得方程组y＝kx＋m，x22－y2＝1.消去y并整理，得(1－2k2)x2－

4kmx－2m2－2＝0.Δ＝16k2m2＋4(1－2k2)(2m2＋2)＝8m2＋8－16k2>0.设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则x1＋x2＝4km1－2k2，x1x2＝－2m2－21－2k2.由kAP＋kAQ

＝0，得y1－1x1－2＋y2－1x2－2＝0，即(x2－2)(kx1＋m－1)＋(x1－2)(kx2＋m－1)＝0.整理，得2kx1x2＋(m－1－2k)(x1＋x2)－4(m－1)＝0，即2k·－2m2－21－2k2＋(m－1－2k)

·4km1－2k2－4(m－1)＝0，即(k＋1)(m＋2k－1)＝0.∵直线l不过点A，∴k＝－1.(2)设∠PAQ＝2α，0<α<π2，则tan2α＝22，∴2tanα1－tan2α＝22，解得tanα＝22(负值已舍去)．由

(1)得k＝－1，则x1x2＝2m2＋2>0，∴P，Q只能同在双曲线左支或同在右支．当P，Q同在左支时，tanα即为直线AP或AQ的斜率．设kAP＝22.∵22为双曲线一条渐近线的斜率，∴直线AP与双曲线只有一个交点，不成立．当P，Q同在右支时，tan(π2－α)＝1tanα即为直线

AP或AQ的斜率．设kAP＝122＝2，则kAQ＝－2，∴直线AP的方程为y－1＝2(x－2)，即y＝2x－22＋1.联立得方程组y＝2x－22＋1，x22－y2＝1.消去y并整理，得3x2－(16－42)x＋20－82＝0，则xP·2＝20－823，解得x

P＝10－423.∴|xA－xP|＝|2－10－423|＝4（2－1）3.同理可得|xA－xQ|＝4（2＋1）3.∵tan2α＝22，0<2α<π，∴sin2α＝223，∴S△PAQ＝12|AP|·|AQ|·sin2α＝12×3×

|xA－xP|×3×|xA－xQ|×sin2α＝12×3×169×223＝1629.