在椭圆 $M:\dfrac{x^{2}}{6}+\dfrac{y^{2}}{2}=1$ 中有一内接三角形 $ABC$，其顶点 $C$ 的坐标为 $(\sqrt 3,1)$，$AB$ 所在直线的斜率为 $\dfrac{\sqrt 3}{3}$，求 $\triangle ABC$ 的面积最大时直线 $AB$ 的方程并求出此时 $\triangle ABC$ 的面积．
【难度】
【出处】
无
【标注】
【答案】
$\sqrt 3$，此时直线 $AB$ 的方程为 $y=\dfrac{\sqrt 3}{3}x\pm \sqrt 2$
【解析】
由题意设直线 $AB$ 的方程为 $y=\dfrac{\sqrt 3x}{3}+m$，联立直线与椭圆的方程，有\[2x^{2}+2\sqrt 3mx+3m^{2}-6=0,\]因为直线 $AB$ 与椭圆 $M$ 于不同的两点 $A,B$，且点 $C$ 不在直线 $AB$ 上，所以\[\Delta=12m^{2}-24(m^{2}-2)=12(4-m^{2})>0\]且 $1\ne \dfrac{\sqrt 3}{3}\cdot \sqrt 3+m$，解得 $-2<m<2$，且 $m\ne 0$．设 $A(x_{1},y_{1})$，$B(x_{2},y_{2})$ 则\[|AB|=2\sqrt {4-m^{2}}.\]点 $C(\sqrt 3,1)$ 到直线 $y=\dfrac{\sqrt 3}{3}x+m$ 的距离\[d=\dfrac{\sqrt 3|m|}{2},\]于是 $\triangle ABC$ 的面积\[S=\dfrac{1}{2}\cdot |AB|\cdot d=\dfrac{\sqrt 3}{2}\cdot |m|\cdot \sqrt{4-m^{2}}\leqslant \dfrac{\sqrt 3}{2}\cdot \dfrac{m^{2}-(4-m^{2})}{2}=\sqrt 3.\]等号当且仅当 $m^{2}=2$ 时成立．所以当 $m=\pm \sqrt 2$ 时 $\triangle ABC$ 的面积最大为 $\sqrt 3$，此时直线 $AB$ 的方程为 $y=\dfrac{\sqrt 3}{3}x\pm \sqrt 2$．
答案
解析
备注
