已知椭圆 $\dfrac {x^2}{6}+\dfrac {y^2}{2}=1$ 中有一内接三角形 $ABC$，其顶点 $C$ 的坐标为 $\left(\sqrt 3,1\right)$，$AB$ 所在直线的斜率为 $\dfrac {\sqrt 3}{3}$．当 $\triangle ABC$ 的面积最大时，求直线 $AB$ 的方程．
【难度】
【出处】
无
【标注】
【答案】
$x-\sqrt 3 y \pm \sqrt 6=0$
【解析】
如图．
将椭圆通过仿射变换 $\begin{cases}x=x'\\ y=\dfrac{1}{\sqrt 3}y'\end{cases}$ 变成圆 $x'^2+y'^2=6$，
则$$S_{\triangle{A'B'C'}}=\sqrt 3 S_{\triangle{ABC}},k_{A'B'}=\sqrt 3\cdot \dfrac{\sqrt 3}{3}=1,$$$C'$ 坐标为 $(\sqrt 3,\sqrt 3)$．
因为直线 $OC' \parallel $ 直线 $A'B'$，所以$$S_{\triangle{A'B'C'}}=S_{\triangle{OA'B'}}.$$设直线 $A'B'$ 的方程为 $x-y+m=0$，则 $O$ 到直线 $A'B'$ 的距离为 $\dfrac{|m|}{\sqrt 2}$，从而$$|A'B'|=2\sqrt{(\sqrt 6)^2-\left(\dfrac{|m|}{\sqrt 2}\right)^2},$$进而有$$S_{\triangle{{OA'B'}}}=\dfrac 12 \cdot \dfrac{|m|}{\sqrt 2}\cdot 2\sqrt{(\sqrt 6)^2-\left(\dfrac{|m|}{\sqrt 2}\right)^2}=\sqrt{\dfrac{m^2}{2}\left(6-\dfrac{m^2}{2}\right)}\leqslant 3,$$所以当 $\dfrac{m^2}{2}=3$，即 $m=\pm \sqrt 6$ 时 $S_{\triangle{OA'B'}}$ 取得最大值 $3$，此时直线 $A'B'$ 的方程为$$x-y\pm \sqrt 6=0.$$因此 $S_{\triangle{OAB}}$ 的最大值为 $\sqrt 3$，此时 $AB$ 的方程为 $x-\sqrt 3 y \pm \sqrt 6=0$．
将椭圆通过仿射变换 $\begin{cases}x=x'\\ y=\dfrac{1}{\sqrt 3}y'\end{cases}$ 变成圆 $x'^2+y'^2=6$，则$$S_{\triangle{A'B'C'}}=\sqrt 3 S_{\triangle{ABC}},k_{A'B'}=\sqrt 3\cdot \dfrac{\sqrt 3}{3}=1,$$$C'$ 坐标为 $(\sqrt 3,\sqrt 3)$．
因为直线 $OC' \parallel $ 直线 $A'B'$，所以$$S_{\triangle{A'B'C'}}=S_{\triangle{OA'B'}}.$$设直线 $A'B'$ 的方程为 $x-y+m=0$，则 $O$ 到直线 $A'B'$ 的距离为 $\dfrac{|m|}{\sqrt 2}$，从而$$|A'B'|=2\sqrt{(\sqrt 6)^2-\left(\dfrac{|m|}{\sqrt 2}\right)^2},$$进而有$$S_{\triangle{{OA'B'}}}=\dfrac 12 \cdot \dfrac{|m|}{\sqrt 2}\cdot 2\sqrt{(\sqrt 6)^2-\left(\dfrac{|m|}{\sqrt 2}\right)^2}=\sqrt{\dfrac{m^2}{2}\left(6-\dfrac{m^2}{2}\right)}\leqslant 3,$$所以当 $\dfrac{m^2}{2}=3$，即 $m=\pm \sqrt 6$ 时 $S_{\triangle{OA'B'}}$ 取得最大值 $3$，此时直线 $A'B'$ 的方程为$$x-y\pm \sqrt 6=0.$$因此 $S_{\triangle{OAB}}$ 的最大值为 $\sqrt 3$，此时 $AB$ 的方程为 $x-\sqrt 3 y \pm \sqrt 6=0$．
答案
解析
备注
