已知点$A(\sqrt{2},1)$是离心率为$\dfrac{\sqrt{2}}{2}$的椭圆$C$：$\dfrac{x^{2}}{a^{2}}+\dfrac{y^{2}}{b^{2}}=1(a\text{ > }b\text{ > }0)$上的一点． (1)求椭圆$C$的方程； (2)点$P$在椭圆上，点$A$关于坐标原点的对称点为$B$，直线$\text{AP}$和$\text{BP}$的斜率都存在且不为$0$，试问直线$\text{AP}$和$\text{BP}$的斜率之积是否为定值？若是，求此定值$\text{;}$若不是，请说明理由； (3)斜率为$\dfrac{\sqrt{2}}{2}$的直线$l$交椭圆$C$于$M$、$N$两点，求${\triangle}AMN$面积的最大值，并求此时直线$l$的方程．

1. 建立椭圆参数 $a, b, c$ 之间的关系

由题意，椭圆的离心率为 $e = \dfrac{c}{a} = \dfrac{\sqrt{2}}{2}$，且 $a^2 = b^2 + c^2$。
由此可得 $c^2 = \dfrac{1}{2}a^2$，进而有 $b^2 = a^2 - c^2 = \dfrac{1}{2}a^2$，即 $a^2 = 2b^2$。

2. 代入已知点求解椭圆方程中的参数 $a^2$ 和 $b^2$

将点 $A(\sqrt{2}, 1)$ 代入椭圆方程 $\dfrac{x^2}{a^2} + \dfrac{y^2}{b^2} = 1$ 中，得：
$\dfrac{2}{a^2} + \dfrac{1}{b^2} = 1$
将 $a^2 = 2b^2$ 代入上式，得：
$\dfrac{2}{2b^2} + \dfrac{1}{b^2} = 1 \implies \dfrac{2}{b^2} = 1 \implies b^2 = 2$
从而 $a^2 = 2b^2 = 4$。
所以椭圆 $C$ 的方程为 $\dfrac{x^2}{4} + \dfrac{y^2}{2} = 1$。

1. 确定对称点 $B$ 的坐标并用 $P$ 的坐标表示斜率

点 $A(\sqrt{2}, 1)$ 关于坐标原点的对称点为 $B(-\sqrt{2}, -1)$。
设椭圆上不同于 $A, B$ 的点 $P(x, y)$，则有 $\dfrac{x^2}{4} + \dfrac{y^2}{2} = 1$，即 $y^2 = 2 - \dfrac{x^2}{2}$。
直线 $AP$ 的斜率为 $k_{AP} = \dfrac{y - 1}{x - \sqrt{2}}$，直线 $BP$ 的斜率为 $k_{BP} = \dfrac{y + 1}{x + \sqrt{2}}$。

2. 计算并化简斜率之积

计算斜率之积：
$k_{AP} \cdot k_{BP} = \dfrac{y - 1}{x - \sqrt{2}} \cdot \dfrac{y + 1}{x + \sqrt{2}} = \dfrac{y^2 - 1}{x^2 - 2}$
将 $y^2 = 2 - \dfrac{x^2}{2}$ 代入，得：
$k_{AP} \cdot k_{BP} = \dfrac{2 - \frac{x^2}{2} - 1}{x^2 - 2} = \dfrac{1 - \frac{x^2}{2}}{x^2 - 2} = \dfrac{-\frac{1}{2}(x^2 - 2)}{x^2 - 2} = -\dfrac{1}{2}$
因为点 $P$ 不同于 $A, B$，所以 $x \neq \pm \sqrt{2}$，即 $x^2 - 2 \neq 0$，约分成立。
所以直线 $AP$ 和 $BP$ 的斜率之积为定值 $-\dfrac{1}{2}$。

1. 联立直线与椭圆方程，求出根与系数的关系及判别式约束

设斜率为 $\dfrac{\sqrt{2}}{2}$ 的直线 $l$ 的方程为 $y = \dfrac{\sqrt{2}}{2}x + t$。
联立直线与椭圆方程：
$\begin{cases} y = \dfrac{\sqrt{2}}{2}x + t \\ \dfrac{x^2}{4} + \dfrac{y^2}{2} = 1 \end{cases}$
消去 $y$ 并整理得：$x^2 + \sqrt{2}tx + t^2 - 2 = 0$。
直线 $l$ 与椭圆交于两点 $M, N$，则判别式满足：
$\Delta = (\sqrt{2}t)^2 - 4(t^2 - 2) = -2t^2 + 8 > 0 \implies t^2 < 4$
设 $M(x_1, y_1), N(x_2, y_2)$，根据韦达定理：
$x_1 + x_2 = -\sqrt{2}t, \quad x_1x_2 = t^2 - 2$

2. 计算弦长 $MN$ 以及点 $A$ 到直线 $l$ 的距离 $d$

弦长 $MN$ 表达式为：
$MN = \sqrt{1 + k^2}|x_1 - x_2| = \sqrt{1 + \dfrac{1}{2}}\sqrt{(x_1+x_2)^2 - 4x_1x_2} = \sqrt{\dfrac{3}{2}}\sqrt{8-2t^2} = \sqrt{3}\sqrt{4-t^2}$
点 $A(\sqrt{2}, 1)$ 到直线 $l: \sqrt{2}x - 2y + 2t = 0$ 的距离 $d$ 为：
$d = \dfrac{|\sqrt{2}(\sqrt{2}) - 2(1) + 2t|}{\sqrt{(\sqrt{2})^2 + (-2)^2}} = \dfrac{|2t|}{\sqrt{6}} = \dfrac{\sqrt{6}}{3}|t|$

3. 写出面积表达式并利用基本不等式求解最大面积及对应的 $t$ 值

面积 $S_{\triangle AMN} = \dfrac{1}{2} \cdot MN \cdot d = \dfrac{1}{2} \cdot \sqrt{3}\sqrt{4-t^2} \cdot \dfrac{\sqrt{6}}{3}|t| = \dfrac{\sqrt{2}}{2}|t|\sqrt{4-t^2}$。
由基本不等式可得：
$|t|\sqrt{4-t^2} = \sqrt{t^2(4-t^2)} \leqslant \dfrac{t^2 + (4-t^2)}{2} = 2$
因此 $S_{\triangle AMN} \leqslant \dfrac{\sqrt{2}}{2} \times 2 = \sqrt{2}$。
当且仅当 $t^2 = 4 - t^2$，即 $t^2 = 2$（此时满足 $t^2 < 4$），即 $t = \pm\sqrt{2}$ 时取得等号。
此时 $\triangle AMN$ 面积的最大值为 $\sqrt{2}$，直线 $l$ 的方程为 $y = \dfrac{\sqrt{2}}{2}x \pm \sqrt{2}$。