已知点$A(\sqrt{2},1)$是离心率为$\dfrac{\sqrt{2}}{2}$的椭圆$C$：$\dfrac{{{x}^{2}}}{{{a}^{2}}}+\dfrac{{{y}^{2}}}{{{b}^{2}}}=1(a>b>0)$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$AP$和$BP$的斜率都存在且不为$0$，试问直线$AP$和$BP$的斜率之积是否为定值？若是，求此定值$;$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 $a, b, c$ 之间的比例关系

根据题意，椭圆 $C$ 的离心率为 $e = \dfrac{c}{a} = \dfrac{\sqrt{2}}{2}$，且 $a^2 = b^2 + c^2$。
从而有 $a^2 = 2c^2$，故 $a^2 = 2(a^2 - b^2)$，解得 $a^2 = 2b^2$，即 $a = \sqrt{2}b$。

2. 代入已知点坐标求出椭圆方程

将点 $A(\sqrt{2}, 1)$ 代入椭圆方程 $\dfrac{x^2}{a^2} + \dfrac{y^2}{b^2} = 1$，得：
$\dfrac{(\sqrt{2})^2}{2b^2} + \dfrac{1^2}{b^2} = 1 \Rightarrow \dfrac{1}{b^2} + \dfrac{1}{b^2} = 1 \Rightarrow \dfrac{2}{b^2} = 1$。
解得 $b^2 = 2$，所以 $a^2 = 2b^2 = 4$。
因此，椭圆 $C$ 的方程为 $\dfrac{x^2}{4} + \dfrac{y^2}{2} = 1$。

1. 写出点 $B$ 的坐标及斜率表达式

点 $A(\sqrt{2}, 1)$ 关于坐标原点的对称点为 $B$，则 $B(-\sqrt{2}, -1)$。
设椭圆上的一点 $P(x, y)$（$x \neq \pm \sqrt{2}$），则直线 $AP$ 的斜率 $k_{AP} = \dfrac{y-1}{x-\sqrt{2}}$，直线 $BP$ 的斜率 $k_{BP} = \dfrac{y+1}{x+\sqrt{2}}$。

2. 计算两斜率之积并利用曲线方程化简

两直线斜率之积为：
$k_{AP} \cdot k_{BP} = \dfrac{y-1}{x-\sqrt{2}} \cdot \dfrac{y+1}{x+\sqrt{2}} = \dfrac{y^2-1}{x^2-2}$。
因为点 $P(x, y)$ 在椭圆上，所以 $\dfrac{x^2}{4} + \dfrac{y^2}{2} = 1$，即 $y^2 = 2 - \dfrac{x^2}{2}$。
代入得：$y^2 - 1 = 1 - \dfrac{x^2}{2} = -\dfrac{1}{2}(x^2 - 2)$。

3. 得出定值结论

因此，$k_{AP} \cdot k_{BP} = \dfrac{-\dfrac{1}{2}(x^2-2)}{x^2-2} = -\dfrac{1}{2}$。
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并消元得到一元二次方程

设直线 $l$ 的方程为 $y = \dfrac{\sqrt{2}}{2}x + t$。
联立方程组：
$\begin{cases} y = \dfrac{\sqrt{2}}{2}x + t \\ \dfrac{x^2}{4} + \dfrac{y^2}{2} = 1 \end{cases}$
消去 $y$ 并整理得：$x^2 + \sqrt{2}tx + t^2 - 2 = 0$。
设 $M(x_1, y_1), N(x_2, y_2)$，则由根与系数的关系得：
$x_1 + x_2 = -\sqrt{2}t$，$x_1 x_2 = t^2 - 2$。
由于直线与椭圆有两个交点，则判别式 $\Delta = (\sqrt{2}t)^2 - 4(t^2 - 2) = 8 - 2t^2 > 0$，即 $t^2 < 4$。

2. 求弦长 $MN$

弦长 $MN = \sqrt{1 + k^2} |x_1 - x_2| = \sqrt{1 + \dfrac{1}{2}} \sqrt{(x_1+x_2)^2 - 4x_1x_2}$
$= \sqrt{\dfrac{3}{2}} \sqrt{(-\sqrt{2}t)^2 - 4(t^2 - 2)} = \sqrt{\dfrac{3}{2}} \sqrt{8 - 2t^2} = \sqrt{3} \sqrt{4 - t^2}$。

3. 求点 $A$ 到直线 $l$ 的距离

将直线 $l$ 的方程改写为：$\sqrt{2}x - 2y + 2t = 0$。
点 $A(\sqrt{2}, 1)$ 到直线 $l$ 的距离为：
$d = \dfrac{|\sqrt{2} \cdot \sqrt{2} - 2 \cdot 1 + 2t|}{\sqrt{(\sqrt{2})^2 + (-2)^2}} = \dfrac{|2t|}{\sqrt{6}} = \dfrac{\sqrt{2}|t|}{\sqrt{3}}$。

4. 表示三角形面积并利用基本不等式求最值

$\triangle AMN$ 的面积为：
$S = \dfrac{1}{2} \cdot MN \cdot d = \dfrac{1}{2} \cdot \sqrt{3}\sqrt{4-t^2} \cdot \dfrac{\sqrt{2}|t|}{\sqrt{3}} = \dfrac{\sqrt{2}}{2} |t|\sqrt{4-t^2}$。
由基本不等式得：
$t^2(4 - t^2) \leqslant \left( \dfrac{t^2 + 4 - t^2}{2} \right)^2 = 4$，
当且仅当 $t^2 = 4 - t^2$，即 $t^2 = 2$ ($t = \pm \sqrt{2}$) 时等号成立。
此时面积 $S$ 取得最大值，最大值为 $S_{max} = \dfrac{\sqrt{2}}{2} \cdot 2 = \sqrt{2}$。
满足 $t^2 < 4$，符合题意。
此时直线 $l$ 的方程为 $y = \dfrac{\sqrt{2}}{2}x \pm \sqrt{2}$。