已知点 $A(2,1)$ 在椭圆 $\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1$（$a>b>0$）上，且该椭圆的离心率为 $\dfrac{\sqrt{2}}{2}$．直线 $l$ 交椭圆于 $P, Q$ 两点，直线 $A P, A Q$ 的斜率之和为零．
1、求椭圆的标准方程．
2、若 $\cos \angle P A Q=\dfrac{1}{3}$，求 $\triangle P A Q$ 的面积．
解析
1、根据题意，有\[\begin{cases} \sqrt{1-\dfrac{b^2}{a^2}}=\dfrac{\sqrt 2}2,\\ \dfrac{4}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}=1,\end{cases}\iff \begin{cases} a^2=6,\\ b^2=3,\end{cases}\]因此椭圆的标准方程为 $\dfrac{x^2}{6}+\dfrac{y^2}3=1$．
2、根据题意，直线 $AP,AQ$ 的夹角 $\theta=\arccos\dfrac 13$，于是 $\dfrac{\theta}2=\arctan\dfrac1{\sqrt 2}$，不妨设直线 $AP,AQ$ 的斜率分别为 $k_1,k_2$（$k_1>k_2$），则 $k_1=\dfrac{1}{\sqrt 2}$ 或 $\sqrt 2$，分别对应于 $\angle PAQ$ 的内角平分线与 $x,y$ 轴平行．
作伸缩变换 $x'=x$，$y'=\sqrt 2 y$，则椭圆变为半径 $r=\sqrt6$ 的圆 $x'^2+y'^2=6$，点 $A'$ 的坐标为 $\left(2,\sqrt 2\right)$，$\angle A'Ox=\alpha=\arctan\dfrac{1}{\sqrt 2}$．
情形一 $k_1=\dfrac{1}{\sqrt 2}$．设 $\angle P'A'Q'$ 的角平分线交椭圆于 $R'$，则此时 $A',R',P',Q'$ 的角分别对应为 $\alpha,\pi-\alpha,\pi-\alpha+2\beta,\pi-\alpha-2\beta$，其中\[\beta=\arctan\left(\dfrac{1}{\sqrt 2}\cdot \sqrt 2\right)=\dfrac{\pi}4,\]则\[\begin{split} [\triangle P'A'Q']&=[\triangle OP'A']+[\triangle OQ'A']-[\triangle OP'Q']\\ &=\dfrac 12r^2\left(|\sin(\pi-2\alpha+2\beta)|+|\sin(\pi-2\alpha-2\beta)|-|\sin4\beta|\right)\\ &=r^2\cos2\alpha\\ &=2,\end{split}\]对应 $\triangle PAQ$ 的面积为 $\sqrt 2$．
情形二 $k_1=\dfrac{1}{\sqrt 2}$．设 $\angle P'A'Q'$ 的角平分线交椭圆于 $R'$，则此时 $A',R',P',Q'$ 的角分别对应为 $\alpha,-\alpha,-\alpha+2\beta,-\alpha-2\beta$，其中\[\beta=\dfrac{\pi}2-\arctan\left({\sqrt 2}\cdot \sqrt 2\right)=\arctan \dfrac 12,\]则\[\begin{split} [\triangle P'A'Q']&=[\triangle OP'A']+[\triangle OQ'A']-[\triangle OP'Q']\\ &=\dfrac 12r^2\left(|\sin(2\alpha-2\beta)|-|\sin(2\alpha+2\beta)|+|\sin4\beta|\right)\\ &=r^2(\cos2\beta-\cos2\alpha)\sin2\beta\\ &=6\left(\dfrac 35-\dfrac 13\right)\cdot \dfrac 45\\ &=\dfrac{32}{25},\end{split}\]对应 $\triangle PAQ$ 的面积为 $\dfrac{16\sqrt 2}{25}$．
综上所述，所求 $\triangle PAQ$ 的面积为 $\sqrt 2$ 或 $\dfrac{16\sqrt 2}{25}$．