已知右焦点为 $F$ 的椭圆 $M:\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}3=1$（$a>\sqrt 3$）与直线 $y=\dfrac{3}{\sqrt 7}$ 相交于 $P,Q$ 两点，且 $PF\perp QF$．
（1）求椭圆 $M$ 的方程；
（2）设 $O$ 为坐标原点，$A,B,C$ 是椭圆 $E$ 上不同的三点，并且 $O$ 为 $\triangle ABC$ 的重心，试探究 $\triangle ABC$ 的面积是否为定值，若是，求出这个定值；若不是，请说明理由．
解 （1）根据题意，弦 $PQ$ 的中点 $N\left(0,\dfrac{3}{\sqrt 7}\right)$，$F\left(\sqrt{a^2-3},0\right)$，于是由 $PF\perp FQ$ 可得\[PQ=2FN,\]进而\[\dfrac{4a}{\sqrt 7}=2\cdot \sqrt{a^2-3+\left(\dfrac 3{\sqrt 7}\right)^2},\]解得 $a=2$，于是椭圆 $M$ 的方程为\[\dfrac{x^2}4+\dfrac {y^2}3=1.\]
（2）设 $A(a\cos\alpha,b\sin\alpha)$，$B(a\cos\beta,b\sin\beta)$，$C(a\cos\gamma,b\sin\gamma)$，则\[\begin{cases} a\cos\alpha+a\cos\beta+a\cos\gamma =0,\\ b\sin\beta+b\sin\beta+b\sin\gamma=0,\end{cases}\]于是\[\begin{cases} -\cos\gamma =\cos\alpha+\cos\beta,\\ -\sin\gamma=\sin\alpha+\sin\beta,\end{cases}\]因此\[(-\cos\gamma)^2+(-\sin\gamma)^2=(\cos\alpha+\cos\beta)^2+(\sin\alpha+\sin\beta)^2,\]整理得\[\cos(\alpha-\beta)=-\dfrac 12.\]于是 $\triangle OAB$ 的面积\[S_{\triangle OAB}=\dfrac 12|a\cos\alpha\cdot b\sin\beta-a\cos\beta\cdot b\sin\alpha|=\dfrac 12ab|\sin(\alpha-\beta)|=\dfrac{\sqrt 3}4ab,\]类似的，可得\[S_{\triangle OBC}=S_{\triangle OCA}=\dfrac{\sqrt 3}4ab,\]于是 $\triangle ABC$ 的面积\[S=\dfrac{3\sqrt 3}4ab=\dfrac 92\]为定值．
注 实际上用仿射变换很容易得到结论．