2024年高考天津卷#18
已知椭圆 $\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1$（$a>b>0$）的离心率 $e=\dfrac 1 2$，左顶点为 $A$，下顶点为 $B$，$C$ 是线段 $OB$ 的中点，其中 ${\triangle ABC}$ 的面积为 $\dfrac{3\sqrt 3}2$．
1、求椭圆方程．
2、过点 $C$ 的动直线与椭圆有两个交点 $P,Q$．在 $y$ 轴上是否存在点 $T$ 使得 $\overrightarrow{TP}\cdot\overrightarrow{TQ}\leqslant 0$．若存在求出这个 $T$ 点纵坐标的取值范围，若不存在请说明理由．
解析
1、根据题意，有 $A(-a,0)$，$B(0,-b)$，$C\left(0,-\dfrac b2\right)$，于是有\[\begin{cases} e=\dfrac 12,\\ [\triangle ABC]=\dfrac{3\sqrt 3}2,\end{cases}\iff \begin{cases} \sqrt{1-\dfrac{b^2}{a^2}}=\dfrac 12,\\ \dfrac 12\cdot a\cdot \dfrac b2=\dfrac{3\sqrt 3}2,\end{cases}\iff \begin{cases} a^2=12,\\ b^2=9,\end{cases}\]因此所求椭圆方程为 $\dfrac{x^2}{12}+\dfrac{y^2}{9}=1$．
2、设 $T(0,t)$，当直线 $PQ$ 斜率不存在时，$P,Q$ 为椭圆的短轴端点，因此 $\overrightarrow{TP}\cdot \overrightarrow{TQ}\leqslant 0$ 等价于 $t\in [-3,3]$．当直线 $PQ$ 斜率存在时，设直线 $PQ:y=kx-\dfrac 32$，与椭圆方程联立，设 $P(x_1,y_1)$，$Q(x_2,y_2)$，则\[\overrightarrow{TP}\cdot \overrightarrow{TQ}=(x_1,y_1-t)\cdot (x_2,y_2-t)=(k^2+1)x_1x_2-k\left(\dfrac 32+t\right)(x_1+x_2)+\left(\dfrac 32+t\right)^2,\]其中 $x_1,x_2$ 是关于 $x$ 的方程\[(4k^2+3)x^2-12kx-27=0\]的两根，因此\[\overrightarrow{TP}\cdot \overrightarrow{TQ}\leqslant 0\iff (k^2+1)(-27)-k\left(\dfrac 32+t\right)\cdot 12k+\left(\dfrac 32+t\right)^2(4k^2+3)\leqslant 0,\]即\[(4t^2-36)k^2+3t^2+9t-\dfrac{81}{4}\leqslant 0,\]而 $t\in[-3,3]$，于是\[3t^2+9t-\dfrac{81}4\leqslant 0\iff -\dfrac 92\leqslant t\leqslant \dfrac 32,\]因此 $T$ 点纵坐标的取值范围为 $\left[-3,\dfrac 32\right]$．