已知椭圆 $E:\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1$（$a>b>0$）的上顶点为 $D(0,3)$，四个顶点组成的四边形面积为 $18\sqrt 2$．
1、求椭圆 $E$ 的方程；
2、过点 $T(0,1)$ 的直线与椭圆 $E$ 交于两点 $A,B$，交 $x$ 轴于点 $Q$，直线 $DA,DB$ 与直线 $y=t$ 分别交于点 $M,N$，线段 $MN$ 的中点为 $P$．是否存在实数 $t$，使得以 $PQ$ 为直径的圆总与 $y$ 轴相切？若存在，求出 $t$ 的值；若不存在，请说明理由．
解析
1、根据题意，有\[\begin{cases} b=3,\\ \dfrac 12\cdot 2a\cdot 2b=18\sqrt 2,\end{cases}\iff \begin{cases} a^2=18,\\ b^2=9,\end{cases}\]于是椭圆 $E$ 的方程为 $\dfrac{x^2}{18}+\dfrac{y^2}9=1$．
2、先证明
引理 直线 $DA,DB$ 的斜率之积为 $-\dfrac 14$．
引理的证明 将坐标系平移至以 $D$ 为原点，在新坐标系下，椭圆方程为\[\dfrac{x^2}{18}+\dfrac{(y+3)^2}{9}=1\iff x^2+2y^2+12y=0,\]新坐标系下直线 $AB$ 过点 $(0,-2)$，设其方程为 $mx-\dfrac 12y=1$，与椭圆方程联立可得\[x^2+2y^2+12y\left(mx-\dfrac 12\right)=0\iff 4y^2-12mxy-x^2=0,\]根据韦达定理，直线 $DA,DB$ 的斜率之积为 $-\dfrac14$． [[sol]]回到原题[[/sol]]设 $DA,DB$ 的斜率分别为 $\dfrac k2,-\dfrac 1{2k}$，$A(x_1,y_1),B(x_2,y_2)$，则 $DA:y=\dfrac k2x+3$，与椭圆 $E$ 的方程联立可得\[(k^2+2)x^2+12kx=0,\]于是\[x_1=\dfrac{-12k}{k^2+2},\quad x_2=\dfrac{\frac{12}{k}}{\frac{1}{k^2}+2}=\dfrac{12k}{2k^2+1},\]进而直线 $AB$ 的横截距\[q=\dfrac{x_1y_2-x_2y_1}{y_2-y_1}=\dfrac{x_1\left(-\dfrac{1}{2k}x_2+3\right)-x_2\left(\dfrac k2x_1+3\right)}{\left(-\dfrac{1}{2k}x_2+3\right)-\left(\dfrac k2x_1+3\right)}=-\dfrac{3k}{k^2-1},\]而点 $P$ 的横坐标\[p=\dfrac{\frac{2(t-3)}{k}-2k(t-3)}{2}=-\dfrac{(t-3)(k^2-1)}{k},\]而以 $PQ$ 为直径的圆与 $y$ 轴相切，于是\[\dfrac{p+q}2=\dfrac 12\sqrt{(p-q)^2+t^2}\implies t^2=4pq=12(t-3)\implies t=6.\]