椭圆与动直线向量问题

第(1)问

已知椭圆 $\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1$（$a>b>0$），离心率 $e=\dfrac{c}{a}=\dfrac{1}{2}$，其中 $c=\sqrt{a^2-b^2}$。

由 $e=\dfrac{1}{2}$ 得 $c=\dfrac{a}{2}$，故 $c^2=\dfrac{a^2}{4}$。

又 $c^2=a^2-b^2$，所以 $\dfrac{a^2}{4}=a^2-b^2$，即 $b^2=\dfrac{3a^2}{4}$。

左顶点 $A(-a,0)$，下顶点 $B(0,-b)$，$C$ 为 $OB$ 中点，故 $C\left(0,-\dfrac{b}{2}\right)$。

$S_{\triangle ABC}=\dfrac{1}{2}\cdot|OA|\cdot|BC|=\dfrac{1}{2}\cdot a\cdot\dfrac{b}{2}=\dfrac{ab}{4}$。

由题意 $\dfrac{ab}{4}=\dfrac{3\sqrt{3}}{2}$，故 $ab=6\sqrt{3}$。

又 $b=\dfrac{\sqrt{3}}{2}a$，代入得 $a\cdot\dfrac{\sqrt{3}}{2}a=6\sqrt{3}$，$\dfrac{\sqrt{3}}{2}a^2=6\sqrt{3}$，$a^2=12$，$a=2\sqrt{3}$，$b=3$。

椭圆方程为 $\dfrac{x^2}{12}+\dfrac{y^2}{9}=1$。

第(2)问

设 $T(0,t)$，过 $T$ 的直线 $l$：$y=kx-\dfrac{3}{2}$（斜率存在时），与椭圆联立：

$\dfrac{x^2}{12}+\dfrac{(kx-\frac{3}{2})^2}{9}=1$

$\dfrac{x^2}{12}+\dfrac{k^2x^2-3kx+\frac{9}{4}}{9}=1$

$\dfrac{x^2}{12}+\dfrac{k^2x^2}{9}-\dfrac{kx}{3}+\dfrac{1}{4}=1$

$x^2\left(\dfrac{1}{12}+\dfrac{k^2}{9}\right)-\dfrac{k}{3}x-\dfrac{3}{4}=0$

$\dfrac{3+4k^2}{36}x^2-\dfrac{k}{3}x-\dfrac{3}{4}=0$

$(3+4k^2)x^2-12kx-27=0$

设 $P(x_1,y_1)$，$Q(x_2,y_2)$，由韦达定理：

$x_1+x_2=\dfrac{12k}{3+4k^2}$，$x_1x_2=\dfrac{-27}{3+4k^2}$。

$\overrightarrow{TP}\cdot\overrightarrow{TQ}=x_1x_2+(y_1-t)(y_2-t)$

$=x_1x_2+\left(kx_1-\dfrac{3}{2}-t\right)\left(kx_2-\dfrac{3}{2}-t\right)$

$=x_1x_2+k^2x_1x_2-k\left(\dfrac{3}{2}+t\right)(x_1+x_2)+\left(\dfrac{3}{2}+t\right)^2$

$=(1+k^2)x_1x_2-k\left(\dfrac{3}{2}+t\right)(x_1+x_2)+\left(\dfrac{3}{2}+t\right)^2$

代入韦达定理：

$=(1+k^2)\cdot\dfrac{-27}{3+4k^2}-k\left(\dfrac{3}{2}+t\right)\cdot\dfrac{12k}{3+4k^2}+\left(\dfrac{3}{2}+t\right)^2$

$=\dfrac{-27(1+k^2)-12k^2\left(\frac{3}{2}+t\right)}{3+4k^2}+\left(\dfrac{3}{2}+t\right)^2$

$=\dfrac{-27-27k^2-18k^2-12k^2t}{3+4k^2}+\left(\dfrac{3}{2}+t\right)^2$

$=\dfrac{-27-45k^2-12k^2t}{3+4k^2}+\left(\dfrac{3}{2}+t\right)^2$

$=\dfrac{-27-k^2(45+12t)}{3+4k^2}+\left(\dfrac{3}{2}+t\right)^2$

要使 $\overrightarrow{TP}\cdot\overrightarrow{TQ}\leq 0$ 对所有 $k$ 恒成立。

当 $k$ 不存在时（直线为 $y$ 轴 $x=0$），交椭圆于 $(0,3)$ 和 $(0,-3)$。$\overrightarrow{TP}\cdot\overrightarrow{TQ}=(3-t)(-3-t)=t^2-9\leq 0$ 要求 $|t|\leq 3$。

对一般 $k$，将表达式整理为关于 $k^2$ 的形式。令 $s=k^2\geq 0$：

$\overrightarrow{TP}\cdot\overrightarrow{TQ}=\dfrac{-27-s(45+12t)}{3+4s}+\left(\dfrac{3}{2}+t\right)^2$

$=\dfrac{-27-s(45+12t)+(3+4s)\left(\frac{3}{2}+t\right)^2}{3+4s}$

分子 $=-27-s(45+12t)+(3+4s)\left(\dfrac{9}{4}+3t+t^2\right)$

$=-27-45s-12ts+3\left(\dfrac{9}{4}+3t+t^2\right)+4s\left(\dfrac{9}{4}+3t+t^2\right)$

$=-27+\dfrac{27}{4}+9t+3t^2+s\left(-45-12t+9+12t+4t^2\right)$

$=-\dfrac{81}{4}+9t+3t^2+s\left(-36+4t^2\right)$

$=3\left(t^2+3t-\dfrac{27}{4}\right)+4s(t^2-9)$

$=3\left(t+\dfrac{9}{2}\right)\left(t-\dfrac{3}{2}\right)+4s(t-3)(t+3)$

需对 $s\geq 0$ 恒 $\leq 0$：

当 $s=0$：$\left(t+\dfrac{9}{2}\right)\left(t-\dfrac{3}{2}\right)\leq 0$，即 $t\in\left[-\dfrac{9}{2},\dfrac{3}{2}\right]$。

当 $s\to+\infty$：需 $(t-3)(t+3)\leq 0$，即 $|t|\leq 3$。

取交集：$t\in\left[-3,\dfrac{3}{2}\right]$。

验证 $t=-3$：$s=0$ 时 $\left(-3+\frac{9}{2}\right)\left(-3-\frac{3}{2}\right)=\frac{3}{2}\cdot\left(-\frac{9}{2}\right)<0$。$s\to\infty$ 时 $(-6)(0)=0$。满足 $\leq 0$。

验证 $t=\dfrac{3}{2}$：$s=0$ 时 $=0$。$s\to\infty$ 时 $\left(-\frac{3}{2}\right)\left(\frac{9}{2}\right)<0$。满足。

故 $T$ 的纵坐标范围为 $t\in\left[-3,\dfrac{3}{2}\right]$，存在满足条件的点 $T$，例如 $T(0,0)$。

答案

(1) 椭圆方程为 $\dfrac{x^2}{12}+\dfrac{y^2}{9}=1$。

(2) 存在点 $T(0,t)$，$t\in\left[-3,\dfrac{3}{2}\right]$，使 $\overrightarrow{TP}\cdot\overrightarrow{TQ}\leq 0$ 恒成立。