课时分层作业(六十二)
(本试卷共60分．)
1．(15分)(2024·天津高考)已知椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(ab0)，椭圆的离心率e＝eq\f(1,2)，左顶点为A，下顶点为B，O为坐标原点，C是线段OB的中点，其中S△ABC＝eq\f(3\r(3),2).
(1)求椭圆的方程．
(2)过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(3,2)))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eq\o(TP,\s\up6(→))·eq\o(TQ,\s\up6(→))≤0？若存在，求出点T纵坐标的取值范围；若不存在，请说明理由．
解：(1)因为椭圆的离心率e＝eq\f(1,2)，
所以a＝2c，b＝eq\r(3)c，其中c为半焦距，
所以A(－2c,0)，B(0，－eq\r(3)c)，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(\r(3)c,2))).
由题意S△ABC＝eq\f(1,2)×eq\f(\r(3),2)c×2c＝eq\f(3\r(3),2)，
得c＝eq\r(3)，所以a＝2eq\r(3)，b＝3，
故椭圆的方程为eq\f(x2,12)＋eq\f(y2,9)＝1.
(2)若过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(3,2)))的动直线的斜率存在，则可设该直线方程为y＝kx－eq\f(3,2).
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，T(0，t)，
由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,12)＋\f(y2,9)＝1，,y＝kx－\f(3,2)，))消去y可得(3＋4k2)x2－12kx－27＝0，
故Δ＝144k2＋108(3＋4k2)0，且x1＋x2＝eq\f(12k,3＋4k2)，x1x2＝－eq\f(27,3＋4k2).
而eq\o(TP,\s\up6(→))＝(x1，y1－t)，eq\o(TQ,\s\up6(→))＝(x2，y2－t)，
则eq\o(TP,\s\up6(→))·eq\o(TQ,\s\up6(→))＝x1x2＋(y1－t)(y2－t)＝x1x2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kx1－\f(3,2)－t))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kx2－\f(3,2)－t))
＝(1＋k2)x1x2－keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)＋t))(x1＋x2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)＋t))2
＝(1＋k2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(27,3＋4k2)))－keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)＋t))×eq\f(12k,3＋4k2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)＋t))2＝eq\f([?3＋2t?2－12t－45]k2＋3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)＋t))2－27,3＋4k2).
因为eq\o(TP,\s\up6(→))·eq\o(TQ,\s\up6(→))≤0恒成立，
所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(?3＋2t?2－12t－45≤0，,3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)＋t))2－27≤0，))
解得－3≤t≤eq\f(3,2).
若过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(3,2)))的动直线的斜率不存在，则P(0,3)，Q(0，－3)或P(0，－3)，Q(0,3)．
要使eq\o(TP,\s\up6(→))·eq\o(TQ,\s\up6(→))≤0恒成立，则－3≤t≤3.
所以－3≤t≤eq\f(3,2).
综上，点T的纵坐标的取值范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－3，\f(3,2))).
2．(15分)已知椭圆C的中心为坐标原点O，对称轴为x轴、y轴，且点(eq\r(3)，2eq\r(2))和点(eq\r(6)，2)在椭圆C上，椭圆的左顶点与抛物线Γ：y2＝2px(p＞0)的焦点F的距离为4.
(1)求椭圆C和抛物线Γ的方程．
(2)直线l：y＝kx＋m(k≠0)与抛物线Γ交于P，Q两点，与椭圆C交于M，N两点．
①若m＝k，抛物线Γ在点P，Q处的切线交于点S，求证：|PF|·|SQ|2＝|QF|·|SP|2.
②若