（18分）在平面直角坐标系中，已知曲线$\Gamma :\dfrac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1(y\geqslant 0)$，点$P$、$Q$分别为$\Gamma$上不同的两点，$T(t,0)$．
（1）求$\Gamma$所在椭圆的离心率；
（2）若$T(1,0)$，$Q$在$y$轴上，若$T$到直线$PQ$的距离为$\dfrac{\sqrt{5}}{5}$，求$P$的坐标；
（3）是否存在$t$，使得△$TPQ$是以$T$为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，求$t$的取值范围；若不存在，请说明理由．

〖答案〗（1）$\dfrac{\sqrt{3}}{2}$；
（2）$P(2,0)$；
（3）存在，$t\in (-\dfrac{6}{5},\dfrac{6}{5})$．
〖分析〗（1）根据椭圆方程直接求离心率；
（2）问题化为以$T(1,0)$为圆心，$\dfrac{\sqrt{5}}{5}$为半径的圆与过$Q(0,1)$的直线相切，且切线与$\Gamma :\dfrac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1(y\ge 0)$有交点，设切线方程，利用与圆相切关系求参数，进而确定$P$的坐标；
（3）设$PQ:y=kx+m$，$P(x_{1}$，$y_{1})$，$Q(x_{2}$，$y_{2})$，联立椭圆方程，结合韦达定理、判别式得$\sqrt{4{k}^{2}+1} >  m >  2\vert k\vert \ge 0$，注意讨论$k=0$、$k\ne 0$，确定$PQ$中点为$A(-\dfrac{4km}{1+4{k}^{2}},\dfrac{m}{1+4{k}^{2}})$，再结合${k}_{TA}=-\dfrac{1}{k}$、$\overrightarrow{TP}\cdot \overrightarrow{TQ}=0$求参数范围．
〖解答〗解：（1）因为椭圆$\Gamma$的方程为$\dfrac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1(y\geqslant 0)$，
所以$a=2,c=\sqrt{3}$，
则椭圆的离心率为$\dfrac{\sqrt{3}}{2}$；
（2）若$T$到直线$PQ$的距离为$\dfrac{\sqrt{5}}{5}$，
可得以$T(1,0)$为圆心，$\dfrac{\sqrt{5}}{5}$为半径的圆与过$Q(0,1)$的直线相切，
且切线与$\Gamma :\dfrac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1(y\ge 0)$有交点，
显然切线斜率存在，
设切线为$y=nx+1$，
此时$\dfrac{\vert n+1\vert }{\sqrt{1+{n}^{2}}}=\dfrac{\sqrt{5}}{5}$，
整理得$2n^{2}+5n+2=(2n+1)(n+2)=0$，
解得$n=-\dfrac{1}{2}$或$n=-2$，
当$n=-\dfrac{1}{2}$时，切线方程为$y=-\dfrac{1}{2}x+1$，
联立$\left\{\begin{array}{l}{y=-\dfrac{1}{2}x+1}\\ {{x}^{2}+4{y}^{2}=4}\end{array}\right.$，
解得$x=0$或$x=2$，
即$P(2,0)$，满足题意；
当$n=-2$时，切线方程为$y=-2x+1$，
同理得$x=0$或$x=\dfrac{16}{17}$，
即$P(\dfrac{16}{17},-\dfrac{15}{17})$，不满足题意；
综上所述，$P(2,0)$；

（3）易知直线$PQ$的斜率存在，
设直线$PQ$的方程为$y=kx+m$，$P(x_{1}$，$y_{1})$，$Q(x_{2}$，$y_{2})$，
联立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\ {{x}^{2}+4{y}^{2}=4}\end{array}\right.$，消去$y$并整理得$(1+4k^{2})x^{2}+8kmx+4m^{2}-4=0$，
此时△$=64k^{2}m^{2}-16(m^{2}-1)(1+4k^{2})=64k^{2}-16m^{2}+16 > 0$，
解得$4k^{2} > m^{2}-1$，
由韦达定理得${x}_{1}+{x}_{2}=-\dfrac{8km}{1+4{k}^{2}}$，${x}_{1}{x}_{2}=\dfrac{4({m}^{2}-1)}{1+4{k}^{2}}$，
所以${y}_{1}+{y}_{2}=k({x}_{1}+{x}_{2})+2m=\dfrac{2m}{1+4{k}^{2}} >  0$，
${y}_{1}{y}_{2}={k}^{2}{x}_{1}{x}_{2}+km({x}_{1}+{x}_{2})+{m}^{2}=\dfrac{4{k}^{2}{m}^{2}-4{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}-\dfrac{8{k}^{2}{m}^{2}}{1+4{k}^{2}}+{m}^{2}=\dfrac{{m}^{2}-4{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}\ge 0$，
所以$m^{2}\geqslant 4k^{2}$且$m > 0$，
可得$\sqrt{4{k}^{2}+1} >  m >  2\vert k\vert \ge 0$，
当$k=0$时，$y_{1}=y_{2}=m$且$\vert x_{1}\vert =\vert x_{2}\vert =m$，
则$m=\dfrac{2\sqrt{5}}{5}\in (0,1)$，
此时$T(0,0)$，满足题意；
当$k\ne 0$，
易知$PQ$的中点为$A(-\dfrac{4km}{1+4{k}^{2}},\dfrac{m}{1+4{k}^{2}})$，
又$T(t,0)$，
所以${k}_{TA}=\dfrac{\dfrac{m}{1+4{k}^{2}}-0}{-\dfrac{4km}{1+4{k}^{2}}-t}=-\dfrac{1}{k}$，
即$t=-\dfrac{3km}{1+4{k}^{2}}$，
因为$\overrightarrow{TP}\cdot \overrightarrow{TQ}=({x}_{1}-t)({x}_{2}-t)+{y}_{1}{y}_{2}={x}_{1}{x}_{2}-t({x}_{1}+{x}_{2})+{t}^{2}+{y}_{1}{y}_{2}=0$，
$\dfrac{4({m}^{2}-1)}{1+4{k}^{2}}+\dfrac{8kmt}{1+4{k}^{2}}+{t}^{2}+\dfrac{{m}^{2}-4{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}=\dfrac{5{m}^{2}-4{k}^{2}-4}{1+4{k}^{2}}+\dfrac{8kmt}{1+4{k}^{2}}+{t}^{2}=0$，
所以$5m^{2}-4k^{2}-4+8kmt+(1+4k^{2})t^{2}=0$，
即$5m^{2}(1+k^{2})=4(4k^{4}+5k^{2}+1)$，
解得$0 < k^{2} < 1$，
此时${t}^{2}=\dfrac{9{k}^{2}{m}^{2}}{(1+4{k}^{2})^{2}}=\dfrac{36}{\dfrac{5}{{k}^{2}}+20}$，
所以${t}^{2}\in (0,\dfrac{36}{25})$，
解得$t\in (-\dfrac{6}{5},0)\bigcup (0,\dfrac{6}{5})$，
易知当$t=\pm \dfrac{6}{5}$时也满足条件．
综上所述，$t\in [-\dfrac{6}{5}$，$\dfrac{6}{5}]$．

〖点评〗本题考查椭圆的方程以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理和运算能力，属于中档题．