已知A、B分别为椭圆E： x ^ 2 a ^ 2 + y…——2020 高考数学第 21 题答案解析

（1）椭圆 $\dfrac{x^2}{a^2}+y^2=1\ (a>1)$ 的左、右顶点分别为 $A(-a,0)$，$B(a,0)$，上顶点为 $G(0,1)$。于是
$\overrightarrow{AG}=(a,1)$，$\overrightarrow{GB}=(a,-1)$，
所以
$\overrightarrow{AG}\cdot\overrightarrow{GB}=a^2-1$。
由题意 $a^2-1=8$，得 $a^2=9$。又 $a>1$，故 $a=3$，椭圆方程为
$\dfrac{x^2}{9}+y^2=1$。

（2）设 $P(6,t)$。由（1）知 $A(-3,0)$，$B(3,0)$。

直线 $AP$ 过 $A(-3,0)$ 与 $P(6,t)$，方程为
$y=\dfrac{t}{9}(x+3)$。
与椭圆 $\dfrac{x^2}{9}+y^2=1$ 联立，得
$\dfrac{x^2}{9}+\dfrac{t^2}{81}(x+3)^2=1$，
化简为
$(t^2+9)x^2+6t^2x+9t^2-81=0$。
该方程的一个根为 $x=-3$，对应点 $A$，另一根为
$x_C=\dfrac{27-3t^2}{t^2+9}$。
代入直线 $AP$，得
$y_C=\dfrac{6t}{t^2+9}$，
所以
$C\left(\dfrac{27-3t^2}{t^2+9},\dfrac{6t}{t^2+9}\right)$。

直线 $BP$ 过 $B(3,0)$ 与 $P(6,t)$，方程为
$y=\dfrac{t}{3}(x-3)$。
与椭圆联立，得
$\dfrac{x^2}{9}+\dfrac{t^2}{9}(x-3)^2=1$，
化简为
$(t^2+1)x^2-6t^2x+9t^2-9=0$。
该方程的一个根为 $x=3$，对应点 $B$，另一根为
$x_D=\dfrac{3t^2-3}{t^2+1}$。
代入直线 $BP$，得
$y_D=-\dfrac{2t}{t^2+1}$，
所以
$D\left(\dfrac{3t^2-3}{t^2+1},-\dfrac{2t}{t^2+1}\right)$。

取点 $Q\left(\dfrac32,0\right)$。计算
$x_C-\dfrac32
=\dfrac{27-3t^2}{t^2+9}-\dfrac32
=\dfrac{9(3-t^2)}{2(t^2+9)}$，
$x_D-\dfrac32
=\dfrac{3t^2-3}{t^2+1}-\dfrac32
=-\dfrac{3(3-t^2)}{2(t^2+1)}$。
于是
$(x_C-\dfrac32)y_D
=\dfrac{9(3-t^2)}{2(t^2+9)}\cdot\left(-\dfrac{2t}{t^2+1}\right)
=-\dfrac{9t(3-t^2)}{(t^2+9)(t^2+1)}$，
$(x_D-\dfrac32)y_C
=-\dfrac{3(3-t^2)}{2(t^2+1)}\cdot\dfrac{6t}{t^2+9}
=-\dfrac{9t(3-t^2)}{(t^2+9)(t^2+1)}$。
二者相等，因此
$(x_C-\dfrac32)y_D-(x_D-\dfrac32)y_C=0$，
即 $\overrightarrow{QC}$ 与 $\overrightarrow{QD}$ 共线，故 $Q,C,D$ 三点共线。

所以直线 $CD$ 恒过定点 $\left(\dfrac32,0\right)$。