已知A、B分别为椭圆E： x ^ 2 a ^ 2 + y…——2020 高考数学第 20 题答案解析

（1）由椭圆方程 $\frac{x^2}{a^2} + y^2 = 1 \ (a>1)$ 可知，左顶点 $A(-a, 0)$，右顶点 $B(a, 0)$，上顶点 $G(0, 1)$。
计算向量：
$\overrightarrow{AG} = (0 - (-a), 1 - 0) = (a, 1)$
$\overrightarrow{GB} = (a - 0, 0 - 1) = (a, -1)$
由已知 $\overrightarrow{AG} \cdot \overrightarrow{GB} = 8$，得：
$a \cdot a + 1 \cdot (-1) = a^2 - 1 = 8$
解得 $a^2 = 9$。
故椭圆 $E$ 的方程为 $\frac{x^2}{9} + y^2 = 1$。

（2）由（1）知 $A(-3, 0)$，$B(3, 0)$。设 $P(6, y_0)$。
**第一步：求点 $C$ 的坐标**
直线 $AP$ 过点 $A(-3, 0)$ 和 $P(6, y_0)$，其斜率 $k_{AP} = \frac{y_0 - 0}{6 - (-3)} = \frac{y_0}{9}$。
直线 $AP$ 的方程为 $y = \frac{y_0}{9}(x + 3)$。
联立直线 $AP$ 与椭圆方程：
$\begin{cases} y = \frac{y_0}{9}(x + 3) \\ \frac{x^2}{9} + y^2 = 1 \end{cases}$
代入消去 $y$：
$\frac{x^2}{9} + \left[ \frac{y_0}{9}(x + 3) \right]^2 = 1$
$x^2 + \frac{y_0^2}{9}(x + 3)^2 = 9$
$9x^2 + y_0^2(x^2 + 6x + 9) = 81$
$(9 + y_0^2)x^2 + 6y_0^2 x + 9y_0^2 - 81 = 0$
由于 $A(-3, 0)$ 在椭圆上，故 $x = -3$ 是方程的一个根。设 $C(x_C, y_C)$，由韦达定理：
$-3 \cdot x_C = \frac{9y_0^2 - 81}{9 + y_0^2}$
$x_C = \frac{27 - 3y_0^2}{9 + y_0^2}$
将 $x_C$ 代入直线方程求 $y_C$：
$y_C = \frac{y_0}{9} \left( \frac{27 - 3y_0^2}{9 + y_0^2} + 3 \right) = \frac{y_0}{9} \cdot \frac{27 - 3y_0^2 + 27 + 3y_0^2}{9 + y_0^2} = \frac{y_0}{9} \cdot \frac{54}{9 + y_0^2} = \frac{6y_0}{9 + y_0^2}$
即 $C \left( \frac{27 - 3y_0^2}{9 + y_0^2}, \frac{6y_0}{9 + y_0^2} \right)$。

**第二步：求点 $D$ 的坐标**
直线 $BP$ 过点 $B(3, 0)$ 和 $P(6, y_0)$，其斜率 $k_{BP} = \frac{y_0 - 0}{6 - 3} = \frac{y_0}{3}$。
直线 $BP$ 的方程为 $y = \frac{y_0}{3}(x - 3)$。
联立直线 $BP$ 与椭圆方程：
$\begin{cases} y = \frac{y_0}{3}(x - 3) \\ \frac{x^2}{9} + y^2 = 1 \end{cases}$
代入消去 $y$：
$\frac{x^2}{9} + \frac{y_0^2}{9}(x - 3)^2 = 1$
$x^2 + y_0^2(x^2 - 6x + 9) = 9$
$(1 + y_0^2)x^2 - 6y_0^2 x + 9y_0^2 - 9 = 0$
由于 $B(3, 0)$ 在椭圆上，故 $x = 3$ 是方程的一个根。设 $D(x_D, y_D)$，由韦达定理：
$3 \cdot x_D = \frac{9y_0^2 - 9}{1 + y_0^2}$
$x_D = \frac{3y_0^2 - 3}{1 + y_0^2}$
将 $x_D$ 代入直线方程求 $y_D$：
$y_D = \frac{y_0}{3} \left( \frac{3y_0^2 - 3}{1 + y_0^2} - 3 \right) = \frac{y_0}{3} \cdot \frac{3y_0^2 - 3 - 3 - 3y_0^2}{1 + y_0^2} = \frac{y_0}{3} \cdot \frac{-6}{1 + y_0^2} = \frac{-2y_0}{1 + y_0^2}$
即 $D \left( \frac{3y_0^2 - 3}{1 + y_0^2}, \frac{-2y_0}{1 + y_0^2} \right)$。

**第三步：证明直线 $CD$ 过定点**
当 $y_0 = 0$ 时，$P(6,0)$，此时 $C, D$ 重合于右顶点或左顶点，需单独考虑极限情况或几何意义，但通常 $y_0 \neq 0$ 时更具一般性。若 $y_0=0$，直线 $CD$ 即为 $x$ 轴，过 $(\frac{3}{2}, 0)$ 显然成立（或者视为退化情形）。
当 $y_0 \neq 0$ 且 $y_0^2 \neq 3$ 时，计算直线 $CD$ 的斜率 $k_{CD}$：
$k_{CD} = \frac{y_C - y_D}{x_C - x_D}$
分子：
$y_C - y_D = \frac{6y_0}{9 + y_0^2} - \frac{-2y_0}{1 + y_0^2} = 2y_0 \left( \frac{3}{9 + y_0^2} + \frac{1}{1 + y_0^2} \right) = 2y_0 \frac{3(1 + y_0^2) + 9 + y_0^2}{(9 + y_0^2)(1 + y_0^2)} = 2y_0 \frac{12 + 4y_0^2}{(9 + y_0^2)(1 + y_0^2)} = \frac{8y_0(3 + y_0^2)}{(9 + y_0^2)(1 + y_0^2)}$
分母：
$x_C - x_D = \frac{27 - 3y_0^2}{9 + y_0^2} - \frac{3y_0^2 - 3}{1 + y_0^2} = 3 \left( \frac{9 - y_0^2}{9 + y_0^2} - \frac{y_0^2 - 1}{1 + y_0^2} \right)$
$= 3 \frac{(9 - y_0^2)(1 + y_0^2) - (y_0^2 - 1)(9 + y_0^2)}{(9 + y_0^2)(1 + y_0^2)}$
展开分子部分：
$(9 + 9y_0^2 - y_0^2 - y_0^4) - (9y_0^2 + y_0^4 - 9 - y_0^2) = 9 + 8y_0^2 - y_0^4 - 8y_0^2 - y_0^4 + 9 = 18 - 2y_0^4 = 2(9 - y_0^4)$
所以 $x_C - x_D = 3 \frac{2(9 - y_0^4)}{(9 + y_0^2)(1 + y_0^2)} = \frac{6(3 - y_0^2)(3 + y_0^2)}{(9 + y_0^2)(1 + y_0^2)}$
因此：
$k_{CD} = \frac{\frac{8y_0(3 + y_0^2)}{(9 + y_0^2)(1 + y_0^2)}}{\frac{6(3 - y_0^2)(3 + y_0^2)}{(9 + y_0^2)(1 + y_0^2)}} = \frac{8y_0}{6(3 - y_0^2)} = \frac{4y_0}{3(3 - y_0^2)}$

直线 $CD$ 的方程为：
$y - y_D = k_{CD} (x - x_D)$
$y - \frac{-2y_0}{1 + y_0^2} = \frac{4y_0}{3(3 - y_0^2)} \left( x - \frac{3(y_0^2 - 1)}{1 + y_0^2} \right)$
令 $y = 0$，检验是否过定点 $(x_0, 0)$：
$\frac{2y_0}{1 + y_0^2} = \frac{4y_0}{3(3 - y_0^2)} \left( x_0 - \frac{3(y_0^2 - 1)}{1 + y_0^2} \right)$
消去 $2y_0$ ($y_0 \neq 0$)：
$\frac{1}{1 + y_0^2} = \frac{2}{3(3 - y_0^2)} \left( x_0 - \frac{3y_0^2 - 3}{1 + y_0^2} \right)$
$\frac{3(3 - y_0^2)}{2(1 + y_0^2)} = x_0 - \frac{3y_0^2 - 3}{1 + y_0^2}$
$x_0 = \frac{3(3 - y_0^2)}{2(1 + y_0^2)} + \frac{2(3y_0^2 - 3)}{2(1 + y_0^2)} = \frac{9 - 3y_0^2 + 6y_0^2 - 6}{2(1 + y_0^2)} = \frac{3 + 3y_0^2}{2(1 + y_0^2)} = \frac{3(1 + y_0^2)}{2(1 + y_0^2)} = \frac{3}{2}$
故直线 $CD$ 恒过定点 $(\frac{3}{2}, 0)$。

若 $y_0^2 = 3$，则 $k_{CD}$ 分母为0，斜率不存在，直线垂直于x轴。
此时 $x_C = \frac{27-9}{9+3} = \frac{18}{12} = \frac{3}{2}$，$x_D = \frac{9-3}{1+3} = \frac{6}{4} = \frac{3}{2}$。
$x_C = x_D = \frac{3}{2}$，直线方程为 $x = \frac{3}{2}$，也过点 $(\frac{3}{2}, 0)$。

综上所述，直线 $CD$ 过定点 $(\frac{3}{2}, 0)$。