已知 $A,B$ 分别为椭圆 $E:\dfrac{x^2}{a^2}+y^2=1$（$a>1$）的左、右顶点，$G$ 为 $E$ 的上顶点，$\overrightarrow{AG}\cdot \overrightarrow{GB}=8$．$P$ 为直线 $x=6$ 上的动点，$PA$ 与 $E$ 的另一交点为 $C$，$PB$ 与 $E$ 的另一交点为 $D$．
1、求 $E$ 的方程．
2、证明：直线 $CD$ 过定点．
解析
1、根据题意，有 $G(0,1)$，$A(-a,0)$，$B(a,0)$，于是\[\overrightarrow{AG}\cdot \overrightarrow{GB}=8\iff (a,1)\cdot (a,-1)=8\iff a^2=9,\]于是 $E$ 的方程为 $\dfrac{x^2}{9}+y^2=1$．
2、如图．
设 $P(6,t)$，直线 $AC,BD,AD$ 的斜率分别为 $k_{AC},k_{BD},k_{AD}$，则\[k_{BD}=\dfrac t3=3\cdot \dfrac t9=3k_{AC},\]又根据椭圆的垂径定理，有\[k_{AD}\cdot k_{BD}=-\dfrac 19\implies k_{AC}\cdot k_{AD}=-\dfrac 1{27}.\]平移坐标系，使得 $A$ 为新坐标系原点，$C,D$ 的对应点分别为 $C',D'$，且 $C'D':mx'+ny'=1$，此时椭圆方程为\[\dfrac{(x'-3)^2}{9}+y'^2=1,\]即\[\dfrac {x'^2}9-\dfrac 23x'+y'^2=0,\]与直线 $C'D'$ 方程化齐次联立可得\[\dfrac {x'^2}{9}-\dfrac 23x'(mx'+ny')+y'^2=0,\]根据韦达定理，有\[\dfrac 19-\dfrac 23m=-\dfrac 1{27}\iff m=\dfrac 29,\]因此直线 $C'D'$ 恒过点 $M'\left(\dfrac 92,0\right)$．回到原坐标系，可得直线 $CD$ 过定点 $\left(\dfrac 32,0\right)$．
备注 $CD$ 过极线 $x=6$ 对应的极点 $M\left(\dfrac 32,0\right)$．
兰神看看新增的解法呀（哭）
很好很强大！
在伸缩变换 $x=x'$，$y=\dfrac{y'}3$ 下，椭圆变为圆 $O':x'^2+y'^2=3$，设直线 $C'D'$、直线 $x'=6$ 与 $x'$ 轴的交点分别为 $M',N$，连接 $O'C',B'C',N'C'$，如图所示．
【图不知道怎么发】
因为\[\angle P'C'B'=\angle P'N'B'=90^\circ,\]于是 $P',C',B',N'$ 四点共圆，从而\[\angle C'P'D'=\angle C'N'A',\]结合 $\angle C'D'P'=\angle C'A'B'$，可得\[\angle D'C'P'=\angle A'C'N',\]于是\[\angle A'C'D'=\angle N'C'P',\]又 $\angle O'C'A'=\angle O'A'C'$，所以\[\angle A'C'D'-\angle O'C'A'=\angle N'C'P'-\angle O'A'C',\]即\[\angle O'C'M'=\angle O'N'C',\]从而 $\triangle O'C'M'\sim\triangle O'N'C'$，进而\[O'M'=\dfrac{O'C'^2}{O'N'}=\dfrac 32,\]因此 $OM=\dfrac 32$，于是直线 $CD$ 过定点 $\left(\dfrac 32,0\right)$．
公式怎么发啊
LaTeX代码
再提供两种解法吧．
设 $P(6,t)$，$C(x_1,y_1),D(x_2,y_2)$，$\vv{CP}=\lambda\vv{PA}$，$\vv{DP}=\mu\vv{PB}$，则\[\left(\dfrac{x_1-3\lambda}{1+\lambda},\dfrac{y_1}{1+\lambda}\right)=\left(\dfrac{x_2+3\mu}{1+\mu},\dfrac{y_2}{1+\mu}\right)=(6,t)\]从而\[x_1=6+9\lambda,y_1=t(1+\lambda),x_2= 6+3\mu,y_2=t(1+\mu),\]由 $C,A$ 在椭圆 $E$ 上，利用定比点差法，有\[\dfrac 19\cdot\dfrac{x_1-3\lambda}{1+\lambda}\cdot\dfrac{x_1+3\lambda}{1-\lambda}+\dfrac{y_1}{1+\lambda}\cdot\dfrac{y_1}{1-\lambda}=1,\]即\[\dfrac 23\cdot\dfrac{x_1+3\lambda}{1-\lambda}+t\cdot\dfrac{y_1}{1-\lambda}=1,\]也即\[t^2(1+\lambda)=-3-9\lambda,\]类似地，由 $D,B$ 在椭圆 $E$ 上，利用定比点差法，有\[t^2(1+\mu)=-3-\mu,\]于是\[\dfrac{1+\lambda}{1+\mu}=\dfrac{-3-9\lambda}{-3-\mu}\iff\lambda\mu=-\dfrac 34\lambda-\dfrac 14\mu,\]根据截距坐标公式，直线 $CD$ 的横截距\[\dfrac{x_1y_2-x_2y_1}{y_2-y_1}=\dfrac{(6+9\lambda)\cdot t(1+\mu)-(6+3\mu)\cdot t(1+\mu)}{t(1+\mu)-t(1+\lambda)}=3\cdot\dfrac{\lambda+\mu+2\lambda\mu}{\mu-\lambda}=\dfrac 32,\]因此直线 $CD$ 过定点 $\left(\dfrac 32,0\right)$．
根据极点极线理论，可知CD一定过x=6关于E的极点，为（3/2，0）
交点曲线系：设直线 $CD$ 的方程为 $x=my+n$, 则过 $A,B,C,D$ 四点的二次曲线系为 \[\left(y-\dfrac t9(x+3)\right)\left(y-\dfrac t3(x-3)\right)+\lambda y(x-my-n)=0,\] 该方程可以表示椭圆 $\dfrac{x^2}9+y^2=1$, 于是 \[\begin{cases}-\dfrac t9-\dfrac t3+\lambda=0,\\\dfrac t3+t-\lambda n=0,\end{cases}\implies n=\dfrac32,\] 于是直线 $CD$ 过定点 $\left(\dfrac 32,0\right)$.
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参数弦方程：设 $P(6,t)$, 点 $C,D$ 对应的参数分别为 $2\alpha,2\beta$, 则直线 $AC$ 的方程为 \[-\dfrac x3+t\cot\alpha=1,\] 由于 $P$ 在 $AC$ 上,于是 \[\tan\alpha=\dfrac t3,\] 同理,由 $P$ 在 $BD$ 上有 \[\tan\beta=-\dfrac1t,\] 于是 \[\tan\alpha\cdot\tan\beta=-\dfrac13,\] 由椭圆参数方程相关的结论知直线 $CD$ 恒过点 $\left(\dfrac 32,0\right)$.
硬算：设 $P(6,t)$, 于是直线 $PA$ 的方程为 $y=\dfrac t9(x+3)$, 与椭圆方程联立,得 \[\left(9+t^2\right)x^2+6t^2x+9t^2-81=0,\] 根据韦达定理,有 \[x_C\cdot(-a)=\dfrac{9t^2-81}{9+t^2}\implies x_C=-\dfrac{3t^2-27}{9+t^2},\] 于是 $C\left(-\dfrac{3t^2-27}{9+t^2},\dfrac{6t}{9+t^2}\right)$, 同理可得 $D\left(\dfrac{3t^2-3}{1+t^2},-\dfrac{2t}{1+t^2}\right)$, 因此直线 $CD$ 的方程为 \[y+\dfrac{2t}{1+t^2}=-\dfrac{4t}{3\left(t^2-3\right)}\left(x-\dfrac{3t^2-3}{1+t^2}\right),\] 即 \[3yt^4+(4x-6)t^2-6yt^2+(4x-6)t-9y=0,\] 令 \[y=4x-6=0\implies\begin{cases}x=\dfrac32,\\y=0,\end{cases}\] 于是直线 $CD$ 过定点 $\left(\dfrac 32,0\right)$.