椭圆$E$：$\dfrac {x^{2}}{a^{2}}+ \dfrac {y^{2}}{b^{2}}=1(a > b > 0)$的左右焦点分别为$F_{1}$、$F_{2}$，$D$为椭圆短轴上的一个顶点，$DF_{1}$的延长线与椭圆相交于$G.\triangle DGF_{2}$的周长为$8$，$|DF_{1}|=3|GF_{1}|.($Ⅰ$)$求椭圆$E$的方程； $($Ⅱ$)$过椭圆$E$的左顶点$A$作椭圆$E$的两条互相垂直的弦$AB$、$AC$，试问直线$BC$是否恒过定点？若是，求出此定点的坐标；若不是，请说明理由．

1. 利用椭圆第一定义求得 $a$ 的值

设椭圆的半焦距为 $c$。
由椭圆几何性质可知，短轴端点到两焦点的距离相等，即 $|DF_{1}| = |DF_{2}| = a$。
因为 $G$ 在椭圆上，由椭圆的定义有 $|GF_{1}| + |GF_{2}| = 2a$。
又因为 $D$、$F_{1}$、$G$ 三点共线，且 $G$ 在 $DF_{1}$ 的延长线上，所以 $|DG| = |DF_{1}| + |GF_{1}| = a + |GF_{1}|$。
因此，$\triangle DGF_{2}$ 的周长为：
$|DG| + |GF_{2}| + |DF_{2}| = (a + |GF_{1}|) + |GF_{2}| + a = a + (|GF_{1}| + |GF_{2}|) + a = 4a$
已知 $\triangle DGF_{2}$ 的周长为 $8$，故 $4a = 8$，解得 $a = 2$。

2. 求点 $G$ 的坐标并求得 $b^2$ 的值

因为 $a = 2$，所以 $|DF_{1}| = a = 2$。
由已知 $|DF_{1}| = 3|GF_{1}|$，可得 $|GF_{1}| = \dfrac{2}{3}$，从而 $|DG| = 2 + \dfrac{2}{3} = \dfrac{8}{3}$。
不妨设 $D(0, b)$，$F_{1}(-c, 0)$，则 $\overrightarrow{DF_{1}} = (-c, -b)$。
因为 $\overrightarrow{DG} = \dfrac{|DG|}{|DF_{1}|}\overrightarrow{DF_{1}} = \dfrac{4}{3}(-c, -b) = \left(-\dfrac{4}{3}c, -\dfrac{4}{3}b\right)$，
所以点 $G$ 的坐标为 $G = D + \overrightarrow{DG} = \left(-\dfrac{4}{3}c, -\dfrac{1}{3}b\right)$。
将点 $G$ 坐标代入椭圆方程 $\dfrac{x^2}{a^2} + \dfrac{y^2}{b^2} = 1$，得：
$\dfrac{\left(-\frac{4}{3}c\right)^2}{a^2} + \dfrac{\left(-\frac{1}{3}b\right)^2}{b^2} = 1 \implies \dfrac{16c^2}{9a^2} + \dfrac{1}{9} = 1$
解得 $\dfrac{c^2}{a^2} = \dfrac{1}{2}$。
因为 $a = 2$（$a^2 = 4$），故 $c^2 = 2$，进而 $b^2 = a^2 - c^2 = 4 - 2 = 2$。
所以，椭圆 $E$ 的方程为 $\dfrac{x^{2}}{4} + \dfrac{y^{2}}{2} = 1$。

1. 设出直线 $AB$ 的方程，并求出点 $B$ 和点 $C$ 的坐标

椭圆 $E$ 的左顶点为 $A(-2, 0)$。
当直线 $AB$ 的斜率存在且不为 $0$ 时，设直线 $AB$ 的方程为 $y = k(x + 2)$（$k \neq 0$）。
联立直线 $AB$ 与椭圆方程：
$\begin{cases} y = k(x + 2) \\ \dfrac{x^2}{4} + \dfrac{y^2}{2} = 1 \end{cases}$
将 $y$ 代入椭圆方程 $x^2 + 2y^2 = 4$ 得：
$x^2 + 2k^2(x + 2)^2 = 4 \implies (x + 2)[(x - 2) + 2k^2(x + 2)] = 0$
因为点 $B$ 异于点 $A(-2,0)$，所以 $x + 2 \neq 0$，解得：
$x_{B} = \dfrac{2 - 4k^2}{1 + 2k^2}, \quad y_{B} = k(x_B + 2) = \dfrac{4k}{1 + 2k^2}$
即 $B\left(\dfrac{2 - 4k^2}{1 + 2k^2}, \dfrac{4k}{1 + 2k^2}\right)$。
同理，因为 $AC \perp AB$，直线 $AC$ 的斜率为 $-\dfrac{1}{k}$，用 $-\dfrac{1}{k}$ 替换 $k$，可得点 $C$ 的坐标为：
$x_{C} = \dfrac{2k^2 - 4}{k^2 + 2}, \quad y_{C} = \dfrac{-4k}{k^2 + 2}$

2. 求直线 $BC$ 的方程并证明其恒过定点

计算直线 $BC$ 的斜率 $k_{BC}$：
$k_{BC} = \dfrac{y_C - y_B}{x_C - x_B} = \dfrac{\frac{-4k}{k^2 + 2} - \frac{4k}{1 + 2k^2}}{\frac{2k^2 - 4}{k^2 + 2} - \frac{2 - 4k^2}{1 + 2k^2}}$
分子化简为：
$-4k(1 + 2k^2) - 4k(k^2 + 2) = -12k(k^2 + 1)$
分母化简为：
$(2k^2 - 4)(1 + 2k^2) - (2 - 4k^2)(k^2 + 2) = 8(k^4 - 1) = 8(k^2 - 1)(k^2 + 1)$
故 $k_{BC} = \dfrac{-12k(k^2 + 1)}{8(k^2 - 1)(k^2 + 1)} = \dfrac{-3k}{2(k^2 - 1)}$。
则直线 $BC$ 的方程为：
$y - \dfrac{4k}{1 + 2k^2} = \dfrac{-3k}{2(k^2 - 1)} \left(x - \dfrac{2 - 4k^2}{1 + 2k^2}\right)$
令 $y = 0$，解得：
$x = \dfrac{2 - 4k^2}{1 + 2k^2} + \dfrac{8(k^2 - 1)}{3(1 + 2k^2)} = \dfrac{6 - 12k^2 + 8k^2 - 8}{3(1 + 2k^2)} = \dfrac{-2(1 + 2k^2)}{3(1 + 2k^2)} = -\dfrac{2}{3}$
此结果与参数 $k$ 无关。
同理，当 $AB$ 或 $AC$ 中有一条直线斜率不存在（即垂直/水平）时，直线 $BC$ 仍经过点 $\left(-\dfrac{2}{3}, 0\right)$。
综上，直线 $BC$ 恒过定点 $\left(-\dfrac{2}{3}, 0\right)$。