已知双曲线 $x^2-\dfrac{y^2}3=1$，$A,B,C,D$ 是双曲线上动点，且 $AB$ 过定点 $P(0,1)$，$AC$ 过定点 $Q(3,1)$，$BD$ 过定点 $R(-3,1)$，求证：$CD$ 过定点．
答案 直线 $CD$ 过定点 $P(0,1)$．
解析 设 $A(x_1,y_1),B(x_2,y_2),C(x_3,y_3),D(x_4,y_4)$，$\overrightarrow{PA}=\lambda \overrightarrow{PB}$，$\overrightarrow{QA}=\mu\overrightarrow{QC}$，$\overrightarrow{RB}=\nu \overrightarrow{RD}$，于是 $^{[1]}$\[\begin{cases} \lambda=\frac{x_1}{x_2}=\frac{y_1-1}{y_2-1}=-\frac{y_1+3}{y_2+3},\\ \mu =\frac{x_1-3}{x_3-3}=\frac{y_1-1}{y_3-1}=-\frac{9x_1-y_1-3}{9x_3-y_3-3},\\ \nu=\frac{x_2+3}{x_4+3}=\frac{y_2-1}{y_4-1}=-\frac{9x_2+y_2+3}{9x_4+y_4+3},\end{cases}\]于是\[\begin{cases} \mu=\frac{-4(x_1-3)+3(y_1-1)+3(9x_1-y_1-3)}{-4(x_3-3)+3(y_3-1)-3(9x_3-y_3-3)}=\frac{23x_1}{-31x_3+6y_3+18}=\frac{y_1-1}{y_3-1}=\frac{9x_1-y_1-3}{-9x_3+y_3+3},\\ \nu=\frac{-4(x_2+3)-3(y_2-1)+3(9x_2+y_2+3)}{-4(x_4+3)-3(y_4-1)-3(9x_4+y_4+3)}=\frac{23x_2}{-31x_4-6y_4-18}=\frac{y_2-1}{y_4-1}=\frac{9x_2+y_2+3}{-9x_4-y_4-3},\end{cases}\]从而\[\frac{23(y_3-1)}{-31x_3+6y_3+18}=\frac{y_1-1}{x_1}=\dfrac{y_2-1}{x_2}=\dfrac{23(y_4-1)}{-31x_4-6y_4-18},\]于是\[\dfrac{y_3-1}{y_4-1}=\dfrac{31x_3-6y_3-18}{31x_4+6y_4+18},\tag{1}\]而\[\dfrac{9x_1-y_1-3}{23x_1}=\dfrac{-9x_3+y_3+3}{-31x_3+6y_3+18}\implies \dfrac{9-\frac{y_1+3}{x_1}}{23}=\dfrac{9x_3-y_3-3}{31x_3-6y_3+18},\]同理可得\[\dfrac{9+\frac{y_2+3}{x_2}}{23}=\dfrac{9x_4+y_4+3}{31x_4+6y_4+18},\]而 $\frac{y_1+3}{x_1}+\frac{y_2+3}{x_2}=0$，可得\[\dfrac{9x_3-y_3-3}{31x_3-6y_3+18}=\dfrac{9x_4+y_4+3}{31x_4+6y_4+18},\tag{2}\]综合 $(1)(2)$，可得\[\dfrac{y_3-1}{y_4-1}=\dfrac{31x_3-6y_3-18}{31x_4+6y_4+18}=\dfrac{9x_3-y_3-3}{9x_4+y_4+3}\implies \dfrac{y_3-1}{y_4-1}=\dfrac{x_3}{x_4},\]因此直线 $CD$ 过定点 $P(0,1)$．