设复平面上点对应的复数$z=x+yi(x∈R,y∈R)(i$为虚数单位$)$满足$|z+2|+|z-2|=6$，点$Z$的轨迹方程为曲线$C_{1}.$双曲线$C_{2}$：$x^{2}- \dfrac {y^{2}}{n}=1$与曲线$C_{1}$有共同焦点，倾斜角为$\dfrac {π}{4}$的直线$l$与双曲线$C_{2}$的两条渐近线的交点是$A$、$B$，$\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OB}=2$，$O$为坐标原点． (1)求点$Z$的轨迹方程$C_{1}$； (2)求直线$l$的方程； (3)设$\triangle PQR$三个顶点在曲线$C_{1}$上，求证：当$O$是$\triangle PQR$重心时，$\triangle PQR$的面积是定值．

1. 将复数模长的几何条件转化为点到两焦点的距离和

由复数 $z=x+yi$ 满足 $|z+2|+|z-2|=6$，在复平面上，设点 $Z$ 的坐标为 $(x, y)$，则 $|z+2|$ 表示点 $Z$ 到 $F_1(-2,0)$的距离，$|z-2|$ 表示点 $Z$ 到 $F_2(2,0)$的距离。
因此，点 $Z$ 到两定点 $F_1(-2,0)$ 和 $F_2(2,0)$ 的距离之和为 $6$。

2. 确定椭圆的参数并写出轨迹方程

由于距离之和 $2a = 6 > |F_1F_2| = 4$，根据椭圆定义，点 $Z$ 的轨迹为以 $F_1, F_2$ 为焦点的椭圆。
其中 $a = 3$，$c = 2$。
因为 $b^2 = a^2 - c^2 = 9 - 4 = 5$，
所以点 $Z$ 的轨迹方程 $C_1$ 为：$\dfrac{x^2}{9} + \dfrac{y^2}{5} = 1$。

1. 由同焦点的性质确定双曲线方程及其渐近线方程

因为双曲线 $C_2: x^2 - \dfrac{y^2}{n} = 1$ 与椭圆 $C_1$ 有共同焦点，
所以双曲线的半焦距平方 $c^2 = a^2 + b^2 = 1 + n = 4$，解得 $n = 3$。
故双曲线 $C_2$ 的方程为 $x^2 - \dfrac{y^2}{3} = 1$，其渐近线方程为 $y = \pm \sqrt{3}x$。

2. 联立直线方程与渐近线方程求交点 A, B 的坐标

已知直线 $l$ 的倾斜角为 $\dfrac{\pi}{4}$，则其斜率为 $\tan\dfrac{\pi}{4} = 1$。
设直线 $l$ 的方程为 $y = x + t$。
联立 $\begin{cases} y = \sqrt{3}x \\ y = x+t \end{cases}$，解得 $A\left(\dfrac{t}{\sqrt{3}-1}, \dfrac{\sqrt{3}t}{\sqrt{3}-1}\right)$；
联立 $\begin{cases} y = -\sqrt{3}x \\ y = x+t \end{cases}$，解得 $B\left(\dfrac{-t}{\sqrt{3}+1}, \dfrac{\sqrt{3}t}{\sqrt{3}+1}\right)$。

3. 根据向量数量积求出参数并得出直线方程

由 $\overrightarrow{OA} \cdot \overrightarrow{OB} = 2$，得 $x_A x_B + y_A y_B = 2$。
代入坐标计算：
$x_A x_B = \dfrac{-t^2}{(\sqrt{3}-1)(\sqrt{3}+1)} = -\dfrac{t^2}{2}$，
$y_A y_B = \dfrac{3t^2}{(\sqrt{3}-1)(\sqrt{3}+1)} = \dfrac{3t^2}{2}$。
所以 $\overrightarrow{OA} \cdot \overrightarrow{OB} = -\dfrac{t^2}{2} + \dfrac{3t^2}{2} = t^2 = 2$，解得 $t = \pm \sqrt{2}$。
因此，直线 $l$ 的方程为 $y = x \pm \sqrt{2}$。

1. 引入参数并利用重心性质列出代数等式

设椭圆 $C_1$ 上三点 $P, Q, R$ 的参数坐标分别为：
$P(3\cos\theta_1, \sqrt{5}\sin\theta_1)$，$Q(3\cos\theta_2, \sqrt{5}\sin\theta_2)$，$R(3\cos\theta_3, \sqrt{5}\sin\theta_3)$，其中 $\theta_1, \theta_2, \theta_3 \in [0, 2\pi)$。
因为坐标原点 $O$ 是 $\triangle PQR$ 的重心，
根据重心坐标公式得：
$\begin{cases} 3\cos\theta_1 + 3\cos\theta_2 + 3\cos\theta_3 = 0 \\ \sqrt{5}\sin\theta_1 + \sqrt{5}\sin\theta_2 + \sqrt{5}\sin\theta_3 = 0 \end{cases}$，
即 $\begin{cases} \cos\theta_1 + \cos\theta_2 + \cos\theta_3 = 0 \\ \sin\theta_1 + \sin\theta_2 + \sin\theta_3 = 0 \end{cases}$。

2. 求两个顶点参数角差值的正弦值

由等式移项得：
$\cos\theta_1 + \cos\theta_2 = -\cos\theta_3$
$\sin\theta_1 + \sin\theta_2 = -\sin\theta_3$
两式两边分别平方相加：
$(\cos\theta_1 + \cos\theta_2)^2 + (\sin\theta_1 + \sin\theta_2)^2 = \cos^2\theta_3 + \sin^2\theta_3$
整理得：
$2 + 2(\cos\theta_1\cos\theta_2 + \sin\theta_1\sin\theta_2) = 1 \implies 2 + 2\cos(\theta_1 - \theta_2) = 1 \implies \cos(\theta_1 - \theta_2) = -\dfrac{1}{2}$。
同理可得 $\cos(\theta_2 - \theta_3) = -\dfrac{1}{2}$，$\cos(\theta_3 - \theta_1) = -\dfrac{1}{2}$。
由此可知三点对应的参数角之间两两之差满足 $|\theta_1 - \theta_2| = \dfrac{2\pi}{3}$（或 $\dfrac{4\pi}{3}$）。
故 $|\sin(\theta_1 - \theta_2)| = \dfrac{\sqrt{3}}{2}$。

3. 利用面积分解法和坐标公式证明面积为定值

因为 $O$ 是 $\triangle PQR$ 的重心，
所以 $S_{\triangle PQR} = 3 S_{\triangle OPQ}$。
而 $S_{\triangle OPQ} = \dfrac{1}{2} |x_P y_Q - x_Q y_P| = \dfrac{1}{2} |3\cos\theta_1 \cdot \sqrt{5}\sin\theta_2 - 3\cos\theta_2 \cdot \sqrt{5}\sin\theta_1|$
$= \dfrac{3\sqrt{5}}{2} |\sin(\theta_2 - \theta_1)|$。
代入 $|\sin(\theta_2 - \theta_1)| = \dfrac{\sqrt{3}}{2}$，得：
$S_{\triangle OPQ} = \dfrac{3\sqrt{5}}{2} \times \dfrac{\sqrt{3}}{2} = \dfrac{3\sqrt{15}}{4}$。
因此 $S_{\triangle PQR} = 3 \times \dfrac{3\sqrt{15}}{4} = \dfrac{9\sqrt{15}}{4}$。
这是一个常数，即为定值。