已知 $F_1,F_2$ 是双曲线 $E:\dfrac{x^2}{a^2}-\dfrac{y^2}{b^2}=1$（$a,b>0$）的左、右焦点，过 $F_1$ 的直线 $l$ 交双曲线的两条渐近线于 $A,B$ 两点，且 $|F_2A|=|F_2B|$，又 $|OA|,|AB|,|OB|$ 成等比数列，则双曲线 $E$ 的离心率 $e$ 为 \((\qquad)\)
【难度】
【出处】
无
【标注】
【答案】
【解析】
如图，设 $AB$ 的中点为 $M$，连接 $OM$．
由 $|F_2A|=|F_2B|$ 可得 $F_2M\perp l$，于是\[|OM|=\dfrac 12|F_1F_2|.\]记\[\begin{split}\angle BF_1F_2=\angle F_1MO=\alpha,\\ \angle AOF_1=\angle BOF_2=\theta,\end{split}\]则根据双曲线的垂径定理，$OM$ 与 $l$ 的斜率之积为 $\dfrac{b^2}{a^2}$，即\[\tan 2\alpha\cdot \tan\alpha=\tan^2\theta,\]也即\[2\sin^2\alpha=\sin^2\theta,\]又 $\triangle AOB$ 的三个内角分别为 $\theta+\alpha,\pi-2\theta,\theta-\alpha$，于是根据正弦定理，有\[\sin^2(\pi-2\theta)=\sin(\theta+\alpha)\cdot\sin(\theta-\alpha),\]从而\[4\sin^2\theta\cos^2\theta=\sin^2\theta-\sin^2\alpha,\]进而可得\[e=\dfrac{1}{\cos\theta}=2\sqrt 2.\]
由 $|F_2A|=|F_2B|$ 可得 $F_2M\perp l$，于是\[|OM|=\dfrac 12|F_1F_2|.\]记\[\begin{split}\angle BF_1F_2=\angle F_1MO=\alpha,\\ \angle AOF_1=\angle BOF_2=\theta,\end{split}\]则根据双曲线的垂径定理，$OM$ 与 $l$ 的斜率之积为 $\dfrac{b^2}{a^2}$，即\[\tan 2\alpha\cdot \tan\alpha=\tan^2\theta,\]也即\[2\sin^2\alpha=\sin^2\theta,\]又 $\triangle AOB$ 的三个内角分别为 $\theta+\alpha,\pi-2\theta,\theta-\alpha$，于是根据正弦定理，有\[\sin^2(\pi-2\theta)=\sin(\theta+\alpha)\cdot\sin(\theta-\alpha),\]从而\[4\sin^2\theta\cos^2\theta=\sin^2\theta-\sin^2\alpha,\]进而可得\[e=\dfrac{1}{\cos\theta}=2\sqrt 2.\]
题目
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