已知直线 $y=\dfrac{2\sqrt 5}5x$ 与双曲线 $\dfrac{x^2}{a^2}-\dfrac{y^2}{b^2}=1$（$a,b>0$）交于 $A,B$ 两点，若在双曲线上存在点 $P$，使得 $|PA|=|PB|=\dfrac{\sqrt 3}2|AB|$，则双曲线的离心率 $e$ 为 \((\qquad)\)
【难度】
【出处】
无
【标注】
【答案】
B
【解析】
不妨设 $|OA|=1$，则 $|OP|=\sqrt 2$．进而可设 $A(\cos\theta,\sin\theta)$，$P\left(\sqrt 2\cos\left(\theta+\dfrac{\pi}2\right),\sqrt 2\sin\left(\theta+\dfrac{\pi}2\right)\right)$，其中 $\tan\theta=\dfrac{2\sqrt 5}5$．这样就有\[\begin{cases}
\dfrac{\cos^2\theta}{a^2}-\dfrac{\sin^2\theta}{b^2}=1,\\
\dfrac{\left[\sqrt 2\cos\left(\theta+\dfrac{\pi}2\right)\right]^2}{a^2}-\dfrac{\left[\sqrt 2\sin\left(\theta+\dfrac{\pi}2\right)\right]^2}{b^2}=1,
\end{cases}\]即\[\begin{cases}\dfrac {5}{9a^2}-\dfrac{4}{9b^2}=1,\\
\dfrac{4}{9a^2}-\dfrac{5}{9b^2}=\dfrac 12,
\end{cases}\]解得\[a^2=\dfrac 13,b^2=\dfrac 23,\]于是 $e^2=\dfrac{a^2+b^2}{a^2}=3$，所求离心率 $e=\sqrt 3$．
\dfrac{\cos^2\theta}{a^2}-\dfrac{\sin^2\theta}{b^2}=1,\\
\dfrac{\left[\sqrt 2\cos\left(\theta+\dfrac{\pi}2\right)\right]^2}{a^2}-\dfrac{\left[\sqrt 2\sin\left(\theta+\dfrac{\pi}2\right)\right]^2}{b^2}=1,
\end{cases}\]即\[\begin{cases}\dfrac {5}{9a^2}-\dfrac{4}{9b^2}=1,\\
\dfrac{4}{9a^2}-\dfrac{5}{9b^2}=\dfrac 12,
\end{cases}\]解得\[a^2=\dfrac 13,b^2=\dfrac 23,\]于是 $e^2=\dfrac{a^2+b^2}{a^2}=3$，所求离心率 $e=\sqrt 3$．
题目
答案
解析
备注
