由题设知\[ \begin{split}a_{n+1}=\dfrac{a_n+b_n}{\sqrt{a^2_n+b^2_n}}=\dfrac{1+\dfrac{ b_n}{a_n} }{\sqrt{1+ \left(\dfrac{b_n}{a_n} \right)^2} }=\dfrac{b_{n+1}}{\sqrt{1+ \left(\dfrac {b_n}{ a_n}\right)^2}} ,\end{split} \]所以\[ {\dfrac{b_{n+1}}{a_{n+1}}}={\sqrt{1+\left( {\dfrac{b_n}{a_n}}\right)^ 2}}, \]从而\[ \left({\dfrac{b_{n+1}}{a_{n+1}}} \right)^2- \left({\dfrac{b_n}{a_n}}\right)^ 2=1\left(n\in {\mathbb{N}}^*\right), \]所以数列 $ \left\{\left({\dfrac{b_n}{a_n}} \right)^2 \right\} $ 是以 $ 1 $ 为公差的等差数列．

因为 $ a_n>0,b_n>0 $，所以\[ {\dfrac{\left(a_n+b_n\right)^2}{2}}\leqslant a^2_n+b^2_n<\left(a_n+b_n\right)^2, \]从而\[ 1<a_{n+1}={\dfrac{a_n+b_n}{{\sqrt{a^2_n+b^2_n}}}}\leqslant {\sqrt{2}}. \left(*\right) \]设等比数列 $ \left\{a_n\right\} $ 的公比为 $ q $，由 $ a_n>0 $ 知 $ q>0 $．
下证 $ q=1 $．若 $ q>1 $，则 $ a_1={\dfrac{a_2}{q}}<a_2\leqslant {\sqrt{2}}$，
故当 $ n>\log _q{\dfrac{{\sqrt{2}}}{a_1}} $ 时，$ a_{n+1}=a_1q^n>{\sqrt{2}} $，与 $ \left(*\right) $ 矛盾；
若 $ 0<q<1 $，则 $ a_1={\dfrac{a_2}{q}}>a_2>1 $，
故当 $ n>\log _q{\dfrac{1}{a_1}} $ 时，$ a_{n+1}=a_1q^n<1 $，与 $ \left(*\right) $ 矛盾．
综上，$ q=1 $，故 $ a_n=a_1\left(n\in {\mathbb{N}}^*\right) $，所以 $ 1<a_1\leqslant {\sqrt{2}} $．
又 $ b_{n+1}={\sqrt{2}}\cdot {\dfrac{b_n}{a_n}}={\dfrac{{\sqrt{2}}}{a_1}}\cdot b_n\left(n\in {\mathbb{N}}^*\right) $，所以 $ \left\{b_n\right\} $ 是公比为 $ {\dfrac{{\sqrt{2}}}{a_1}} $ 的等比数列．
若 $ a_1\neq {\sqrt{2}} $，则 $ {\dfrac{{\sqrt{2}}}{a_1}}>1 $，于是 $ b_1<b_2<b_3 $．
又由 $ a_1={\dfrac{a_1+b_n}{{\sqrt{a^2_1+b^2_n}}}} $ 得\[ b_n={\dfrac{a_1\pm a^2_1{\sqrt{2-a^2_1}}}{a^2_1-1}}, \]所以 $ b_1,b_2,b_3 $ 中至少有两项相同，矛盾．
所以 $ a_1={\sqrt{2}} $，从而\[ b_n={\dfrac{a_1\pm a^2_1{\sqrt{2-a^2_1}}}{a^2_1-1}}={\sqrt{2}}.\]所以\[ a_1=b_1={\sqrt{2}}. \]