无

略

法一当直线 $AB$ 的斜率存在时，设直线 $AB$ 的方程为 $y=kx+m$，不妨设 $k>0$，$m<0$．由 $AB$ 与圆 $x^2+y^2=b^2$ 相切可得$$\dfrac{|m|}{\sqrt{1+k^2}}=b,$$即$$m=-b\sqrt{1+k^2}.$$联立直线 $AB$ 与椭圆 $E$ 的方程，可得$$(b^2+a^2k^2)x^2+2a^2kmx+a^2m^2-a^2b^2=0,$$将 $m$ 代入，可得$$(b^2+a^2k^2)x^2-2a^2kb\sqrt{1+k^2}x+a^2b^2k^2=0,$$设 $A,B$ 的横坐标分别为 $x_1,x_2$ 则$$x_1+x_2=\dfrac{2a^2kb\sqrt{1+k^2}}{b^2+a^2k^2},$$且$$|x_1-x_2|=\dfrac{2abck}{b^2+a^2k^2},$$其中 $c$ 为椭圆的半焦距．
因此 $\triangle FAB$ 的周长为$$FA+FB+AB=2a-\dfrac ca\cdot(x_1+x_2)+\sqrt{1+k^2}\cdot |x_1-x_2|=2a.$$容易验证，当直线 $AB$ 的斜率不存在时，命题依然成立．因此原命题得证．
法二设切点为 $M$，我们可以证明一个更强的结论：$$FA+AM=FB+BM=a.$$连接 $OA,OB,OM$．设 $A(x_1,y_1)$，则\[\begin{split} FA+AM&=a-\dfrac ca\cdot x_1+\sqrt{OA^2-OM^2} \\ &=a-\dfrac ca\cdot x_1+\sqrt{x_1^2+y_1^2-b^2} \\ &=a-\dfrac ca\cdot x_1+\sqrt{x_1^2+b^2\left(1-\dfrac{x_1^2}{a^2}\right)-b^2} \\ &=a,\end{split}\]类似地，有$$FB+BM=a,$$因此原命题得证．