已知椭圆$E:\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1$($a>b>0$)，圆$O$以椭圆$E$的短轴为直径．设$AB$是椭圆$E$的弦且与圆$O$相切，椭圆的一个焦点$F$与弦$AB$在$y$轴同侧，求证：$\triangle FAB$的周长为定值$2a$．
证法一 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．
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．