答案：
解：(1) 因为双曲线其中一条渐近线方程为 $b x+a y=0$, 又点 $F(3,0)$ 到它的距离为
2,
所以 $\frac{3 b}{\sqrt{b^2+a^2}}=\frac{3 b}{c}=2$, 又 $c=3$, 得 $b=2$,
又因为 $a^2+b^2=c^2$, 所以 $a^2=5$,
所以双曲线 $C$ 的方程为 $\frac{x^2}{5}-\frac{y^2}{4}=1$.
(2) 设 $A B$ 直线方程为 $x=m y+3$, 则 $y_M=-\frac{4}{3 m}$,
代入双曲线方程整理得: $\left(4 m^2-5\right) y^2+24 m y+16=0$,
设 $A\left(x_1, y_1\right), B\left(x_2, y_2\right)$, 则 $y_1+y_2=\frac{-24 m}{4 m^2-5}, y_1 y_2=\frac{16}{4 m^2-5}$,
$(i) \frac{|A F| \cdot|B M|}{|A M| \cdot|B F|}=\frac{\left|y_1\right| \cdot\left|y_2-y_M\right|}{\left|y_M-y_1\right| \cdot\left|y_2\right|}=\frac{\left|y_1 y_2-y_1 y_M\right|}{\left|y_2 y_M-y_2 y_1\right|}$
而 $\left(y_1 y_2-y_1 y_M\right)-\left(y_2 y_M-y_2 y_1\right)=2 y_1 y_2-y_M\left(y_1+y_2\right)=\frac{32}{4 m^2-5}-\frac{-24 m}{4 m^2-5} \cdot\left(-\frac{4}{3 m}\right)=0$,
所以 $y_1 y_2-y_1 y_M=y_2 y_M-y_2 y_1$, , 则 $\left|y_1 y_2-y_1 y_M\right|=\left|y_2 y_M-y_2 y_1\right|$,
所以 $\frac{|A F| \cdot|B M|}{|A M| \cdot|B F|}=1$ ；
(ii) 证明: 过 $M$ 平行于 $O A$ 的直线方程为 $y+\frac{4}{3 m}=\frac{y_1}{m y_1+3}\left(x-\frac{5}{3}\right)$,
直线 $O B$ 方程为 $y=\frac{y_2}{m y_2+3} x$ 与 $y+\frac{4}{3 m}=\frac{y_1}{m y_1+3}\left(x-\frac{5}{3}\right)$ 联立,
得 $y+\frac{4}{3 m}=\frac{y_1}{m y_1+3}\left(\frac{m y_2+3}{y_2} y-\frac{5}{3}\right)$,
即 $y_2\left(m y_1+3\right) y+\frac{4}{3 m}\left(m y_1+3\right) y_2=y_1\left(m y_2+3\right) y-\frac{5}{3} y_1 y_2$ ，
则 $3\left(y_2-y_1\right) y=-3 y_1 y_2-\frac{4}{m} y_2$,
所以 $y_P=\frac{-3 y_1 y_2-\frac{4}{m} y_2}{3\left(y_2-y_1\right)}$,
由 $y_1+y_2=\frac{-24 m}{4 m^2-5}, y_1 y_2=\frac{16}{4 m^2-5}$ 两式相除得, $\frac{y_1 y_2}{y_1+y_2}=\frac{2}{-3 m}$, 则 $y_1 y_2=-\frac{2}{3 m}\left(y_1+y_2\right)$,
所以 $y_p=\frac{-3 y_1 y_2-\frac{4}{m} y_2}{3\left(y_2-y_1\right)}=\frac{\frac{2}{m}\left(y_1+y_2\right)-\frac{4}{m} y_2}{3\left(y_2-y_1\right)}=\frac{\frac{2}{m}\left(y_1-y_2\right)}{3\left(y_2-y_1\right)}=-\frac{2}{3 m}$,
因为 $y_Q=0$, 所以 $y_P=\frac{y_M+y_Q}{2}$,
故 $P$ 为线段 $M Q$ 的中点, 所以 $|M P \|| P Q \mid$.