一、锐角三角函数真题与模拟题分类汇编（难题易错题）
1．如图，PB为☉O的切线，B为切点，过B作OP的垂线BA，垂足为C，交☉O于点A，连接PA，AO.并延长AO交☉O于点E，与PB的延长线交于点D．
(1)求证：PA是☉O的切线；
(2)若=，且OC=4，求PA的长和tan D的值.
【答案】（1）证明见解析；（2）PA =3，tan D=.
【解析】
试题分析: （1）连接OB，先由等腰三角形的三线合一的性质可得：OP是线段AB的垂直平分线，进而可得：PA=PB，然后证明△PAO≌△PBO，进而可得∠PBO=∠PAO，然后根据切线的性质可得∠PBO=90°，进而可得：∠PAO=90°，进而可证：PA是⊙O的切线；
（2）连接BE，由，且OC=4，可求AC，OA的值，然后根据射影定理可求PC的值，从而可求OP的值，然后根据勾股定理可求AP的值．
试题解析：（1）连接OB，则OA=OB，
∵OP⊥AB，∴AC=BC，
∴OP是AB的垂直平分线，∴PA=PB，
在△PAO和△PBO中，∵，∴△PAO≌△PBO（SSS）
∴∠PBO=∠PAO，PB=PA，
∵PB为⊙O的切线，B为切点，∴∠PBO=90°，∴∠PAO=90°，即PA⊥OA，
∴PA是⊙O的切线；
（2）连接BE，
∵
，且OC=4，∴AC=6，∴AB=12，
在Rt △ACO 中，由勾股定理得：AO=，
∴AE=2OA=4
，OB=OA=2
，
在Rt △APO 中，∵AC ⊥OP ，∴AC 2=OC PC ，解得：PC=9，∴OP=PC+OC=13， 在Rt △APO 中，由勾股定理得：AP==3.
易证，所以
,解得
， 则
，在
中，
.
考点：1.切线的判定与性质；2.相似三角形的判定与性质；3.解直角三角形．
2．（本题满分14分，第（1）小题满分4分，第（2）小题满分5分，第（3）小题满分5分）
已知：如图，AB 是半圆O 的直径，弦//CD AB ，动点P 、Q 分别在线段OC 、CD 上，且DQ OP =，AP 的延长线与射线OQ 相交于点E 、与弦CD 相交于点F （点F 与点C 、D 不重合），20AB =，4
cos 5
AOC ∠=
．设OP x =，CPF ?的面积为y ．
（1）求证：AP OQ =；
（2）求y 关于x 的函数关系式，并写出它的定义域； （3）当OPE ?是直角三角形时，求线段OP 的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）236030050
(10)13
x x y x x -+=<<；（3）8OP =
【解析】
【分析】
（1）证明线段相等的方法之一是证明三角形全等，通过分析已知条件，OP DQ =，联结OD 后还有OA DO =，再结合要证明的结论AP OQ =，则可肯定需证明三角形全等，寻
找已知对应边的夹角，即POA QDO ∠=∠即可；
（2）根据PFC ?∽PAO ?，将面积转化为相似三角形对应边之比的平方来求；（3）分成三种情况讨论，充分利用已知条件4
cos 5
AOC ∠=、以及（1）（2）中已证的结论，注意要对不符合（2）中定义域的答案舍去． 【详解】
（1）联结OD ，∵OC OD =， ∴OCD ODC ∠=∠， ∵//CD AB ， ∴OCD COA ∠=∠， ∴POA QDO ∠=∠． 在AOP ?和ODQ ?中，
{OP DQ
POA QDO OA DO
=∠=∠=， ∴AOP ?≌ODQ ?， ∴AP OQ =；
（2）作PH OA ⊥，交OA 于H ， ∵4cos 5
AOC ∠=， ∴4455OH OP x =
=，3
5PH x =， ∴1
32
AOP S AO PH x ?=
?=． ∵//CD AB ， ∴PFC ?∽PAO ?， ∴
22
10(
)()AOP
y CP x S OP x
?-==， ∴2360300
x x y x
-+=，当F 与点D 重合时，
∵4
2cos 210165
CD OC OCD =?∠=??=， ∴
101016x x =-，解得50
13
x =，
∴2360300x x y x
-+=
50
(
10)13x <<； （3）①当90OPE ∠=时，90OPA ∠=， ∴4
cos 1085
OP OA AOC =?∠=?
=； ②当90POE ∠=时，
101025
4cos cos 25OC CQ QCO AOC =
===
∠∠，
∴252OP DQ CD CQ CD ==-=-2571622
=-=， ∵
50
1013
OP <<， ∴7
2
OP =
（舍去）； ③当90PEO ∠=时，∵//CD AB ， ∴AOQ DQO ∠=∠， ∵AOP ?≌ODQ ?， ∴DQO APO ∠=∠， ∴AOQ APO ∠=∠，
∴90AEO AOP ∠=∠=，此时弦CD 不存在，故这种情况不符合题意，舍去； 综上，线段OP 的长为8．
3．如图①，抛物线y ＝ax 2+bx+c 经过点A （﹣2，0）、B （4，0）、C （0，3）三点．
（1）试求抛物线的解析式；
（2）点P 是y 轴上的一个动点，连接PA ，试求5PA+4PC 的最小值；
（3）如图②，若直线l 经过点T （﹣4，0），Q 为直线l 上的动点，当以A 、B 、Q 为顶点所作的直角三角形有且仅有三个时，试求直线l 的解析式． 【答案】（1）233
384
y x x =-++；（2）5PA+4PC 的最小值为18；（3）直线l 的解析式为3
34
y x =
+或3
34
y x =--.
【解析】
【分析】
（1）设出交点式，代入C 点计算即可 （2）连接AC 、BC ，过点A 作AE ⊥BC 于点E ，过点P 作PD ⊥BC 于点D ，易证△CDP ∽△COB ，得到比例式PC PD BC OB =，得到PD=4
5
PC ，所以5PA+4PC ＝5（PA+
4
5
PC ）＝5（PA+PD ），当点A 、P 、D 在同一直线上时，5PA+4PC ＝5（PA+PD ）＝5AE 最小，利用等面积法求出AE=
18
5
，即最小值为18 （3）取AB 中点F ，以F 为圆心、FA 的长为半径画圆, 当∠BAQ ＝90°或∠ABQ ＝90°时，即AQ 或BQ 垂直x 轴，所以只要直线l 不垂直x 轴则一定找到两个满足的点Q 使∠BAQ ＝90°或∠ABQ ＝90°，即∠AQB ＝90°时，只有一个满足条件的点Q ，∴直线l 与⊙F 相切于点Q 时，满足∠AQB ＝90°的点Q 只有一个；此时，连接FQ ，过点Q 作QG ⊥x 轴于点G ，利用cos ∠QFT 求出QG ，分出情况Q 在x 轴上方和x 轴下方时，分别代入直接l 得到解析式即可 【详解】
解：（1）∵抛物线与x 轴交点为A （﹣2，0）、B （4，0） ∴y ＝a （x+2）（x ﹣4） 把点C （0，3）代入得：﹣8a ＝3 ∴a ＝﹣
38
∴抛物线解析式为y ＝﹣
38（x+2）（x ﹣4）＝﹣38x 2+34
x+3 （2）连接AC 、BC ，过点A 作AE ⊥BC 于点E ，过点P 作PD ⊥BC 于点D ∴∠CDP ＝∠COB ＝90° ∵∠DCP ＝∠OCB ∴△CDP ∽△COB ∴
PC PD
BC OB
= ∵B （4，0），C （0，3）
∴OB ＝4，OC ＝3，BC ∴PD ＝
45
PC ∴5PA+4PC ＝5（PA+
4
5
PC ）＝5（PA+PD ） ∴当点A 、P 、D 在同一直线上时，5PA+4PC ＝5（PA+PD ）＝5AE 最小 ∵A （﹣2，0），OC ⊥AB ，AE ⊥BC ∴S △ABC ＝12AB?OC ＝1
2
BC?AE ∴AE ＝
6318
55
AB OC BC ?==
∴5AE ＝18
∴5PA+4PC 的最小值为18．
（3）取AB 中点F ，以F 为圆心、FA 的长为半径画圆 当∠BAQ ＝90°或∠ABQ ＝90°时，即AQ 或BQ 垂直x 轴，
∴只要直线l 不垂直x 轴则一定找到两个满足的点Q 使∠BAQ ＝90°或∠ABQ ＝90° ∴∠AQB ＝90°时，只有一个满足条件的点Q
∵当Q 在⊙F 上运动时（不与A 、B 重合），∠AQB ＝90° ∴直线l 与⊙F 相切于点Q 时，满足∠AQB ＝90°的点Q 只有一个 此时，连接FQ ，过点Q 作QG ⊥x 轴于点G ∴∠FQT ＝90°
∵F 为A （﹣2，0）、B （4，0）的中点 ∴F （1，0），FQ ＝FA ＝3 ∵T （﹣4，0） ∴TF ＝5，cos ∠QFT ＝
3
5
FQ TF = ∵Rt △FGQ 中，cos ∠QFT ＝3
5
FG FQ = ∴FG ＝
35FQ ＝95
∴x Q ＝1﹣9455=-，QG ＝2
222
912FQ 355FG ??-=-= ???
①若点Q 在x 轴上方，则Q （412
55
-，） 设直线l 解析式为：y ＝kx+b
∴404125
5k b k b -+=???-+=?? 解得：343k b ?
=??
?=? ∴直线l ：3
34
y x =
+ ②若点Q 在x 轴下方，则Q （41255
--，
） ∴直线l ：3
34
y x =-
- 综上所述，直线l 的解析式为3
34
y x =
+或3
34
y x =--
【点睛】
本题是二次函数与圆的综合题，同时涉及到三角函数、勾股定理等知识点，综合度比较高，需要很强的综合能力，第三问能够找到满足条件的Q点是关键，同时不要忘记需要分情况讨论
4．在正方形ABCD中，AC是一条对角线，点E是边BC上的一点（不与点C重合），连接AE，将△ABE沿BC方向平移，使点B与点C重合，得到△DCF，过点E作EG⊥AC于点G，连接DG，FG．
（1）如图，①依题意补全图；②判断线段FG与DG之间的数量关系与位置关系，并证明；
（2）已知正方形的边长为6，当∠AGD＝60°时，求BE的长．
BE
【答案】（1）①见解析，②FG＝DG，FG⊥DG，见解析；（2）3
【解析】
【分析】
（1）①补全图形即可，
②连接BG，由SAS证明△BEG≌△GCF得出BG＝GF，由正方形的对称性质得出BG＝DG，得出FG＝DG，在证出∠DGF＝90°，得出FG⊥DG即可，（2）过点D作DH⊥AC，交AC于点H．由等腰直角三角形的性质得出DH＝AH＝2FG＝DG＝2GH＝6，得出DF2DG＝3Rt△DCF中，由勾股定理得出CF＝3
得出结果．
【详解】
解：（1）①补全图形如图1所示，
②FG＝DG，FG⊥DG，理由如下，
连接BG，如图2所示，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ACB＝45°，
∵EG⊥AC，
∴∠EGC＝90°，
∴△CEG是等腰直角三角形，EG＝GC，∴∠GEC＝∠GCE＝45°，
∴∠BEG＝∠GCF＝135°，
由平移的性质得：BE＝CF，
在△BEG和△GCF中，
BE CF
BEG GCF EG CG
=
?
?
∠=∠
?
?=
?
，
∴△BEG≌△GCF（SAS），
∴BG＝GF，
∵G在正方形ABCD对角线上，
∴BG＝DG，
∴FG＝DG，
∵∠CGF＝∠BGE，∠BGE+∠AGB＝90°，
∴∠CGF+∠AGB＝90°，
∴∠AGD+∠CGF＝90°，
∴∠DGF＝90°，
∴FG⊥DG.
（2）过点D作DH⊥AC，交AC于点H．如图3所示,在Rt△ADG中，
∵∠DAC＝45°，
∴DH＝AH＝2
在Rt△DHG中，∵∠AGD＝60°，
∴GH ＝
3
DH ＝
323
＝6，
∴DG ＝2GH ＝26， ∴DF ＝2DG ＝43， 在Rt △DCF 中，CF ＝()
2
2436-＝23，
∴BE ＝CF ＝23．
【点睛】
本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、勾股定理、解直角三角形的应用等知识；本题综合性强，证明三角形全等是解题的关键．
5．在△ABC 中，∠B ＝45°，∠C ＝30°，点D 是边BC 上一点，连接AD ，将线段AD 绕点A 逆时针旋转90°，得到线段AE ，连接DE ．
（1）如图①，当点E 落在边BA 的延长线上时，∠EDC ＝ 度（直接填空）； （2）如图②，当点E 落在边AC 上时，求证：BD ＝
1
2
EC ； （3）当AB ＝22，且点E 到AC 的距离等于3﹣1时，直接写出tan ∠CAE 的值．
【答案】（1）90；（2）详见解析；（3）633
tan EAC -∠= 【解析】 【分析】
（1）利用三角形的外角的性质即可解决问题；
（2）如图2中，作PA⊥AB交BC于P，连接PE．只要证明△BAD≌△PAE（SAS），提出BD=PE，再证明EC=2PE即可；
（3）如图3，作EF⊥AC于F，延长FE交BC于H，作AG⊥BC于G，PA⊥AB交BC于P，连接PE．设PH＝x，在Rt△EPH中，可得EP＝3x，EH＝2PH＝2x，
由此FH＝2x+3﹣1，CF＝23x+3﹣3，由△BAD≌△PAE，得BD＝EP＝3x，AE＝AD，在Rt△ABG中， AG＝GB＝2，在Rt△AGC中，AC＝2AG＝4，故AE2＝AD2＝AF2+EF2，由勾股定理得AF＝1+3，由此tan∠EAF＝2﹣3，根据对称性可得tan∠EAC＝
6-33
．
11
【详解】
（1）如图1中，
∵∠EDC＝∠B+∠BED，∠B＝∠BED＝45°，
∴∠EDC＝90°，
故答案为90；
（2）如图2中，作PA⊥AB交BC于P，连接PE．
∵∠DAE＝∠BAP＝90°，
∴∠BAD＝∠PAE，
∵∠B＝45°，
∴∠B＝∠APB＝45°，
∴AB＝AP，
∵AD＝AE，
∴△BAD≌△PAE（SAS），
∴BD＝PE，∠APE＝∠B＝45°，
∴∠EPD＝∠EPC＝90°，
∵∠C＝30°，
∴EC＝2PE＝2BD；
（3）如图3，作EF⊥AC于F，延长FE交BC于H，作AG⊥BC于G，PA⊥AB交BC于P，连接PE．
设PH＝x，在Rt△EPH中，∵∠EPH＝90°，∠EHP＝60°，
∴EP3，EH＝2PH＝2x，
∴FH＝31，CF3FH＝33
∵△BAD≌△PAE，
∴BD＝EP3，AE＝AD，
在Rt△ABG中，∵AB＝2
∴AG＝GB＝2，
在Rt△AGC中，AC＝2AG＝4，
∵AE2＝AD2＝AF2+EF2，
∴22+（23）231）2+（4﹣3﹣32，
整理得：9x2﹣12x＝0，
解得x＝4
3
（舍弃）或0
∴PH＝0，此时E，P，H共点，∴AF＝3
∴tan∠EAF＝EF
AF 31
31
-
+
＝23
根据对称性可知当点E在AC的上方时，同法可得tan∠EAC 6-33
．
【点睛】
本题属于几何变换综合题，考查了等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．
6．如图1，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝4，动点P在线段BC上，点Q在线
段AB上，且PQ＝BQ，延长QP交射线AC于点D．
（1）求证：QA＝QD；
（2）设∠BAP＝α，当2tanα是正整数时，求PC的长；
（3）作点Q关于AC的对称点Q′，连结QQ′，AQ′，DQ′，延长BC交线段DQ′于点E，连结AE，QQ′分别与AP，AE交于点M，N（如图2所示）．若存在常数k，满足k?MN＝PE?QQ′，求k的值．
【答案】（1）证明见解析（2）PC的长为3
7
或
3
2
（3）8
【解析】
【分析】
（1）由等腰三角形的性质得出∠B＝∠BPQ＝∠CPD，由直角三角形的性质得出∠BAC＝∠D，即可得出结论；
（2）过点P作PH⊥AB于H，设PH＝3x，BH＝4x，BP＝5x，由题意知tanα＝1或1
2
，当
tanα＝1时，HA＝PH＝3x，与勾股定理得出3x+4x＝5，解得x＝5
7
，即可求出PC长；
当tanα＝1
2
时，HA＝2PH﹣6x，得出6x+4x＝5，解得x＝
1
2
，即可求出PC长；
（3）设QQ′与AD交于点O，由轴对称的性质得出AQ′＝AQ＝DQ＝DQ′，得出四边形
AQDQ′是菱形，由菱形的性质得出QQ′⊥AD，AO＝1
2
AD，证出四边形BEQ'Q是平行四边
形，得出QQ′＝BE，设CD＝3m，则PC＝4m，AD＝3+3m，即QQ′﹣BE＝4m+4，PE＝8m，
由三角函数得出MO
AO
＝tan∠PAC＝
PC
AC
，即可得出结果．
【详解】
（1）证明：∵PQ＝BQ，
∴∠B＝∠BPQ＝∠CPD，
∵∠ACB＝∠PCD＝90°，
∴∠A+∠BAC＝90°，∠D+∠CPD＝90°，
∴∠BAC＝∠D，
∴QA＝QD；
（2）解：过点P作PH⊥AB于H，如图1所示：
设PH ＝3x ，BH ＝4x ，BP ＝5x ， 由题意得：tan ∠BAC ＝
4
3
，∠BAP ＜∠BAC ， ∴2tanα是正整数时，tanα＝1或12
， 当tanα＝1时，HA ＝PH ＝3x ， ∴3x+4x
5， ∴x ＝
57
， 即PC ＝4﹣5x ＝37
； 当tanα＝
1
2
时，HA ＝2PH ﹣6x ， ∴6x+4x ＝5，
∴x ＝
12
， 即PC ＝4﹣5x ＝
32
； 综上所述，PC 的长为
37或32
； （3）解：设QQ′与AD 交于点O ，如图2所示： 由轴对称的性质得：AQ′＝AQ ＝DQ ＝DQ′， ∴四边形AQDQ′是菱形， ∴QQ′⊥AD ，AO ＝1
2
AD ， ∵BC ⊥AC ， ∴QQ′∥BE ， ∵BQ ∥EQ′，
∴四边形BEQ'Q 是平行四边形， ∴QQ′＝BE ，
设CD ＝3m ，则PC ＝4m ，AD ＝3+3m ， 即QQ′﹣BE ＝4m+4，PE ＝8m ， ∵
MO AO ＝tan ∠PAC ＝PC
AC
， ∴332
MO
m +＝43
m
，
即MN ＝2MO ＝4m （1+m ），
∴k ＝
PE QQ MN
′＝8(44)
4(1)m m m m ++＝8．
【点睛】
本题是三角形综合题目，考查了等腰三角形的性质与判定、三角函数、勾股定理、菱形的判定与性质、平行线的性质以及分类讨论等知识；本题综合性强，熟练掌握等腰三角形的判定与性质，灵活运用三角函数是解题关键．
7．如图，直线与轴交于点
，与轴交于点，抛物线
经过点，．点为轴上一动点，过点且垂直于轴的直线分别交直线
及抛物线
于点，．
（1）填空：点的坐标为 ，抛物线的解析式为 ； （2）当点在线段上运动时（不与点，重合），
①当为何值时，线段
最大值，并求出
的最大值；
②求出使
为直角三角形时的值；
（3）若抛物线上有且只有三个点到直线的距离是，请直接写出此时由点，，，
构成的四边形的面积．
【答案】（1），；
（2）①当
时，
有最大值是3； ②使
为直角三角形时的值为3或
；
（3）点，，，构成的四边形的面积为：6或或
.
【解析】
【分析】
（1）把点A坐标代入直线表达式y＝，求出a＝?3，把点A、B的坐标代入二次函数表达式，即可求解；
（2）①设：点P（m，），N（m，）求出PN值的表达式，即可求
解；②分∠BNP＝90°、∠NBP＝90°、∠BPN＝90°三种情况，求解即可；
（3）若抛物线上有且只有三个点N到直线AB的距离是h，则只能出现：在AB直线下方抛物线与过点N的直线与抛物线有一个交点N，在直线AB上方的交点有两个，分别求解即可．
【详解】
解：（1）把点坐标代入直线表达式，
解得：，则：直线表达式为：，令，则：，
则点坐标为，
将点的坐标代入二次函数表达式得：，
把点的坐标代入二次函数表达式得：，
解得：，
故：抛物线的解析式为：，
故：答案为：，；
（2）①∵在线段上，且轴，
∴点，，
∴，
∵，
∴抛物线开口向下，
∴当时，有最大值是3，
②当时，点的纵坐标为-3，
把代入抛物线的表达式得：，解得：或0（舍去），∴；
当时，∵，两直线垂直，其值相乘为-1，
设：直线的表达式为：，
把点的坐标代入上式，解得：，则：直线的表达式为：，
将上式与抛物线的表达式联立并解得：或0（舍去），
当时，不合题意舍去，
故：使为直角三角形时的值为3或；
（3）∵，，
在中，，则：，，
∵轴，
∴，
若抛物线上有且只有三个点到直线的距离是，
则只能出现：在直线下方抛物线与过点的直线与抛物线有一个交点，在直线上方的交点有两个.
当过点的直线与抛物线有一个交点，
点的坐标为，设：点坐标为：，
则：，过点作的平行线，
则点所在的直线表达式为：，将点坐标代入，
解得：过点直线表达式为：，
将拋物线的表达式与上式联立并整理得：，
，
将代入上式并整理得：，
解得：，则点的坐标为，
则：点坐标为，则：，
∵，，∴四边形为平行四边形，则点到直线的距离等于点到直线的距离，
即：过点与平行的直线与抛物线的交点为另外两个点，即：、，
直线的表达式为：，将该表达式与二次函数表达式联立并整理得：
，解得：，
则点、的横坐标分别为，，
作交直线于点，
则，
作轴，交轴于点，则：，，
，
则：，
同理：，
故：点，，，构成的四边形的面积为：6或或.
【点睛】
本题考查的是二次函数知识的综合运用，涉及到一次函数、解直角三角形等相关知识，其中（3）中确定点N的位置是本题的难点，核心是通过△＝0，确定图中N点的坐标．
8．如图，Rt△ABC，CA⊥BC，AC＝4，在AB边上取一点D，使AD＝BC，作AD的垂直平分线，交AC边于点F，交以AB为直径的⊙O于G，H，设BC＝x．
（1）求证：四边形AGDH为菱形；
（2）若EF＝y，求y关于x的函数关系式；
（3）连结OF，CG．
①若△AOF为等腰三角形，求⊙O的面积；
②若BC＝3，则30CG+9＝______．（直接写出答案）．
【答案】（1）证明见解析；（2）y＝1
8
x2（x＞0）；（3）①
16
3
π或8π或（17+2）
π；21．
【解析】
【分析】
（1）根据线段的垂直平分线的性质以及垂径定理证明AG=DG=DH=AH即可；
（2）只要证明△AEF∽△ACB，可得AE EF
AC BC
=解决问题；
（3
）①分三种情形分别求解即可解决问题；
②只要证明△CFG∽△HFA，可得GF
AF
=
CG
AH
，求出相应的线段即可解决问题；
【详解】
（1）证明：∵GH垂直平分线段AD，∴HA＝HD，GA＝GD，
∵AB是直径，AB⊥GH，
∴EG＝EH，
∴DG＝DH，
∴AG＝DG＝DH＝AH，
∴四边形AGDH是菱形．
（2）解：∵AB是直径，
∴∠ACB＝90°，
∵AE⊥EF，
∴∠AEF＝∠ACB＝90°，
∵∠EAF＝∠CAB，
∴△AEF∽△ACB，
∴AE EF
AC BC
=，
∴1
2
4
x y
x
=，
∴y＝1
8
x2（x＞0）．
（3）①解：如图1中，连接DF．
∵GH垂直平分线段AD，
∴FA＝FD，
∴当点D与O重合时，△AOF是等腰三角形，此时AB＝2BC，∠CAB＝30°，
∴AB ＝
83
3
， ∴⊙O 的面积为
163
π． 如图2中，当AF ＝AO 时，
∵AB ＝
22AC BC +＝216x +，
∴OA ＝2
162
x +， ∵AF ＝22EF AE +＝22
21182x ????+ ? ?????
， ∴
2162x +＝22
21182x ????+ ? ?????
， 解得x ＝4（负根已经舍弃）， ∴AB ＝42， ∴⊙O 的面积为8π．
如图2﹣1中，当点C 与点F 重合时，设AE ＝x ，则BC ＝AD ＝2x ，AB ＝2164x +，
∵△ACE ∽△ABC ， ∴AC 2＝AE?AB ， ∴16＝2164x +
解得x2＝217﹣2（负根已经舍弃），
∴AB2＝16+4x2＝817+8，
∴⊙O的面积＝π?1
4
?AB2＝（217+2）π
综上所述，满足条件的⊙O的面积为
16
3
π或8π或（217+2）π；
②如图3中，连接CG．
∵AC＝4，BC＝3，∠ACB＝90°，
∴AB＝5，
∴OH＝OA＝
5
2
，
∴AE＝3
2
，
∴OE＝OA﹣AE＝1，
∴EG＝EH
2
5
1
2
??
-
?
??
21
2
，
∵EF＝1
8
x2＝
9
8
，
∴FG＝21
2
﹣
9
8
，AF22
AE EF
+
15
8
，AH22
AE EH
+
30
，∵∠CFG＝∠AFH，∠FCG＝∠AHF，
∴△CFG∽△HFA，
∴GF CG
AF AH
=，
∴
219
28
1530
8
-
=