隐圆问题的几种类型

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中考必备，难度5颗星！

隐圆问题的几种类型

在中考的一些题目中明明没有圆，却要构造出圆进行解答，这些问题是隐圆问题.
隐圆问题可以归纳为几种模型：定点定长，四点共圆，定角定线(直角所对的弦是直径、定弦定角、定角定中线、定角定角平分线、定角定高、定角定周长).

模型一 定点定长

模型解释

左图中，若点\(O\)是定点，\(OA=OB=OC\)，则\(A\)，\(B\)，\(C\)在以点\(O\)为圆心的圆上；
右图中，若点\(O\)是定点，\(OA\)是定长\(r\)，则动点\(A\)在以点\(O\)为圆心，半径为\(r\)的圆上.

例题详讲

例1 如图，点\(A\)，\(B\)的坐标分别为\(A(4，0)\)，\(B(0，4)\)，\(C\)为坐标平面内一点，\(BC=2\)，点\(M\)为线段\(AC\)的中点，连接\(OM\)，\(OM\)的最大值为\(\underline{\quad \quad}\)．

解析 \(\because C\)为坐标平面内一点，\(BC=2\)，
(即动点\(C\)到定点\(B\)的距离等于定长\(2\)，由圆的定义可得\(C\)的轨迹是圆)
\(\therefore\)点\(C\)的运动轨迹是在半径为\(2\)的\(⊙B\)上，
如图，取\(OD=OA=4\)，连接\(OD\)，

\(\because\)点\(M\)为线段\(AC\)的中点，\(\therefore OM\)是\(△ACD\)的中位线，
\(\therefore OM=\dfrac{1}{2} CD\)，
\(\therefore OM\)最大值时，\(CD\)取最大值，此时\(D\)、\(B\)、\(C\)三点共线，
此时在\(Rt△OBD\)中\(B D=\sqrt{4^2+4^2}=4 \sqrt{2}\)，
\(\therefore CD=2+4\sqrt{2}\)，
\(\therefore OM\)的最大值是\(1+2\sqrt{2}\)．
故答案为：\(1+2\sqrt{2}\)．
 
例2 如图，在平行四边形\(ABCD\)中，\(AB=4\)，\(AD=4\sqrt{3}\)，\(\angle B=60^{\circ}\)，点\(E\)在线段\(BC\)上一动点，连接\(AE\)，将\(△ABE\)沿着\(AE\)翻折，得\(△AFE\)，连接\(CF\)、\(DF\)．则\(△CDF\)面积的最小值为\(\underline{\quad \quad}\)．

解析 要求\(△CDF\)面积的最小值，而\(CD\)是固定的线段，故想到判定动点\(F\)的轨迹，求点\(F\)到直线\(CD\)的距离最小值.
\(\because\)将\(△ABE\)沿着\(AE\)翻折，得\(△AFE\)，
\(\therefore AF=AB=4\)，
(即动点\(F\)到定点\(A\)的距离等于定长\(4\)，由圆的定义可得\(F\)的轨迹是圆；关于旋转或翻转的动点问题可考虑轨迹是圆)
\(\therefore\)点\(F\)在以点\(A\)为圆心，\(4\)为半径的圆上，
则点\(F\)到\(CD\)的距离最小值等于圆心\(A\)到\(CD\)的距离减去圆的半径\(4\)，
如图，过点\(A\)作\(AH⊥CD\)于\(H\)，

\(\because\)在\(Rt∆ADH\)中，\(∠ADC=∠ABC=60^{\circ}\)，\(AD=4\sqrt{3}\)，
\(\therefore AH=6\)，
\(\therefore\)当点\(F\)在\(AH\)上时，\(FH\)有最小值\(=AH-AF=2\)，
\(\therefore △CDF\)面积的最小值\(=\dfrac{1}{2}×4×2=4\)，
故答案为：\(4\)．

模型二 四点共圆

模型解释

左图中，若\(∠A+∠C=180^{\circ}\)，则\(A\)，\(B\)，\(C\)，\(D\)四点共圆；
右图中，若\(∠A=∠D\)，则\(A\)，\(B\)，\(C\)，\(D\)四点共圆.
(这可尝试用反证法证明得到)

例题详讲

例1 如图，已知矩形\(ABCD\)中，\(AB=12\)，\(BC=5\)，点\(P\)是边\(CD\)上的一动点(不与\(C\)，\(D\)重合)，过\(P\)作\(PG⊥AB\)于点\(G\)，过\(G\)作\(GM⊥AP\)于点\(M\)，作\(GN⊥BP\)于点\(N\)，连接\(MN\)，则当\(MN\)取到最大值时，\(DP\)的长为\(\underline{\quad \quad}\) .

解析 \(\because GM⊥AP\)，\(GN⊥BP\)，
(四边形\(PMGN\)的一对内角互补，\(∠PNG+∠PMG=180^{\circ}\))
\(\therefore P\)，\(M\)，\(G\)，\(N\)四点共圆，且\(PG=5\)是直径，

\(\therefore\) 弦\(MN\)的最大值为\(5\)，
此时\(∠APB=90^{\circ}\)，易得\(∠APD=∠GPB\)，

又\(\because ∠D=∠PGB=90^{\circ}\)，
\(\therefore ∆ADP∼∆BGP\)，
\(\therefore \dfrac{D P}{P G}=\dfrac{A D}{B G}\)，
\(\therefore \dfrac{D P}{5}=\dfrac{5}{12-D P}\)，解得\(D P=6-\sqrt{11}\)或\(6-\sqrt{11}\).
 
例2 已知：在\(△ABC\)中，\(AB=AC=6\)，\(∠B=30^{\circ}\)，\(E\)为\(BC\)上一点，\(BE=2EC\)，\(DE=DC\)，\(∠ADC=60^{\circ}\)，则\(AD\)的长\(\underline{\quad \quad}\)．

解析 连接\(AE\)，过点\(A\)作\(AH⊥BC\)于\(H\)点，

在\(Rt△ABH\)中，\(\because ∠B=30^{\circ}\)，\(\therefore AH=\dfrac{1}{2} AB=3\)，\(BH=3\sqrt{3}\)，
根据等腰三角形性质可知\(CH=BH=3\sqrt{3}\)，\(BC=6\sqrt{3}\)，
\(\therefore C E=\dfrac{1}{3} B C=2 \sqrt{3}\)，
\(\therefore HE=CH-CE=\sqrt{3}\)，
在\(Rt△AHE\)中\(AE=2\sqrt{3}\)，
\(\therefore AE=CE\)，\(∠CAE=∠ACB=30^{\circ}\)，
\(\therefore ∠AEC=120^{\circ}\)，\(∠ADC=60^{\circ}\)， (四边形\(AECD\)对角互补)
\(\therefore\)点\(A\)、\(D\)、\(C\)、\(E\)四点共圆，

\(\therefore ∠ADE=∠ACE=30^{\circ}\)，
\(\therefore ∠CDE=∠ADC-∠ADE=30^{\circ}\)．
\(\because DE=DC\)，\(\therefore ∠DEC=75^{\circ}\)．
\(\therefore ∠AED=120^{\circ}-75^{\circ}=45^{\circ}\)．
过点\(A\)作\(AM⊥DE\)于\(M\)点，则\(A M=\dfrac{\sqrt{2}}{2} A E=\sqrt{6}\)．
在\(Rt△AMD\)中\(AD=2AM=2\sqrt{6}\)．
故答案为\(2\sqrt{6}\)．
 
例3 如图，已知\(△ABC\)中，\(∠ACB=90^{\circ}\)，\(AC=4\)，\(BC=3\)，\(∠CPB=∠A\)，过点\(C\)作\(CP\)的垂线，与\(BP\)的延长线交于点\(Q\)，则\(CQ\)的最大值为\(\underline{\quad \quad}\)．

解析 \(\because CQ⊥CP\)，\(\therefore ∠PCQ=∠ACB=90^{\circ}\)，
\(\because ∠CPB=∠A\)，
\(\therefore △CPQ∽△CAB\)，
\(\therefore \dfrac{P C}{A C}=\dfrac{Q C}{B C}\)，
\(\therefore \dfrac{P C}{4}=\dfrac{Q C}{3}\)，\(\therefore Q C=\dfrac{3}{4} P C\)，
\(\therefore\)当\(PC\)有最大值时，\(CQ\)有最大值，
\(\because ∠CPB=∠A\)，\(\therefore\)点\(A\)、\(C\)、\(B\)、\(P\)四点共圆，
若\(PC\)有最大值，则\(PC\)应为直径，
\(\because ∠ACB=90^{\circ}\)，\(\therefore AB\)是圆的直径，
\(\therefore P C=A B=\sqrt{A C^2+B C^2}=5\)，
\(\therefore QC\)的最大值为\(\dfrac{3}{4} \times 5=\dfrac{15}{4}\)．

模型三 定角定线

定角定线包括了“直角所对的是直径”、“定弦定角”、“定角定中线”、“定角定平分线”、“定角定高”、“定角定周长”.

情况1 直角所对的弦是直径

模型解释

点\(A\)，\(B\)是定点，动点\(C\)满足\(∠ACB=90^{\circ}\)，则动点\(C\)的轨迹是以\(AB\)为直径的圆.

例题详讲

如图，正方形\(ABCD\)中，\(AB=2\)，动点\(E\)从点\(A\)出发向点\(D\)运动，同时动点\(F\)从点\(D\)出发向点\(C\)运动，点\(E\)、\(F\)运动的速度相同，当它们到达各自终点时停止运动，运动过程中线段\(AF\)、\(BE\)相交于点\(P\)，则线段\(DP\)的最小值为\(\underline{\quad \quad}\)．

解析 点\(D\)是定点，点\(P\)是动点，求线段\(DP\)的最小值则需要了解点\(P\)的轨迹.
\(\because\)动点\(F\)，\(E\)的速度相同，\(\therefore DF=AE\)，
又\(\because\)正方形\(ABCD\)中，\(AB=2\)，\(\therefore AD=AB\)，
在\(△ABE\)和\(△DAF\)中\(\left\{\begin{array}{l} A B=A D \\ \angle B A E=\angle A D F \\ A E=D F \end{array}\right.\)，
\(\therefore △ABE≌△DAF\)，\(\therefore ∠ABE=∠DAF\)．
\(\because ∠ABE+∠BEA=90^{\circ}\)，\(\therefore ∠FAD+∠BEA=90^{\circ}\)，
\(\therefore ∠APB=90^{\circ}\)，
\(\therefore\)点\(P\)的路径是一段以\(AB\)为直径的弧，

(线段\(DP\)的最小值转化为圆外一点到圆上点的距离最值问题)
设\(AB\)的中点为\(G\)，连接\(DG\)交弧于点\(P\)，此时\(DP\)的长度最小，
\(AG=BG=\dfrac{1}{2} AB=1\)．
在\(Rt△BCG\)中\(D G=\sqrt{\mathrm{AG}^2+\mathrm{AD}^2}=\sqrt{1^2+2^2}=\sqrt{5}\)，
\(\because PG=AG=1\)，
\(\therefore DP=DG-PG=\sqrt{5}-1\)，即线段\(DP\)的最小值为\(\sqrt{5}-1\)，
故答案为： \(\sqrt{5}-1\)．

情况2 定弦定角

模型解释

定弦定角指的是一个三角形中有一组对角对边是定值；
比如上面两图中在\(△ABC\)中，\(∠A=α\)，\(BC=m\)(\(α\)，\(m\)是定值)，
若\(B\)，\(C\)是定点，\(A\)是动点，则动点\(A\)的轨迹是个圆\(\odot O\)，圆心\(O\)在线段\(BC\)中垂线上且满足\(∠BOC=2α\)（\(α\)是锐角时）或\(∠BOC=180^{\circ}-2α\)（\(α\)是钝角时）.
结论 圆\(O\)是\(∆ABC\)的外接圆，且半径为\(r\)，则\(BC=2r \cdot \sin ⁡A\).

证明 当\(∠A\)是锐角时，作直径\(BD\)，连接\(CD\)，则\(∠BCD=90^{\circ}\)，
在\(Rt∆BCD\)中，\(\sin D=\dfrac{B C}{B D}=\dfrac{B C}{2 r}\)，
又\(∠A=∠D\)，所以\(\sin A=\dfrac{B C}{2 r}\)，即\(BC=2r \cdot \sin ⁡A\).
当\(∠A\)是直角或钝角也易证.
（这结论在定弦定角问题较易可得隐圆的半径）

例题详讲

例1 如图，已知四边形\(ABCD\)中，\(AD=2\)，\(∠D=60^{\circ}\)，\(∠B=45^{\circ}\)，对角线\(AC⊥AD\)，则\(BD\)的最大值为\(\underline{\quad \quad}\)．

解析 在\(RtACD\)中，\(AC=AD \cdot \tan∠D=2\sqrt{3}\)，
\(\because ∠ABC=45^{\circ}\)，\(AC=2\sqrt{3}\)， (\(∆ABE\)属于“定弦定角”三角形)
\(\therefore\)点\(B\)在\(∆ABE\)的外接圆\(\odot E\)上，

(\(BD\)的最大值等于点\(D\)到圆心的距离加上半径，故要确定圆的半径和圆心的位置)
\(\therefore BD\)的最大值为\(ED+AE\)，
过点\(E\)作\(FE⊥AC\)，\(EH\)垂直\(DA\)的延长线于点\(H\)，

\(\because ∆ABF\)是等腰三角形，且\(AC=2\sqrt{3}\)，
\(\therefore AE=\sqrt{6}\)，\(EF=AH=1\)，\(AF=EH=\sqrt{3}\)，\(AE=2\)，
\(\therefore E D=\sqrt{E H^2+H D^2}=\sqrt{3+9}=2 \sqrt{3}\)，
\(\therefore BD\)的最大值为\(2\sqrt{3}+2\).
 
例2 如图，在平面直角坐标系中，等边\(△OAB\)的边\(OB\)在\(x\)轴正半轴上，点\(A(3，m)\)，\(m＞0\)，点\(D\)、\(E\)分别从\(B\)、\(O\)以相同的速度向\(O\)、\(A\)运动，连接\(AD\)、\(BE\)，交点为\(F\)，\(M\)是\(y\)轴上一点，则\(FM\)的最小值是\(\underline{\quad \quad}\)．

解析 显然点\(F\)是动点，我们了解它的轨迹更好思考问题.
如图，\(\because △OAB\)是等边三角形，\(\therefore ∠AOB＝∠ABD＝60^{\circ}\)，\(OB＝AB\)，
\(\because\)点\(D\)、\(E\)分别从\(B\)、\(O\)以相同的速度向\(O\)、\(A\)运动，
\(\therefore BD＝OE\)，
在\(△OBE\)和\(△DAB\)中\(\left\{\begin{array}{l} O E=B D \\ \angle B O E=\angle A B D=60^{\circ} \\ O B=A B \end{array}\right.\)，
\(\therefore △OBE≌△DAB(SAS)\)，
\(\therefore ∠OBE＝∠BAD\)，
\(\therefore ∠ABE+∠BAD＝∠ABE+∠OBE＝∠ABO＝60^{\circ}\)，
\(\therefore ∠AFB＝180^{\circ}-(∠ABE+∠BAD)=120^{\circ}\)，
\(\because △AOB\)是等边三角形，\(A(3，m)\)，\(\therefore AB＝OB＝2×3\)，\(m＝3\sqrt{3}\)，
(\(△AFB\)属于“定弦定角”三角形)
\(\therefore\)动点\(F\)是经过点\(A\)，\(B\)，\(F\)的圆上的点，记圆心为\(O^{\prime}\)， 连接\(O^{\prime}A\)，\(O^{\prime}B\)，
(\(M\)是\(y\)轴上一动点，\(FM\)的最小值等于圆心\(O^{\prime}\)到\(y\)轴的距离减去半径，即\(F M_{\min }^{\prime}=O^{\prime} M^{\prime}-O F^{\prime}\)，故要确定圆心\(O^{\prime}\)的位置和圆半径)

设\(O^{\prime}(x，y)\)，
\(\because ∠AFB＝120^{\circ}\)，\(\therefore ∠AO^{\prime}B＝120^{\circ}\)，
又\(\because O^{\prime}A＝O^{\prime}B\)，\(\therefore ∠ABO^{\prime}=30^{\circ}\)，
\(\because ∠ABO＝60^{\circ}\)，\(\therefore ∠OBO^{\prime}＝90^{\circ}\)，
\(\therefore x=OB=6\)，
过点\(O^{\prime}\)作\(O^{\prime} G⊥AB\)，
\(\therefore\)圆的半径\(r=O^{\prime} B=\dfrac{G B}{\cos \angle A F O^{\prime}}=\dfrac{3}{\dfrac{\sqrt{3}}{2}}=2 \sqrt{3}\)，
(利用模型解释中的结论\(O^{\prime} B=\dfrac{A B}{2 \sin \angle A F B}=\dfrac{6}{2 \times \dfrac{\sqrt{3}}{2}}=2 \sqrt{3}\))
\(\therefore y=2\sqrt{3}\)，
\(\therefore O^{\prime}(6，2\sqrt{3})\)，
\(\therefore FM\)的最小值为\(6-2\sqrt{3}\)．

情况3 定角定中线

模型解释

定角定中线指的是：在\(∆ABC\)中，\(∠BAC=α\)的大小和中线\(AD\)的长度\(m\)是定值；
它可以利用倍长中线模型，将其转化为“定弦定角”模型.

转化思路大致如下：延长\(AD\)至\(E\)，使得\(ED=AD\)，连接\(BE\)，易得\(∆ACD≅∆BDE\)，
则\(∠ABE=2α\)，\(AE=2m\)是定值，那\(∆ABE\)是属于“定弦定角”的三角形.

例题详讲

例1 如图，在\(∆ABC\)中，\(∠BAC=45^{\circ}\)，\(D\)是\(BC\)边的中点，\(AD=2\)，求\(∆ABC\)面积的最大值.

解析 延长\(AD\)至\(E\)，使\(DE=AD\)，连接\(BE\)，

由倍中线模型易得\(∆ACD≅∆BED\)，
\(\therefore AE=2AD=4\)，\(∠E=∠DAC\)，
\(\therefore AC//BE\)，\(\therefore ∠ABE=180^{\circ}-∠BAC=135^{\circ}\)， (倍长中线模型的运用)
则\(△ABE\)是一个定弦定角三角形，
(把定角定中线的\(∆ABC\)问题转化为定弦定角\(△ABE\)问题)
\(S_{\triangle A C D}=S_{\triangle B E D}\)， \(\therefore S_{\triangle A B C}=S_{\triangle A B E}\)，
要\(△ABC\)的面积最大，只需\(△ABE\)的面积最大.
作\(△ABE\)的外接圆圆\(O\)，连接\(OA\)，\(OE\)，过\(B\)作\(BH⊥AE\)，连接\(OD\)并延长，交圆\(O\)于\(B^{\prime}\)，

\(\because ∠ABE=135^{\circ}\)，\(\therefore ∠AOE=90^{\circ}\)，
又\(\because AE=4\)，\(\therefore OA=OE=OB^{\prime}=2\sqrt{2}\)，\(OD=2\)，
要使\(△ABE\)的面积最大，只需高\(BH\)最大，
明显当\(B\)与\(B^{\prime}\)重合时，高\(BH\)最大，\(B^{\prime}D=OB^{\prime}-OD=2\sqrt{2}-2\)，
此时\(S_{\triangle A B C}=S_{\triangle A B E}=\dfrac{1}{2} \cdot A E \cdot B^{\prime} D=\dfrac{1}{2} \times 4 \times(2 \sqrt{2}-2)=4 \sqrt{2}-4\)，
即\(∆ABC\)面积的最大值为\(4\sqrt{2}-4\).
 
例2 如图，在\(∆ABC\)中，\(∠BAC=60^{\circ}\)，\(D\)是\(BC\)的中点，\(AD=\sqrt{3}\)，求\(AB+AC\)的最大值.

解析 延长\(AD\)至\(E\)，使\(DE=AD\)，连接\(BE\)，

由倍中线模型易得\(∆ACD≅∆BED\)，
\(\therefore AE=2AD=2\sqrt{3}\)，\(∠E=∠DAC\)，
\(\therefore AC//BE\)，\(\therefore ∠ABE=180^{\circ}-∠BAC=120^{\circ}\)，(倍长中线模型的运用)
延长\(AB\)到\(F\)使得\(BF=BE\)，连接\(EF\)，

\(\because ∠ABE=120^{\circ}\)，\(\therefore ∠FBE=60^{\circ}\)，\(\therefore ∆BEF\)是等边三角形，
\(\therefore AB+AC=AB+BE=AB+BF=AF\)，\(∠F=60^{\circ}\)，
\(\therefore △AEF\)是一个定弦定角三角形，\(AF\)的最大值就是 \(AB+AC\)的最大值，
(把定角定中线的\(∆ABC\)问题转化为定弦定角\(△AEF\)问题)
则\(△ABE\)的外接圆圆\(O\)是个定圆，且直径\(d=\dfrac{A E}{\sin \angle F}=\dfrac{2 \sqrt{3}}{\sin 60^{\circ}}=4\)，
\(AF\)为圆\(O\)的一条弦，其最大值为直径\(4\)，即\(AB+AC\)的最大值为\(4\).

情况4 定角定高

模型解释

定角定高指的是：在\(∆ABC\)中，\(∠BAC=α\)的大小和高\(AD\)的长度\(m\)是定值.

例题详讲

例1 已知\(∆ABC\)中，\(∠ABC=120^{\circ}\)，\(BD⊥AC\)于\(D\)，\(BD=5\)，求\(∆ABC\)的面积的最小值.

解析 定角定高三角形的外接圆不是个定圆，当已知角的对边与外接圆半径存在关系，求\(∆ABC\)的面积的最小值只需求\(AC\)的最小值.
作\(∆ABC\)的外接圆\(O\)，连接\(OA\)，\(OB\)，\(OC\)，过\(O\)作\(OH⊥AC\)于\(H\)，
\(\because ∠ABC=120^{\circ}\)，易得\(∠AOH=60^{\circ}\)，
设圆\(O\)的半径为\(r\)，则\(O H=\dfrac{r}{2}\)，\(AC=\sqrt{3} r\)，
\(\because OB≥OH+BD\)，
\(\therefore r≥\dfrac{r}{2}+5\)，解得\(r≥10\)，
\(\therefore AC=\sqrt{3} r≥10\sqrt{3}\)，\(AC\)的最小值为\(10\sqrt{3}\)，
\(\because △ABC\)的面积的最小值\(\dfrac{1}{2}×10\sqrt{3}×5=25\sqrt{3}.\)

 
例2 如图，在\(∆ABC\)中，\(∠BAC=60^{\circ}\)，\(BC\)上的高\(AD=6\)，则\(∆ABC\)的周长的最小值为\(\underline{\quad \quad}\) .

解析 延长\(BC\)至\(F\)，使得\(CF=AC\)， 延长\(CB\)至\(E\)，使得\(BE=AB\)，连接\(AE\)，\(AF\)，
则\(∠EAB=\dfrac{1}{2}∠ABC\)， \(∠FAC=\dfrac{1}{2}∠ACB\)， \(∆ABC\)的周长\(=EF\)，
\(\therefore ∠EAF=∠EAB+∠FAC+∠BAC=\dfrac{1}{2} (∠ABC+∠ACB)+∠BAC\)\(=\dfrac{1}{2} (180^{\circ}-∠BAC)+∠BAC=90^{\circ}+\dfrac{1}{2}∠BAC=120^{\circ}\)，
(\(∆EAF\)属于定角定高三角形)
作\(∆EAF\)的外接圆\(O\)，连接\(OE\)，\(OF\)，过\(O\)作\(OG⊥EF\)，作\(OH\)垂直\(AD\)延长线于\(H\)，
易得\(∠EOF=120^{\circ}\)，
设圆\(O\)半径为\(r\)，则\(OG=DH=\dfrac{r}{2}\)，\(EF=\sqrt{3} r\)，
\(\because OA≥AH=AD+OG\)，
\(\therefore r≥6+\dfrac{r}{2}\)，解得\(r≥12\)，
则\(EF=\sqrt{3} r≥12\sqrt{3}\)，\(\therefore EF\)的最小值是\(12\sqrt{3}\)，
\(\therefore ∆ABC\)的周长的最小值是\(12\sqrt{3}\).

情况5 定角定平分线

模型解释

定角定平分线指的是：在\(∆ABC\)中，\(∠BAC=α\)的大小和其角平分线\(AD\)的长度\(m\)是定值.

例题详讲

例1 如图，已知\(∆ABC\)中，\(∠BAC=60^{\circ}\)，\(AD\)平分\(∠BAC\)，交\(BC\)于\(D\)，且\(AD=6\)，则\(∆ABC\)的面积的最小值为\(\underline{\quad \quad}\).

解析 \(\because ∠BAC=60^{\circ}\)，\(AD\)平分\(∠BAC\)，\(\therefore ∠BAD=∠CAD=30^{\circ}\)，
过\(D\)作\(DH⊥AB\)于\(H\)，作\(DG⊥AC\)于\(G\)，则\(DH=DG=\dfrac{1}{2} AD=3\)，

\(\because ∠BAC=60^{\circ}\)，\(\therefore ∠HDG=120^{\circ}\)，\(\therefore ∠BDH+∠CDG=60^{\circ}\)，
在\(AH\)上截取\(HE=CG\)，则\(△DHE≅△DGC\)，
\(\therefore ∠BDE=∠BDH+∠CDG=60^{\circ}\)，
(\(△BDE\)属于“定角定高”三角形)

\(S_{\triangle A B C}=S_{\triangle B D H}+S_{\triangle C D G}+S_{\triangle A D H}+S_{\triangle A D G}=S_{\triangle B D E}+2 S_{\triangle A D G}\)
\(=S_{\triangle B D E}+2 \times \dfrac{1}{2} \times 3 \times 3 \sqrt{3}=S_{\triangle B D E}+9 \sqrt{3}\)，
\(\therefore\) 要使\(∆ABC\)面积最小，只需\(△BDE\)面积最小，
作\(△BDE\)外接圆圆\(O\)，过\(O\)作\(ON⊥BE\)于\(N\)，连接\(OD\)，\(OB\)，\(OE\)，

\(\because ∠BDE=60^{\circ}\)，\(\therefore ∠BOE=120^{\circ}\)，
设圆\(O\)的半径为\(r\)，则\(BE=\sqrt{3} r\)，\(ON=\dfrac{1}{2} r\)， (圆\(O\)不是个定圆)
\(\therefore OD+ON≥DH\)，
\(\therefore r+\dfrac{1}{2} r≥3\)，\(\therefore r\geq 2\)，
\(\therefore S_{\triangle B D E}=\dfrac{1}{2} \cdot B E \cdot D H=\dfrac{1}{2} \times \sqrt{3} r \times 3=\dfrac{3 \sqrt{3}}{2} r \geq 3 \sqrt{3}\)，
\(\therefore △BDE\)面积的最小值为\(3\sqrt{3}\)，
\(\therefore △ABC\)面积的最小值为\(=3\sqrt{3}+9\sqrt{3}=12\sqrt{3}\).
 
例2 如图，已知\(∆ABC\)中，\(∠BAC=120^{\circ}\)，\(AD\)平分\(∠BAC\)，交\(BC\)于\(D\)，且\(AD=2\)，则\(∆ABC\)的面积的最小值为\(\underline{\quad \quad}\).

解析 \(\because ∠BAC=120^{\circ}\)，\(AD\)平分\(∠BAC\)，\(\therefore ∠BAD=∠CAD=60^{\circ}\)，
过\(D\)作\(DH⊥AB\)于\(H\)，作\(DG⊥AC\)于\(G\)，则\(DH=DG=\dfrac{\sqrt{3}}{2} A D=\sqrt{3}\)，

\(\because ∠BAC=120^{\circ}\)，\(\therefore ∠HDG=60^{\circ}\)，\(\therefore ∠BDH+∠CDG=120^{\circ}\)，
延长\(HA\)至\(E\)使得\(HE=CG\)，则\(△DHE≅△DGC\)，\(\therefore ∠BDE=∠BDH+∠CDG=60^{\circ}\)，
(\(△BDE\)属于“定角定高”三角形)

\(S_{\triangle A B C}=S_{\triangle B D H}+S_{\triangle \mathrm{CDG}}+S_{\triangle A D H}+S_{\triangle A D G}=S_{\triangle B D E}+2 S_{\triangle A D G}\)
\(=S_{\triangle B D E}+2 \times \dfrac{1}{2} \times 1 \times \sqrt{3}=S_{\triangle B D E}+\sqrt{3}\)，
\(\therefore\) 要使\(∆ABC\)面积最小，只需\(△BDE\)面积最小，
作\(△BDE\)外接圆圆\(O\)，过\(O\)作\(ON⊥BE\)于\(N\)，连接\(OD\)，\(OB\)，\(OE\)，

\(\because ∠BDE=120^{\circ}\)，\(\therefore ∠BOE=120^{\circ}\)，
设圆\(O\)的半径为\(r\)，则\(BE=\sqrt{3} r\)，\(ON=\dfrac{1}{2} r\)，
\(\therefore OD\geq DH+ON\)，
\(\therefore r\geq \dfrac{1}{2} r+\sqrt{3}\)，\(\therefore r\geq 2\sqrt{3}\)，
\(\therefore S_{\triangle B D E}=\dfrac{1}{2} \cdot B E \cdot D H=\dfrac{1}{2} \times \sqrt{3} r \times \sqrt{3}=\dfrac{3}{2} r \geq 3 \sqrt{3}\)，
\(\therefore △BDE\)面积的最小值为\(3\sqrt{3}\)，
\(\therefore △ABC\)面积的最小值为\(=3\sqrt{3}+\sqrt{3}=4\sqrt{3}\).

情况6 定角定周长

模型解释

定角定周长指的是：在\(∆ABC\)中，\(∠BAC=α\)的大小和三角形的周长\(m\)是定值.

这模型可以转化为“定弦定角”、“定角定高”等模型.
1 转化为“定弦定角”
延长\(CB\)至\(D\)，使得\(DB=AB\)， 延长\(BC\)至\(E\)，使得\(CE=AC\)，
则\(DE\)的长等于\(∆ABC\)的周长，
设\(∠BAC=α\)，则\(∠ABC+∠ACB=180^{\circ}-α\)，则\(\angle D+\angle E=\dfrac{180^{\circ}-\alpha}{2}\)，
\(\therefore \angle D A E=90^{\circ}+\dfrac{\alpha}{2}\)是定值，转化为关于\(∆ADE\)的“定弦定角”模型.

2 转化为“定角定高”
作\(∆ABC\)旁切圆\(\odot O\)(即与\(BC\)，\(AB\)与\(AC\)延长均相切的圆，则\(AO\)、\(BO\)、\(CO\)分别是\(∠BAC\)、\(∠EBC\)、\(∠BCF\)的平分线)，
则由圆的切线长定理可知\(BD=BE\)，\(CD=CF\)，\(AE=AF\)，
\(\therefore 2AE\)的长等于\(∆ABC\)的周长，即\(AE\)为定值，
\(\because ∠BAC=α\)是定值，\(\therefore ∠EAO=\dfrac{1}{2}∠BAC=\dfrac{1}{2} α\)是定值，
\(\therefore\)在\(∆AOE\)中，\(∠EAO\)是定值，\(AE\)为定值， \(\therefore \odot O\)的半径\(OE\)是定值，\(\therefore OD\)是定值，
而\(∠BOC=∠BOD+∠COD=\dfrac{1}{2} (∠EOD+∠FOD)=\dfrac{1}{2}∠EOF=\dfrac{1}{2} (180^{\circ}-α)\)也是定值，
故\(∆ABC\)属于“定角定高”模型.

例题详讲

例1 已知\(△ABC\)的周长为\(12\sqrt{3}\)，\(∠BAC=60^{\circ}\)，求\(BC\)的最小值.
解析 作\(△ABC\)旁切圆\(O\)，连接\(OA\)，\(OB\)，\(OC\)，
过\(O\)作\(OE⊥AB\)， \(OF⊥AC\)，\(OD⊥BC\)，
由切线长定理可得\(AE=AF\)，\(BE=BD\)，\(CD=CF\)，
\(\because △ABC\)的周长为\(12\sqrt{3}\)，
\(\therefore AE+AF=12\sqrt{3}\)，\(\therefore AE=AF=6\sqrt{3}\)，

\(\because ∠BAC=60^{\circ}\)，\(\therefore ∠OAF=∠OAE=30^{\circ}\)，\(\therefore OD=OE=OF=6\)，
易求\(∠COB=60^{\circ}\)， (\(△COB\)属于“定角定高”的三角形)
作\(△COB\)外接圆圆\(Q\)，连接\(QO\)，\(QC\)，过\(O\)作\(OD⊥BC\)， 过\(Q\)作\(QH⊥BC\)，
设圆\(Q\)半径为\(r\)，易得\(∠BCQ=30^{\circ}\)，

则\(OQ+QH\geq OD\)，
\(\therefore r+\dfrac{1}{2} r\geq 6\)，解得\(r\geq 4\)，
\(\therefore BC=\sqrt{3} r\geq 4\sqrt{3}\)，
\(\therefore BC\)的最小值为\(4\sqrt{3}\).
 
例2 已知\(△ABC\)的周长为\(4\sqrt{3}\)，\(∠B=60^{\circ}\)，\(BD\)为\(AC\)边上的高，求\(BD\)的最大值.

解析 延长\(CA\)至\(E\)，使得\(AE=BA\)， 延长\(AC\)至\(F\)，使得\(CF=BC\)，

则\(EF=EA+AC+CF=AB+AC+BC=4\sqrt{3}\)，\(∠E=\dfrac{1}{2}∠BAC\)， \(∠F=\dfrac{1}{2}∠ACB\)，
\(\therefore ∠EBF=180^{\circ}-(∠E+∠F)=180^{\circ}-\dfrac{1}{2} (∠BAC+∠ACB)=180^{\circ}-60^{\circ}=120^{\circ}\)，
（\(∆EBF\)属于“定弦定角”三角形）
作\(∆EBF\)的外接圆\(O\)，连接\(OE\)，\(OF\)，过\(O\)作\(OD^{\prime}⊥EF\)，延长\(OD^{\prime}\)交圆\(O\)于\(B^{\prime}\)，

\(BD\)的最大值为\(B^{\prime} D^{\prime}=OB^{\prime}-OD^{\prime}\)，
易得\(∠OEF=30^{\circ}\)，\(ED^{\prime}=\dfrac{1}{2} EF=2\sqrt{3}\)，\(OD^{\prime}=2\)，
\(\therefore OE=4\)， \(\therefore OB^{\prime}=4\)，
\(\therefore B^{\prime} D^{\prime}=OB^{\prime}-OD^{\prime}=2\)，即\(BD\)的最大值为\(2\).
 
例3 已知\(△ABC\)的周长为\(4\sqrt{3}\)，\(∠A=60^{\circ}\)，求\(△ABC\)面积的最大值.

解析 作\(△ABC\)的旁切圆圆\(O\)，与\(BC\)的切点为\(E\)，与\(AB\)，\(AC\)延长线的切点分别为\(D\)，\(F\)，连接\(OA\)，\(OB\)，\(OC\)，

易得\(△OBD≅△OBE\)，\(△OEC≅△OFC\)，
则\(S_{\triangle O B D} \cong S_{\triangle O B E}\)， \(S_{\triangle O E C} \cong S_{\triangle O F C}\)，\(BE=BD\)，\(CE=CF\)，
\(\because △ABC\)的周长为\(4\sqrt{3}\)，\(\therefore AE+AF=4\sqrt{3}\)，
又\(\because AE=AF\)，\(\therefore AF=2\sqrt{3}\)，
在\(△AOF\)中，\(O F=\dfrac{A F}{\sqrt{3}}=2\)， \(\therefore OE=2\)，
易求\(∠BOC=60^{\circ}\)，\(\therefore △OBC\)是定角定高的三角形，
而\(S_{\triangle A B C}=S_{\text {四边形 } O F A D}-S_{\text {五边形 } O F C B D}=2 S_{\triangle O A F}-2 S_{\triangle O B C}=4 \sqrt{3}-2 S_{\triangle O B C}\)，
求\(△ABC\)面积的最大值，只需求\(△OBC\)面积的最小值，
作\(△OBC\)的外接圆圆\(G\)，过点\(G\)作\(GH⊥BC\)，

设圆的半径为\(r\)，
易得\(∠BOG=30^{\circ}\)，则\(MG=\dfrac{1}{2} r\)，\(BC=\sqrt{3} r\)，
由\(OG+GH\geq OE\)得\(\dfrac{1}{2} r+r\geq 2\)，解得\(r \geq \dfrac{4}{3}\)，
\(\therefore S_{\triangle O B C}=\dfrac{1}{2} O E \times B C=\sqrt{3} r \geq \dfrac{4 \sqrt{3}}{3}\)，
\(\therefore S_{\triangle A B C}=4 \sqrt{3}-2 S_{\triangle O B C} \leq 4 \sqrt{3}-\dfrac{8 \sqrt{3}}{3}=\dfrac{4 \sqrt{3}}{3}\)，
即\(△ABC\)面积的最大值为\(\dfrac{4 \sqrt{3}}{3}\).