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 $\dfrac{4 \sqrt{3}}{3}$.