今天是弦切角文章的最后一章，所以相比之前的圆的经典例题会有些难度。在初中数学的学习中，与圆有关的例题、习题、考题多少都会运用到弦切角的性质。
那么在基本图形分析法中，通过"三步曲"式的方法解析与圆有关的弦切角的经典例题。从而明白
1） 拿到问题后是怎么想的？ —— 明白求证需要的方法，进行正向或逆向思考
2） 是怎么一步一步想出来的？ —— 明白思考过程中条件的推得和性质运用并产生联系
3） 为什么要这样想？ —— 明白什么方法是正确的以及推导过程的梳理
例67如图4-181，已知：⊙O、⊙O′外切于P，外公切线AB、CD分别与两圆相切于A、B、C、D。求证：四边形ACDB可以外切于一个圆。
图4-181
分析：要证明四边形ACDB可以外切于一个圆，首先应确定这个内切圆的圆心和半径。
由于⊙O和⊙O′外切于P，AB、CD是两圆的外公切线，所以这是一个轴对称图形，且连心线就是它的对称轴。于是这个内切圆的圆心必在连心线OO′上，而四边形ACDB也应是一个等腰梯形。从而就应先证明这个四边形是等腰梯形。
由于AB、CD对每一个圆来讲都是切线，所以可应用切线的性质，或者也就是可直接应用切线长定理及其推论来进行证明。于是延长AB、CD相交于S（如图4-182）后，就有SB=SD，SA=SC，从而就可得AB=CD。再进一步，联结SO和SO′（如图4-182）后，又可得SO、SO′都是∠ASC也就是∠BSD的角平分线，所以SO、SO′必定重合在一直线上，又因为⊙O、⊙O′外切于P，所以O、P、O′、S成一直线如设OS与AC、BD分别相交于E、F，那么
应用等腰三角形中重要线段这个基本图形的性质就可得BD⊥SO，AC⊥SO，所以AC∥BD。这样四边形ACDB就是一个等腰梯形。 图4-182
又因⊙O、⊙O′外切于P，是一个两圆相切的问题，所以可通过添加过切点的公切线，把问题转化成每个圆中的切线的问题来分析。
于是过P作⊙O、⊙O′的内公切线交AB于G（如图4-182），则有GP⊥OO′。而由GA、GP分别与⊙O相切于A、P，GB、GP分别与⊙O相切于B、P，又可得GA=GP=GB，即G是AB的中点。而由GP⊥OO′，又可推得AE∥GP∥BF，从而应用梯形的中位线的性质可得EP=FP，即P是EF的中点。这就说明P应是这个等腰梯形ACDB的内切圆的圆心。
于是问题就成为要证明以P为圆心，以PE长为半径所作的圆必定和这个等腰梯形的四边相切。
由于PE=PF以及AC⊥EF、BD⊥EF，所以这个圆必定与AC、BD分别在E点和F点相切，那么问题就成为应证这个圆必定与两条腰相切，也就是要证P到AB、CD的距离也等于PE，从而过P作PH⊥AB交AB于H（如图4-183），问题就成为要证PH=PE。由于∠PHA=∠PEA=90°，所以要证明相等的这两条线段PH和PE就成为P到∠CAB的两边的距离，这样点P就应在∠CAB的角平分线上，或者也就是PH、PE这两条要证明相等的线段是关于∠CAB的角平分线成轴对称的，从而就可以通过添加一对轴对称型的全等三角形的方法进行证明。由于现在图形中没有对称轴，所以应先将对称轴添上，也就是联结PA（如图4-183），问题就成为应证△PAE≌△PAH。因PA=PA，∠PEA=∠PHA=90°，且因由∠GAP=∠GPA，∠GPA=∠EAP，可推得∠PAE=∠PAH，所以这两个三角形全等，于是就可证明这个圆与AB相切于H，根据同样的道理可以证明这个圆也一定和CD相切，从而完成分析。
图4-183
例68如图4-184，已知：⊙O、⊙O′外切于P，⊙O的弦AB的延长线与⊙O′相切于C，AP的延长线交⊙O′于D。求证：∠BPC=∠CPD
图4-184
分析：由于⊙O、⊙O′外切于P，是一个两圆相切的问题，所以可通过添加过切点的公切线，把问题转化成为一个圆中的弦切角的基本图形问题来进行讨论，于是过P作⊙O、⊙O′的内公切线交BC于E（如图4-185）。这样由PE与⊙O相切于P，PB是过切点的弦，可得∠EPB=∠PAB。又因为EP、EC分别和⊙O′相切于P、C，所以∠EPC=∠ECP，而∠BPC=∠BPE+∠CPE，从而应证∠CPD也等于∠BPE+∠CPE。因条件中还给出A、P、D成一直线，∠CPD是△APC的一个外角，所以就有∠CPD=∠A+∠ECP，故由∠A=∠EPB和∠ECP=∠CPE就可以证明结论。
图4-185
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