本次的三道例題皆是關於含有圓的弦切角的幾何經典例題。在初中的幾何證明裡，有圓的幾何題往往會很複雜，因為其在證明過程中多少會牽涉到其他幾何圖形，諸如三角形、四邊形等。
利用基本圖形分析法，首先就是要明白
最關鍵的第一步：拿到問題後是怎麼想的？
所以一起看一下在拿到關於含有圓的弦切角的幾何經典例題時應該如何分析吧
當幾何問題中出現圓的切線或圓的半徑的垂線時，就應想到要應用弦切角的基本圖形進行證明。
如出現了圓的切線，但未出現弦切角時，首先應添加過切點的弦或過切點的直徑(半徑)，然後在必要時還應添加這個弦切角所夾的弧所對的四周角，從而就可以應用弦切角的基本圖形的性質完成分析。
如出現的是四的半徑的垂線，則應添加過半徑外端的四的切線，然後再應用弦切角的基本圖形和平行線的基本圖形的性質完成分析。
當幾何問題中出現了相切圓的問題時，就應想到要將問題轉化到一個圓中的問題來進行分析和討論，轉化的方法是添加過切點的兩圓的公切線。接下來就可以分別在每一個圓中應用弦切角的基本圖形的性質來完成分析。
例64如圖4-175已知：⊙O、⊙O′外切於P，AD是⊙O、⊙O′的外公切線，切點是A、D，AB是直徑，BC與⊙O′相切於C。求證：BC=BA
圖4-175
分析：由於⊙O、⊙O′外切於P，所以可添加過切點的公切線，把問題轉化成為一個圓中的弦切角的基本圖形問題來分析。
於是過P作⊙O、⊙O的內公切線交AD於E（如圖4-176）。這樣，在⊙O中就出現EA、EP都與⊙O相切，切點分別是A、P，所以EP=EA，同時它們也是兩條具有公共端點的相等線段，就可組成一個等腰三角形，但這個等腰三角形只有兩條腰而沒有底邊，故聯結PA（如圖4-176），可得∠EAP和∠EPA這兩個弦切角相等。根據同樣的道理，在⊙O′中，聯結PD（如圖4-176）後，也可得EP=ED，∠EDP=∠EPD。由於這四個角之和等於180°，所以∠APD=∠APE+∠DPE=90°
由條件AB是⊙O的直徑，所以可應用半圓上的圓周角的基本圖形的性質進行證明，現在圖形中是有直徑，有半圓上的點P，而沒有圓周角，故聯結BP （如圖4-176），就可得∠APB=90°，於是∠APD+∠APB=180°，B、P、D成一直線，又因為DA與⊙O相切於A，而AB是⊙O的直徑，所以∠DAB=90°。這樣AP就成為直角△ABD的斜邊上的高，於是就可應用直角三角形斜邊上的高的基本圖形的性質進行證明。由於結論中出現的線段是BA，所以應用射影定理時，可選取BA²=BP·BD，從而問題轉化為要證明BC²也等於BP·BD。但現在BC與⊙O′相切於C，BPD是割線，所以應用切割線定理就可以證明上述性質。
圖4-176
例65如圖4-177，已知：⊙O、⊙O′外切於A，外公切線BC與⊙O、⊙O′相切於B、C。求證：以BC為直徑的圓與O0′相切
圖4-177
分析：由於⊙O與⊙O′外切於A，是一個兩圓相切的問題，所以可通過添加過切點的公切線，將問題轉化成每一個圓中的切線問題來解決。
於是過A作⊙O、⊙O′的內公切線交BC於D（如圖4-178），那麼由DB、DA分別與⊙O相切於B、A，應用切線長定理即可得DB=DA，根據同樣的道理還可得DA=DC。這樣D就成為BC的中點，所以以BC為直徑所作的圓必定過點A。這樣問題就只要證這個圓與OO′相切於A。但DA是這個圓的半徑，且OO′⊥DA，所以OO′必定與這個以BC為直徑的圓相切於點A。
圖4-178
例66如圖4-179，已知：⊙O、⊙O′外切於A，外公切線BC與⊙O、⊙O′相切於B、C。求證：以OO′為直徑的圓與BC相切。
圖4-179
分析：以OO′為直徑的圓也就是以OO′的中點為圓心、以1/2OO'的長為半徑所作的圓。於是取OO′的中點D ，然後應證以D為圓心、以DO長為半徑所作的圓必定和BC相切，也就是證D到BC的距離就等於DO。於是過D作DE⊥BC，垂足是E（如圖4-180），問題就應證DE=DO=DO′。
又因為BC是兩圓的外公切線，所以BC也可以看作是每一個圓的切線，於是又可應用弦切角的基本圖形的性質進行證明，從而聯結OB和O′C（如圖4-180），就可得∠OBC=∠O′CB=90°，OB∥DE∥O′C，於是E就是BC的中點，DE就是梯形OO′CB的一條中位線。而應用梯形中位線的性質可得DE=（OB+O′C）/2=（R+r）/2，而DO=DO=OO′/2=（R+r）/2，所以就有DO=DO′=DE，從而就可完成分析。
圖4-180
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