今天是弦切角文章的最後一章，所以相比之前的圓的經典例題會有些難度。在初中數學的學習中，與圓有關的例題、習題、考題多少都會運用到弦切角的性質。
那麼在基本圖形分析法中，通過"三步曲"式的方法解析與圓有關的弦切角的經典例題。從而明白
1） 拿到問題後是怎麼想的？ —— 明白求證需要的方法，進行正向或逆向思考
2） 是怎麼一步一步想出來的？ —— 明白思考過程中條件的推得和性質運用併產生聯繫
3） 為什麼要這樣想？ —— 明白什麼方法是正確的以及推導過程的梳理
例67如圖4-181，已知：⊙O、⊙O′外切於P，外公切線AB、CD分別與兩圓相切於A、B、C、D。求證：四邊形ACDB可以外切於一個圓。
圖4-181
分析：要證明四邊形ACDB可以外切於一個圓，首先應確定這個內切圓的圓心和半徑。
由於⊙O和⊙O′外切於P，AB、CD是兩圓的外公切線，所以這是一個軸對稱圖形，且連心線就是它的對稱軸。於是這個內切圓的圓心必在連心線OO′上，而四邊形ACDB也應是一個等腰梯形。從而就應先證明這個四邊形是等腰梯形。
由於AB、CD對每一個圓來講都是切線，所以可應用切線的性質，或者也就是可直接應用切線長定理及其推論來進行證明。於是延長AB、CD相交於S（如圖4-182）後，就有SB=SD，SA=SC，從而就可得AB=CD。再進一步，聯結SO和SO′（如圖4-182）後，又可得SO、SO′都是∠ASC也就是∠BSD的角平分線，所以SO、SO′必定重合在一直線上，又因為⊙O、⊙O′外切於P，所以O、P、O′、S成一直線如設OS與AC、BD分別相交於E、F，那麼
應用等腰三角形中重要線段這個基本圖形的性質就可得BD⊥SO，AC⊥SO，所以AC∥BD。這樣四邊形ACDB就是一個等腰梯形。 圖4-182
又因⊙O、⊙O′外切於P，是一個兩圓相切的問題，所以可通過添加過切點的公切線，把問題轉化成每個圓中的切線的問題來分析。
於是過P作⊙O、⊙O′的內公切線交AB於G（如圖4-182），則有GP⊥OO′。而由GA、GP分別與⊙O相切於A、P，GB、GP分別與⊙O相切於B、P，又可得GA=GP=GB，即G是AB的中點。而由GP⊥OO′，又可推得AE∥GP∥BF，從而應用梯形的中位線的性質可得EP=FP，即P是EF的中點。這就說明P應是這個等腰梯形ACDB的內切圓的圓心。
於是問題就成為要證明以P為圓心，以PE長為半徑所作的圓必定和這個等腰梯形的四邊相切。
由於PE=PF以及AC⊥EF、BD⊥EF，所以這個圓必定與AC、BD分別在E點和F點相切，那麼問題就成為應證這個圓必定與兩條腰相切，也就是要證P到AB、CD的距離也等於PE，從而過P作PH⊥AB交AB於H（如圖4-183），問題就成為要證PH=PE。由於∠PHA=∠PEA=90°，所以要證明相等的這兩條線段PH和PE就成為P到∠CAB的兩邊的距離，這樣點P就應在∠CAB的角平分線上，或者也就是PH、PE這兩條要證明相等的線段是關於∠CAB的角平分線成軸對稱的，從而就可以通過添加一對軸對稱型的全等三角形的方法進行證明。由於現在圖形中沒有對稱軸，所以應先將對稱軸添上，也就是聯結PA（如圖4-183），問題就成為應證△PAE≌△PAH。因PA=PA，∠PEA=∠PHA=90°，且因由∠GAP=∠GPA，∠GPA=∠EAP，可推得∠PAE=∠PAH，所以這兩個三角形全等，於是就可證明這個圓與AB相切於H，根據同樣的道理可以證明這個圓也一定和CD相切，從而完成分析。
圖4-183
例68如圖4-184，已知：⊙O、⊙O′外切於P，⊙O的弦AB的延長線與⊙O′相切於C，AP的延長線交⊙O′於D。求證：∠BPC=∠CPD
圖4-184
分析：由於⊙O、⊙O′外切於P，是一個兩圓相切的問題，所以可通過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進行討論，於是過P作⊙O、⊙O′的內公切線交BC於E（如圖4-185）。這樣由PE與⊙O相切於P，PB是過切點的弦，可得∠EPB=∠PAB。又因為EP、EC分別和⊙O′相切於P、C，所以∠EPC=∠ECP，而∠BPC=∠BPE+∠CPE，從而應證∠CPD也等於∠BPE+∠CPE。因條件中還給出A、P、D成一直線，∠CPD是△APC的一個外角，所以就有∠CPD=∠A+∠ECP，故由∠A=∠EPB和∠ECP=∠CPE就可以證明結論。
圖4-185
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