基本图形分析法：弦切角问题怎样思考（七）

例42 如图4-124，已知：AB是⊙O的直径，弦AC、BD相交于E，PD、PC与⊙O相切于D、C。求证：PE⊥AB。

图4-124

分析：本题要证明PE⊥AB，这是一个两条垂线的判定问题，所以应根据垂线的定义，即它们应相交成90°角，将它们延长到相交，于是延长PE交AB于F（如图4-125），问题也就是要证∠EFA=90°

图4-125

由条件AB是⊙O的直径，所以可应用半圆上的圆周角的基本图形的性质进行证明。现在图形中是有直径，有半圆上的点D、C，而没有圆周角，所以应将圆周角添上，于是联结AD(或BC)，即可得∠ADB=90°（如图4-126），这样要证明∠EFA=90°，就成为应证A、F、E、D四点共圆，也就是四边形AFED应是圆内接四边形。又因为P、E、F成一直线，出现了∠PED是这个圆内接四边形的一个外角，所以问题又可转化为应证∠PED=∠DAB。

图4-126

又因为PD与⊙O相切于D，所以可应用弦切角的基本图形的性质进行证明，由于BD是过切点D的弦，∠PDB是弦切角，所以有∠PDE=∠DAB，于是问题就转化为要证∠PED=∠PDE，也就是应证它的等价性质PD=PE成立。又因为PD、PC分别与⊙O相切于D、C，所以可应用切线长定理得PD=PC。这样问题实质上就成为要证PD=PE=PC，而这个等式一出现，就是要证P是△CDE的外心。由于这个△CDE目前尚未出现，所以应将它先添出来，也就是联结CD。

现在要证P是△CDE的外心，则根据三角形外心的定义，它应在三角形三边的垂直平分线上，而其中的一条中垂线是容易证明的，这是因为这个三角形的一条边CD是联结两个切点的弦，所以由PD、PC分别与⊙O相切于D、C，应用切线长定理及其推论，即有联结OP后（如图4-127），得OP是CD的垂直平分线，于是就可得△CDE的外心必定在OP上。

图4-127

另一方面，因为PD与⊙O相切于D，所以又可以应用切线的性质，也就是联结OD后（如图4-127），可得∠ODP=90°，但在作出了OD以后，由于OD和OB是同圆的两条半径，所以有OD=OB，它们就可以组成一个等腰三角形，应用等腰三角形的基本图形的性质又可得∠ODB=∠B。而现在图形中还出现了圆上的四点，即A、B、C、D四点共圆，从而再应用圆周角的基本图形的性质，又可得∠B=∠ACD，所以∠ODB=∠ACD。而这两个角相等的关系一出现，也就出现了一个弦切角的基本图形，从而就可以应用弦切角性质定理的逆定理，得OD与△DEC的外接圆相切于D。而我们已经证明PD⊥OD，所以PD必定经过△CDE的外接圆的圆心，也就是△CDE的外心也必在PD上，于是可得△DEC的外心必定是OP和DP的交点，也就是P点，从而就可证明PD=PE=PC，分析完成。

例43 如图4-128，已知：PA与⊙O相切于A，割线PBC交⊙O于B、C、D是BC的中点，求证：P、O、D、A四点共圆。

图4-128

分析：本题条件中给出了PA与⊙O相切于A，所以可应用弦切角的基本图形的性质进行证明，也就是联结OA后（如图4-129），可得∠PAO=90°，又因为D是弦BC的中点，所以又可以应用弦的中点的性质，或者也就是直接应用垂径定理，得联结OD后（如图4-129），有∠PDO=90°。于是就得到∠PAO=∠PDO=90°，从而就可以证明P、O、D、A四点共圆。

图4-129