例27 如图4-70，已知：C、D是以AB为直径的半圆上的两点，CE⊥AB，DF⊥AB，垂足分别为E、F，DG⊥OC垂足是G。求证：CE=CF
图4-70
分析：本题条件中出现了DF⊥AB，DG⊥OC，也就是∠DFO=∠DGO=90°，于是就可以应用圆周角的基本图形或者圆内接四边形的性质进行证明，也即可得G、O、F、D四点共圆，又因为F O、E成一直线，所以∠COE=∠GDF。另一方面，由于∠DFO和∠DGO都是圆周角，且它们都等于90°，所以又可应用半圆上的周角的基本图形的性质进行证明，于是联结OD（如图4-71），就可得OD是四边形GOFD的外接圆的直径。再由条件∠CEO=90°，所以E也在以OC为直径的圆上，这个圆也就是△CEO的外接圆。而OC和OD是以AB为直径的半圆的两条半径，当然相等，所以四边形GOFD和△CEO的外接圆就是两个等圆，而我们已经证明相等的这两个角，即∠COE和∠GDF是这两个等圆的圆周角，从而就可推得它们所对的弧和所对的弦都相等，也就可以证明CE=GF。
图4-71
由于本题的条件中出现了AB是半圆的直径和DF⊥AB，所以也可应用垂径定理的性质来进行分析。但现在DF仅是半弦，所以应将另一半先作出，也就是延长DF交以AB为直径的⊙O于H，那么F就是DH的中点。又因为OC是⊙O的半径且OC⊥DG，所以也可以应用垂径定理， 也就同样是延长DG交⊙O于K，得G是DK的中点，这样就出现了两个中点，成为多个中点问题，从而可应用三角形的中位线的基本图形的性质进行证明。由于F、G所在的线段有公共端点D，可以组成三角形，所以FG这两个中点的连线就是三角形的中位线，而现在图形中是有中位线，但三角形不完整，从而就应将三角形的边添上，也就是联结KH（如图4-72），就可得KH=2GF。再由条件AB是⊙O的直径，CE⊥AB，就又可以应用垂径定理，于是延长CE交⊙O于M，又可得E是CM的中点，CM=2CE。这样要证明CE=GF，就可以转化为证CM=KH，或者也就是要证弧CM=弧KH。由CM⊥AB，DH⊥AB，可得CM∥DH，所以弧CD=弧MH。而由OC⊥DK又可得弧CD=弧CK，于是弧CK=弧MH，所以弧CM=弧KH就可以证明。
图4-72
例28 如图4-73，已知：⊙O、⊙O′相交于A、B，过B的直线交⊙O、⊙O′于C、D。两圆的弦CE、DF的延长线相交于G。求证：A、F 、G、E四点共圆
图4-73
分析：本题要证明的结论A、F、G、E四点共圆，是一个四点共圆的判定问题，所以可应用圆周角的基本图形或圆内接四边形的性质来进行分析。由于图形中这个圆内接四边形尚未出现，所以联结AE、AF，由于G、F、D成一直线（如图4-74），那么问题就成为要证∠DFA=∠GEA。又因为在⊙O中，也出现了A、E、C、B四点共圆，所以用同样的方法，联结AB（如图7-75）后，可得∠GEA=∠CBA，这样问题又成要证∠DFA=∠CBA。由于在⊙O中，也出现了A、B、D、F四点共圆，且D、B、C成一直线，所以这个性质是可以证明的。
图4-74
图4-75
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