解：
（1）由题设条件可得A（4，0）．
设经过B、C两点的直线的解析式为y=kx＋b，将B（－1，0），C（0，3）代入，易求得直线的解析式为y=3x＋3．
（2）当点E在线段OC上移动时，直线BE与⊙O′有三种位置关系：
相离、相切、相交．
设当点E在OC上移动至某处时，恰使直线BE切⊙O′于点M，连结O′M．
∵BM切⊙O′于点M，
∴O′M⊥BM且O′M=2．
在Rt△BMO′中，∵BO′=3，O′M=2，
又∵OE⊥OB，O′M⊥BM，∠EBO=∠O′BM，
∴Rt△BEO∽Rt△BO′M
点评：
结论探索型问题是近几年中考的热点题型．解题时，一般充分利用已知条件或图形特征进行猜想和分析，发现规律、获取结论．
例5、如图，⊙O1与⊙O2相交于A、B两点，过点A作⊙O2的切线CF交⊙O1于点C，直线CB交⊙O2于点D，直线DA交⊙O1于E，连结CE．求证：
（1）△CAE是等腰三角形；
（2）DA·DE=CD2－CE2．
证明：
（1）连结AB．
∵CA切⊙O2于点A，
∴∠FAD=∠ABD．
又∵四边形ABCE为⊙O1的内接四边形，
∴∠ABD=∠E，∴∠FAD=∠E．
又∵∠FAD=∠EAC，
∴∠E=∠EAC，
∴CE=CA，即△ACE为等腰三角形．
（2）∵CA切⊙O2于点A，
∴∠CAB=∠D．
又∵∠ACB=∠DCA，
∴△CAB∽△CDA，
∴
，即CA2=CB·CD．①
又∠ABD=∠E（
（1）已证），∠ADB=∠CDE，
∴△ABD∽△CED，
∴
，即DA·DE=DB·DC，②
①＋②得：
CA2＋DA·DE=CB·CD＋BD·CD=CD2，
∴DA·DE=CD2－CA2=CD2－CE2．
点评：
一条公共弦的连结，使弦切角与圆周角、圆内接四边形的外角与内角之间得以沟通，可见“两圆相交、连公共弦”是多么重要．而更多的时候要用到“连心线垂直平分公共弦”这条重要性质的传递作用．
例6、⊙O1与⊙O2外切于点P，一条公切线为AB，A、B为切点．设两圆的半径为r1、r2．求证：
AB2=4r1r2．
证法一：
如图
（1），过两圆的切点P作内公切线PC交AB于点C，连结O1C、O2C及O1P、O2P．
∵AB、CP均为两圆的切线，
∴CA=CP=CB，O1C平分∠ACP，O2C平分∠BCP，
∴∠O1CO2=90°．
又P在两圆连心线O1O2上，
∴O1O2为Rt△O1CO2的斜边，且CP⊥O1O2．
由Rt△O1PC∽Rt△CPO2得CP2=O1P·O2P，
即
，
∴AB2=4r1r2．
证法二：
如图
（2），连结O1A、O2B及O1O2，过O1作O1D⊥O2B于D．
∵AB为两圆的公切线，
∴O1A⊥AB，O2B⊥AB，
∴四边形ABDO1为矩形，∴BD=AO1，O1D=AB．
设⊙O1，⊙O2的半径分别为r1、r2（r2>r1），则
O1O2=r1＋r2，O2D=r2－r1．
在Rt△O1DO2中，O1D2=O1O22－O2D2=（r1＋r2）2－（r2－r1）2=4r1r2，
即AB2=4r1r2．
点评：
证法
（一）作两圆的内公切线，充分发挥了切线长定理的两个作用（切线长相等、点C与圆心的连线平分两条切线的夹角）；证法
（二）是通过平移切线AB，化归为解直角三角形问题来解决，显得简洁、直观，这些都是常用的方法．
例7、已知⊙O1与⊙O2相交于A、B两点，且O2点在⊙O1上．
（1）如图
（1），AD是⊙O2的直径，连结DB，并延长交⊙O1于点C．求证：
O2C⊥AD；
（2）如图
（2），如果AD是⊙O2的一条弦，连结DB并延长交⊙O1于C，那么CO2所在直线是否与AD垂直？
证明你的结论．
证明：
（1）连结AB，则有∠AO2C=∠ABC=180°－∠ABD=90°，
∴CO2⊥AD．
（2）CO2所在直线与AD垂直，理由：
作直径AD1交⊙O2于D1，连结D1B并延长交⊙O1于C1，连结AB．
由第
（1）问可知∠AO2C1=90°，
∴∠AD1B＋∠BC1O2=90°．
在⊙O2中，∠AD1B=∠ADB，在⊙O1中，∠BC1O2=∠BCO2，
∴∠ADB＋∠BCO2=90°，∴∠DEC=90°，∴CE⊥AD．
点评：
解决此类问题，关键是要找出一般与特殊的关系．在图形变换中，要找出不变量．
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