【分析】
（1）要证∠BAC=2∠E，首先利用直径所对圆周角为直角得∠ACB=90°，结合OD⊥BC可推出AC//OE，由平行线性质得∠CAE=∠E；再结合OA=OE，根据等腰三角形等边对等角得∠E=∠OAE，即可通过角的和差得到∠BAC=2∠E。
（2）求AE的长，先由OF⊥AB且O为AB中点，可知OF是AB的垂直平分线，得FA=FB，推出∠FAB=∠FBA；结合（1）的结论和直角三角形两锐角互余，推导得到∠B=∠E=∠EAO=30°，再利用含30°角的直角三角形的性质，依次求出EF、AF的长度，求和即可得到AE的长度。
【解析】
（1）证明：如图(1)中，
∵ AB是$\odot O$的直径，
∴ $∠ ACB=90°$，
∵ $OE⊥ BC$，
∴ $∠ ODB=∠ ACB=90°$，
∴ $OE// AC$，
∴ $∠ CAF=∠ AEO$，
∵ $OA=OE$，
∴ $∠ AEO=∠ OAE$，
∴ $∠ BAC=∠ CAF+∠ OAE=2∠ E$。
（2）解：如图(2)中，
∵ $OF⊥ AB$，$OA=OB$，
∴ $FA=FB$，
∴ $∠ FAB=∠ FBA$，
∵ $∠ CAF=∠ EAB$，
∴ $∠ CAB=2∠ ABC$，
∵ $∠ ACB=90°$，
∴ $∠ CAB+∠ ABC=90°$，
∴ $∠ B=∠ EAO=∠ E=30°$，
∴ $∠ AOE=120°$，
∴ $∠ FOE=∠ AOE-∠ AOF=120°-90°=30°$，
∴ $∠ FOE=∠ E$，
∴ $FO=EF$，
∵ $FD⊥ OE$，
∴ 在$Rt△ FDE$中，$∠ E=30°$，
∴ $EF=2DF=2×1=2$，即$OF=2$，
在$Rt△ AOF$中，$∠ OAF=30°$，
∴ $AF=2OF=4$，
∴ $AE=AF+EF=4+2=6$。
【答案】
（1）证明见上述解析；（2）$\boldsymbol{AE=6}$
【知识点】
圆周角定理；等腰三角形的性质；含30°角的直角三角形的性质
【点评】
本题综合考查了圆的基本性质与三角形的相关性质，解题的关键是熟练运用直径所对圆周角为直角、平行线的判定与性质推导角度关系，第二问中通过角度转化得到30°特殊角是求解线段长度的突破口，能较好地考查几何逻辑推理能力。
【难度系数】
0.6

【分析】
(1)求⊙O的半径时，已知弦AC长度和对应圆周角∠ABC=120°，可结合圆周角定理、垂径定理构造直角三角形求解：先连接OA、OC，作AC的弦心距，利用圆内接四边形对角互补求出∠AMC的度数，再由圆周角定理得到弧AC对应的圆心角，通过垂径定理得到AC一半的长度，最后在直角三角形中计算半径。
(2)证明AB+BC=BM属于线段和差类问题，采用截长补短法：在BM上截取与BC等长的线段BE，结合角平分线得到的60°角先证△EBC为等边三角形，再通过角的等量代换证明△ACB与△MCE全等，将AB转化为ME，即可推导出线段和的关系。
【解析】
(1) 如图(1)，连接OA，OC，过点O作OH⊥AC于点H。

∵ ∠ABC=120°，四边形ABCM是圆内接四边形，
∴ ∠AMC=180°−∠ABC=60°，
由圆周角定理得：同弧所对的圆心角是圆周角的2倍，
∴ ∠AOC=2∠AMC=120°，
∵ OH⊥AC，由垂径定理可得AH=$\frac{1}{2}$AC=$\sqrt{3}$，且∠AOH=$\frac{1}{2}$∠AOC=60°，
在Rt△AOH中，$\sin60°=\frac{AH}{OA}$，代入$AH=\sqrt{3}$解得$OA=2$。
(2) 证明：如图(2)，在BM上截取BE=BC，连接CE，
∵ ∠ABC=120°，BM平分∠ABC，
∴ ∠ABM=∠CBM=60°，
∵ BE=BC，∠CBM=60°，
∴ △EBC是等边三角形，
∴ CE=CB=BE，∠BCE=60°，即∠BCD+∠DCE=60°，
∵ ∠CAM=∠CBM=60°，∠AMC=60°，
∴ △ACM是等边三角形，
∴ AC=CM，∠ACM=60°，即∠ECM+∠DCE=60°，
∴ ∠ECM=∠BCD，
在△ACB和△MCE中：
$\{\begin{array}{l}AC=CM\\ ∠ ACB=∠ MCE\\ CB=CE\end{array} $
∴ △ACB≌△MCE(SAS)，
∴ AB=ME，
∵ ME+EB=BM，EB=BC，
∴ AB+BC=BM。
【答案】
(1) $\odot O$的半径长为$\boxed{2}$；
(2) 证明如上，$AB+BC=BM$成立。
【知识点】
圆周角定理，垂径定理，全等三角形的判定与性质
【点评】
本题是圆与三角形结合的综合题，第一问侧重考查圆的基本性质的应用，通过构造辅助线将已知条件转化到直角三角形中求解；第二问考查线段和差的常用证明方法“截长补短法”，需要结合等边三角形的性质和全等三角形的判定完成推导，是几何部分的经典考法。
【难度系数】
0.6

【分析】
证明部分思路
题目已给出截长辅助线$CG=AB$，且由$M$是$\overset{\frown}{ABC}$中点得到$MA=MC$，接下来可利用同弧所对圆周角相等得到$∠ A=∠ C$，证明$△ MBA$和$△ MGC$全等，得到$MB=MG$；再结合$MD⊥ BC$，根据等腰三角形三线合一性质得$BD=GD$，最后通过线段和差关系即可证得$CD=AB+BD$。
实践应用思路
(1) 对照阿基米德折弦定理：$D$是$\overset{\frown}{ACB}$的中点，$DE⊥ BC$，折弦为$ACB$，较长弦是$BC$，可直接得出对应线段等量关系。
(2) 先由$AB=AC$得$A$是$\overset{\frown}{BAC}$的中点，符合折弦定理的适用条件，可得$CE=BD+DE$；再代入$△ BDC$的周长表达式求出$CE$的长，最后在$Rt△ ACE$中利用$45°$角的等腰直角三角形三边关系计算$AC$的长。
【解析】
证明剩余部分：
在$△ MBA$和$△ MGC$中，
$\begin{cases} BA=GC, \\ ∠ A=∠ C（同弧所对圆周角相等）, \\ MA=MC, \end{cases}$
$\therefore △ MBA≌△ MGC(\mathrm{SAS})$，
$\therefore MB=MG$。
又$\because MD⊥ BC$，即$MD$是等腰$△ MBG$底边上的高，
$\therefore BD=GD$，
$\therefore DC=GC+GD=AB+BD$，得证。
实践应用
(1) 根据阿基米德折弦定理，$D$是$\overset{\frown}{ACB}$的中点，$DE⊥ BC$，$BC＞AC$，因此可得$BE=CE+AC$。
(2) $\because AB=AC$，$\therefore A$是$\overset{\frown}{BAC}$的中点，
$\because AE⊥ CD$，根据阿基米德折弦定理得$CE=BD+DE$。
已知$△ BCD$的周长为$4\sqrt{2}+2$，即$BD+CD+BC=4\sqrt{2}+2$，
将$CD=DE+CE$代入得：$BD+DE+CE+BC=(BD+DE)+CE+BC=2CE+BC=4\sqrt{2}+2$，
$\because BC=2$，$\therefore CE=2\sqrt{2}$。
在$Rt△ ACE$中，$∠ ACD=45°$，$△ ACE$为等腰直角三角形，
$\therefore AC=\sqrt{CE^2+AE^2}=\sqrt{(2\sqrt{2})^2+(2\sqrt{2})^2}=4$。
【答案】
21. 证明:如图,在 CB 上截取
CG=AB,连接 MA,MB,MC 和 MG.
∵ M 是$\overset{\frown}{ABC}$
的中点,
∴ MA=MC. 在△MBA 和△MGC 中,
$\begin{cases} BA=GC, \\ ∠A=∠C, \\ MA=MC, \end{cases}$
∴ △MBA≌
△MGC(SAS),
∴ MB=MG. 又
∵ MD⊥BC,
∴ BD
=GD,
∴ DC=GC+GD=AB+BD.

【实践应用】
(1) 依据阿基米德折弦定理可得 BE=CE+AC；
(2)
∵ AB=AC,
∴ A 是$\overset{\frown}{BAC}$的中点.
∵ AE⊥CD,
根据阿基米德折弦定理得,CE=BD+DE.
∵ △BCD
的周长为$4\sqrt{2}+2$,
∴ BD+CD+BC=$4\sqrt{2}+2$,
∴ BD+
DE+CE+BC=2CE+BC=$4\sqrt{2}+2$.
∵ BC=2,
∴ CE
=$2\sqrt{2}$. 在 Rt△ACE 中,∠ACD=45°,
∴ AE=CE=
$2\sqrt{2}$,
∴ AC=4.
【知识点】
1. 圆的弧、弦、圆周角关系
2. 全等三角形判定与性质
3. 等腰直角三角形性质
【点评】
本题以经典的阿基米德折弦定理为载体，既考查了几何证明中截长法的规范运用，又考查了新知迁移应用的能力，要求学生熟练掌握圆的基本性质、全等三角形证明逻辑及特殊三角形的边长计算，注重对知识灵活运用能力的考查。
【难度系数】
0.6