已知，如图：O1为x轴上一点，以O1为圆心作⊙O1交x轴于C、D两点，交y轴于M、N两点，∠CMD的外角平分线交⊙O1于

解题思路：（1）连接ED、EC、EO₁、MO₁，如图1，可以证到∠ECD=∠SME=∠EMC=∠EDC，从而可以证到∠EO₁D=∠EO₁C=90°．由直线DM的解析式为y=3x+3可得OD=1，OM=3．设⊙O₁的半径为r，在Rt△MOO₁中利用勾股定理就可解决问题．
（2）过点O₁作O₁P⊥EG于P，过点O₁作O₁Q⊥BC于Q，连接EO₁、DB，如图2．由AB∥DC可证到BD=AC，易证四边形O₁PFQ是矩形，从而有O₁P=FQ，∠PO₁Q=90°，进而有∠EO₁P=∠CO₁Q，从而可以证到△EPO₁≌△CQO₁，则有PO₁=QO₁．根据三角形中位线定理可得FQ=[1/2]BD．从而可以得到BF+CF=2FQ=AC．
（3）连接EO₁，ED，EB，BG，如图3．易证EF∥BD，则有∠GEB=∠EBD，从而有

BG

=

ED

，也就有BG=DE．在Rt△EO₁D中运用勾股定理求出ED，就可解决问题．

（1）连接ED、EC、EO₁、MO₁，如图1，
∵ME平分∠SMC，
∴∠SME=∠EMC．
∵∠SME=∠ECD，∠EMC=∠EDC，
∴∠ECD=∠EDC．
∴∠EO₁D=∠EO₁C．
∵∠EO₁D+∠EO₁C=180°，
∴∠EO₁D=∠EO₁C=90°．
∵直线DM的解析式为y=3x+3，
∴点M的坐标为（0，3），点D的坐标为（-1，0）．
∴OD=1，OM=3．
设⊙O₁的半径为r，则MO₁=DO₁=r．
在Rt△MOO₁中，
（r-1）²+3²=r²．
解得：r=5．
∴OO₁=4，EO₁=5．
∴⊙O₁半径为5，点E的坐标为（4，5）．

（2）BF+CF=AC．
证明：过点O₁作O₁P⊥EG于P，过点O₁作O₁Q⊥BC于Q，连接EO₁、DB，如图2．
∵AB∥DC，∴∠DCA=∠BAC．
∴

AD=

BC．
∴

BD=

AC．
∴BD=AC．
∵O₁P⊥EG，O₁Q⊥BC，EF⊥BF，
∴∠O₁PF=∠PFQ=∠O₁QF=90°．
∴四边形O₁PFQ是矩形．
∴O₁P=FQ，∠PO₁Q=90°．
∴∠EO₁P=90°-∠PO₁C=∠CO₁Q．
在△EPO₁和△CQO₁中，


∠EO1P＝∠CO1Q
∠EPO1＝∠CQO1
O1E＝O1C．
∴△EPO₁≌△CQO₁．
∴PO₁=QO₁．
∴FQ=QO₁．
∵QO₁⊥BC，∴BQ=CQ．
∵CO₁=DO₁，∴O₁Q=[1/2]BD．
∴FQ=[1/2]BD．
∵BF+CF=FQ+BQ+CF=FQ+CQ+CF=2FQ，
∴BF+CF=BD=AC．

（3）连接EO₁，ED，EB，BG，如图3．
∵DC是⊙O₁的直径，∴∠DBC=90°．
∴∠DBC+∠EFB=180°．
∴EF∥BD．
∴∠GEB=∠EBD．
∴

BG=

ED．
∴BG=DE．
∵DO₁=EO₁=5，EO₁⊥DO₁，
∴DE=5

点评：
本题考点： 圆的综合题；全等三角形的判定与性质；勾股定理；三角形中位线定理；矩形的判定与性质；垂径定理；圆心角、弧、弦的关系；圆周角定理；圆内接四边形的性质．

考点点评： 本题考查了圆周角定理、圆内接四边形的性质、弧与弦的关系、垂径定理、全等三角形的判定与性质、矩形的判定与性质、三角形中位线定理、平行线的判定与性质、勾股定理等知识，综合性比较强，有一定的难度．而由AB∥DC证到AC=BD是解决第（2）小题的关键，由EG∥DB证到BG=DE是解决第（3）小题的关键．