分析 （1）由AC是直径知AB⊥CD，又由于AD=AC，根据等腰三角形性质可得∠DAC=2∠BAC=2∠ABO；
（2）由AD=AC得∠1=∠C，进而知∠2=2∠C=∠1+∠C，又由∠2+∠ABO+∠3=∠1+∠C+∠DAC=180°得∠DAC=∠3+∠ABO=2∠ABO，即∠DAC=2∠ABO；
（3）延长CO交⊙O于点G连接BG、过点B作BN⊥FG、过点C作CM⊥AB，由tan∠BFN=tan∠AFC=$\frac{5\sqrt{3}}{3}$知$\frac{BN}{NF}=\frac{5\sqrt{3}}{3}$，可设BN=5$\sqrt{3}$a、NF=3a，根据勾股定理可得BF长，在Rt△BNG中知GN=5a，根据等边三角形性质知ON=5a，则半径OG=10a、GF=8a，进而知CF=12a，在Rt△CFM中可得FM=$\frac{6\sqrt{21}}{7}$a、CM=$\frac{30\sqrt{7}}{7}$，在Rt△ACM中可得AC=AD=$\frac{20\sqrt{21}}{7}a$、AM=$\frac{10\sqrt{21}}{7}$a，进而得到AF=$\frac{16\sqrt{21}}{7}$a，证∠AFC=∠AEF得AF=AE，根据AD-AE=DE列出关于a的方程，解方程可得a值，可得半径10a的值．
解答 解：（1）∵AC经过圆心O，
∴AC是直径．
∴∠ABC=90°，
∴AB⊥CD，
又∵AD=AC，
∴AB平分∠DAC，
∴∠DAC=2∠BAC，
∵OA=OB，
∴∠OAB=∠ABO，
∴∠DAC=2∠ABO；
（2）结论依然成立
理由如下：如图2，连接AO
∵AD=AC，
∴∠1=∠C，
∵∠2和∠C是弧AB所对的圆心角和圆周角
∴∠2=2∠C=∠1+∠C，
∵OA=OB，
∴∠ABO=∠3，
∵∠2+∠ABO+∠3=∠1+∠C+∠DAC=180°
∴∠DAC=∠3+∠ABO=2∠ABO
即∠DAC=2∠ABO；
（3）如图3，延长CO交⊙O于点G连接BG，过点B作BN⊥FG于点N，过点C作CM⊥AB于点M．
∵∠BOC=120°，
∴∠BOG=180°-120°=60°，
又∵OG=OB，
∴△OGB是等边三角形，
∴∠G=60°，GN=ON，
∵∠AFC=∠BFN，
∴在Rt△BNF中，tan∠BFN=tan∠AFC=$\frac{5\sqrt{3}}{3}$，
即$\frac{BN}{NF}=\frac{5\sqrt{3}}{3}$，
设BN=5$\sqrt{3}$a，则NF=3a，
∴BF=$\sqrt{B{N}^{2}+N{F}^{2}}$=2$\sqrt{21}$a，
在Rt△BNG中，GN=5a，那么ON=5a，
∴半径OG=OB=OC=5a+5a=10a，GF=GN+NF=8a，
∴CF=CG-GF=2×10a-8a=12a
在Rt△CFM中，∠CMF=90°，tan∠AFC=$\frac{5\sqrt{3}}{3}$，
∴FM=$\frac{6\sqrt{21}}{7}$a，CM=$\frac{30\sqrt{7}}{7}$a，
∵∠BAC=$\frac{1}{2}$∠BOC=$\frac{1}{2}$×120°=60°
在Rt△ACM中，可得AC=AD=$\frac{20\sqrt{21}}{7}a$，AM=$\frac{10\sqrt{21}}{7}$a，
∴AF=AM+FM=$\frac{6\sqrt{21}}{7}$a+$\frac{10\sqrt{21}}{7}$a=$\frac{16\sqrt{21}}{7}$a，
又∵∠AEF=∠ACE+∠DAC=∠ABG+∠DAC=∠ABG+2∠ABO=∠OBG+∠ABO=60°+∠ABO，
∵∠AFC=∠BOF+∠ABO=60°+∠ABO，
∴∠AFC=∠AEF
∴AF=AE，
∵AD-AE=DE，
∴$\frac{20\sqrt{21}}{7}$a-$\frac{16\sqrt{21}}{7}$a=2，解得：a=$\frac{\sqrt{21}}{6}$，
∴半径OC=10a=10×$\frac{\sqrt{21}}{6}$=$\frac{5\sqrt{21}}{3}$．
点评 本题主要考查三角函数、等边三角形判定与性质、三角形的内角、外角定理、圆周角定理等知识点，综合性强，根据三角函数构建直角三角形为切入点，表示出不同线段长度逐步转移到圆的半径上来是关键和难点．
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| 第1组 | 50≤x＜60 | 3 |
| 第2组 | 60≤x＜70 | 7 |
| 第3组 | 70≤x＜80 | 10 |
| 第4组 | 80≤x＜90 | m |
| 第5组 | 90≤x＜100 | 2 |
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如图，⊙O的弦AB与半径OC相交于点P，BC∥OA，∠C=50°，那么∠APC的度数为75°．