浙江省宁波市鄞州第二实验中学2023-2024学年九年级下学期开学考数学试题（解析版）

这是一份浙江省宁波市鄞州第二实验中学2023-2024学年九年级下学期开学考数学试题（解析版），共29页。试卷主要包含了5C， 如图，抛物线等内容，欢迎下载使用。

1. 如图所示是由6个大小相同的立方体组成的几何体，将小立方体A向前平移后，三视图中有变化的是（ ）
A 主视图B. 左视图
C. 俯视图D. 主视图和左视图
【答案】B
【解析】
【分析】先画出该几何体的三视图，即可得到相同的三视图．
【详解】解：主视图不变，俯视图不变，
左视图变化：
故选：B．
【点睛】考查几何体的三视图的知识，从正面看的图形是主视图，从左面看到的图形是左视图，从上面看到的图形是俯视图．掌握以上知识是解题的关键．
2. 如图，与是位似图形，点O为位似中心，位似比为，若，则的长为（ ）
A. 4B. 4.5C. 5D. 6
【答案】B
【解析】
【分析】利用相似三角形的性质求解即可．
【详解】】解：由题意，
∴，
∵，
∴．
故选：B．
【点睛】本题考查位似变换，相似三角形的性质，解题关键是掌握位似变换的性质，属于中考常考题型．
3. 一组数据为2、3、5、7、3、4，对于这组数据，下列说法错误的是（ ）
A. 平均数是4B. 极差是5C. 众数是3D. 中位数是6
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了平均数、中位数、极差和众数．解题的关键在于正确运算．分别求解平均数、中位数、极差和众数，然后进行判断即可．
【详解】解：A、平均数，正确，不符合题意；
B、极差是，正确，不符合题意；
C、∵3出现了2次，最多，∴众数为3，正确，不符合题意；
D、∵排序后为：2，3，3，4，5，7，
∴中位数为：；错误，符合题意．
故选：D．
4. 将二次函数的图象向左平移1个单位，再向上平移2个单位后，所得图象的函数表达式是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据左加上加的平移原则计算即可．
本题考查了二次函数的平移计算，熟练掌握左加上加，左右平移，位于x上，上下平移，对于y实施是解题的关键．
【详解】解：根据题意，得．
故选B．
5. 如图，在中，半径互相垂直，点在劣弧上．若，则（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据互相垂直可得所对的圆心角为，根据圆周角定理可得，再根据三角形内角和定理即可求解．
【详解】解：如图，

半径互相垂直，
，
所对的圆心角为，
所对的圆周角，
又，
，
故选D．
【点睛】本题考查圆周角定理、三角形内角和定理，解题的关键是掌握：同圆或等圆中，同弧所对的圆周角等于圆心角的一半．
6. 如图为4×4正方形网格，A，B，C，D，O均在格点上，点O是( )
A. △ACD的外心B. △ABC的外心C. △ACD的内心D. △ABC的内心
【答案】B
【解析】
【详解】解：由图可得：OA=OB=OC=，
所以点O在△ABC的外心上，
故选B．
7. 如图，在中，，以点为圆心、长为半径作弧交于点，再分别以点，为圆心、大于的长为半径作弧，两弧交于点，作射线交于点．若，，连接，则的面积为（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意可知垂直平分，然后根据勾股定理可以得到的长，再根据等面积法可以求得的长，再根据勾股定理即可得到的长，从而可以得到的长，进而得到的长，然后即可求得的面积．
【详解】由题意可得，垂直平分交于点，
∴，
∵，，，
∴由勾股定理得：，
∵，
∴，
∵，，
∴由勾股定理得：，
∴，
∴
∴的面积为，
故选：．
【点睛】此题考查了勾股定理、等面积法，解题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
8. 如图，平行四边形ABCD的边BC上有一动点E，连接DE，以DE为边作矩形DEGF且边FG过点A．在点E从点B移动到点C的过程中，矩形DEGF的面积（ ）
A. 先变大后变小B. 先变小后变大C. 一直变大D. 保持不变
【答案】D
【解析】
【分析】连接AE，根据，推出，由此得到答案．
【详解】解：连接AE，
∵，
∴，
故选：D．
．
【点睛】此题考查了平行四边形性质，矩形的性质，正确连接辅助线AE是解题的关键．
9. 如图，抛物线：交轴于，两点；将绕点旋转得到抛物线，交轴于；将绕点旋转得到抛物线，交轴于，……，如此进行下去，若点在其中的一个抛物线上，则的值是（ ）
A. B. 2023C. D. 1
【答案】D
【解析】
【分析】先求得的坐标，再根据图象旋转变换的规律得到点所在抛物线开口方向即可求解．
【详解】解：抛物线，
抛物线开口向上，且经过，，顶点坐标为，
将绕点旋转得到抛物线，交轴于，
，
抛物线开口向下，且经过，，顶点坐标为，
将绕点旋转得到抛物线，交轴于，
……，
对于抛物线，当为奇数时，抛物线开口向上，顶点坐标为，当为偶数时，抛物线开口向下，顶点坐标为，
点在第1012段抛物线上，是偶数，
，
故选：D．
【点睛】本题考查了抛物线与轴的交点，二次函数的图象与几何变换，解题的关键是明确题意，找到坐标的变化规律，利用数形结合的思想解决问题．
10. 一个矩形按如图的方式分割成三个直角三角形，把较大的两个三角形纸片按图方式放置，若图中两个阴影部分面积满足，下列结论错误的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】如图，证明，再由等角的余角相等可得，所以，可以判断正确；如图，过点作于，证明，根据相似三角形面积比等于相似比的平方可得，设，，则，可判断正确；如图，先计算，由勾股定理得，由三角函数定义可判断正确；设，，则，可判断错误．
【详解】解：、如图，∵四边形是矩形，
∴，
∴，
如图，，
∴
∵，
∴，
∴，
∴，故选项正确，不符合题意；
、如图，过点作于，则，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
设，，则，
∴，
∴，故选项正确，不符合题意；
、∵，
∴
如图，中，，，
∵，
∴，
∴'故选项正确，不符合题意；
、设，则，，
∴，
∴，
∴故项错误，符合题意；
【点睛】本题考查了矩形的性质，平行线分线段成比例定理，直角三角形的性质，相似三角形的判定和性质，设未知数表示各线段的长是解题的关键．
二.填空题（共6小题）
11. 二次根式中字母a的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查了二次根式有意义的条件，掌握二次根式被开方数大于或等于0成为解题关键．
直接利用二次根式有意义的条件列出不等式求解即可．
【详解】解：∵二次根式有意义，
∴，解得：．
故答案是：．
12. 已知点A（a，1）与点A'（5，b）关于原点对称，则ab＝_____．
【答案】﹣
【解析】
【分析】根据两点关于原点对称，则两点的横、纵坐标都是互为相反数，可得a、b的值，根据有理数的乘法，可得答案．
【详解】由点A（a，1）与点A'（5，b）关于原点对称，得
a＝﹣5，b＝﹣1．
所以ab＝，
故答案为．
【点睛】本题考查了关于原点对称的点的坐标，利用了关于原点对称的点的坐标规律是：横、纵坐标都是互为相反数．
13. 如图，AB是⊙O的切线，B为切点，AC经过点O，与⊙O分别相交于点D，C，若∠ACB=30°，AB=，则阴影部分的面积是___．
【答案】﹣
【解析】
【详解】连接OB．
∵AB是⊙O切线，
∴OB⊥AB，
∵OC=OB，∠C=30°，
∴∠C=∠OBC=30°，
∴∠AOB=∠C+∠OBC=60°，
在Rt△ABO中，∵∠ABO=90°，AB=，∠A=30°，
∴OB=1，
∴S阴=S△ABO﹣S扇形OBD=×1×﹣ =﹣ ．
14. 如图，在矩形ABCD中，AD=3，将矩形ABCD绕点A逆时针旋转，得到矩形AEFG，点B的对应点E落在CD上，且DE=EF，则AB的长为_____．

【答案】3
【解析】
【分析】根据旋转的性质知AB=AE，在直角三角形ADE中根据勾股定理求得AE长即可得．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D=90°，BC=AD=3，
∵将矩形ABCD绕点A逆时针旋转得到矩形AEFG，
∴EF=BC=3，AE=AB，
∵DE=EF，
∴AD=DE=3，
∴AE==3，
∴AB=3，
故答案3．
【点睛】本题考查矩形的性质和旋转的性质，熟知旋转前后哪些线段是相等的是解题的关键．
15. 如图，由10个完全相同的正三角形构成的网格图中， 如图所示，则=______.
【答案】.
【解析】
【分析】给图中各点标上字母，连接DE，利用等腰三角形的性质及三角形内角和定理可得出∠α=30°，同理，可得出：∠CDE=∠CED=30°=∠α，由∠AEC=60°结合∠AED=∠AEC+∠CED可得出∠AED=90°，设等边三角形的边长为a，则AE=2a，DE=a，利用勾股定理可得出AD的长，再结合余弦的定义即可求出cs（α+β）的值．
【详解】给图中各点标上字母，连接DE，如图所示．
在△ABC中，∠ABC=120°，BA=BC，
∴∠α=30°．
同理，可得出：∠CDE=∠CED=30°=∠α．
又∵∠AEC=60°，
∴∠AED=∠AEC+∠CED=90°．
设等边三角形的边长为a，则AE=2a，DE=2×sin60°•a=a，
∴，
∴cs（α+β）=．
故答案为．
【点睛】本题考查了解直角三角形、等边三角形的性质以及规律型：图形的变化类，构造出含一个锐角等于∠α+∠β的直角三角形是解题的关键．
16. 如图，在矩形中，，，，分别为，边的中点．动点从点出发沿向点运动，同时，动点从点出发沿向点运动，连接，过点作于点，连接．若点的速度是点的速度的2倍，在点从点运动至点的过程中，线段长度的最大值为_________，线段长度的最小值为_________．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】连接EF，则EF⊥AB，过点P作PG⊥CD于点G，如图1，由于，而PG=3，所以当GQ最大时PQ最大，由题意可得当P、A重合时GQ最大，据此即可求出PQ的最大值；设EF与PQ交于点M，连接BM，取BM的中点O，连接HO，如图2，易证△FQM∽△EPM，则根据相似三角形的性质可得EM为定值2，于是BM的长度可得，由∠BHM=∠BEM=90°可得B、E、H、M四点共圆，且圆心为点O，于是当D、H、O三点共线时，DH的长度最小，最小值为DO－OH，为此只需连接DO，求出DO的长即可，可过点O作ON⊥CD于点N，作OK⊥BC于点K，如图3，构建Rt△DON，利用勾股定理即可求出DO的长，进而可得答案．
【详解】解：连接EF，则EF⊥AB，过点P作PG⊥CD于点G，如图1，则PE=GF，PG=AD=3，
设FQ=t，则GF=PE=2t，GQ=3t，
在Rt△PGQ中，由勾股定理得：，
∴当t最大即EP最大时，PQ最大，
由题意知：当点P、A重合时，EP最大，此时EP=2，则t=1，
∴PQ的最大值=；
设EF与PQ交于点M，连接BM，取BM的中点O，连接HO，如图2，
∵FQ∥PE，∴△FQM∽△EPM，
∴，
∵EF=3，
∴FM=1，ME=2，
∴，
∵∠BHM=∠BEM=90°，
∴B、E、H、M四点共圆，且圆心为点O，
∴，
∴当D、H、O三点共线时，DH的长度最小，
连接DO，过点O作ON⊥CD于点N，作OK⊥BC于点K，如图3，则OK=BK=1，
∴NO=2，CN=1，∴DN=3，
则在Rt△DON中，，
∴DH的最小值=DO－OH=．
故答案为：，．
【点睛】本题考查了矩形的性质、勾股定理、相似三角形的判定和性质、四点共圆以及线段的最值等知识，涉及的知识点多、综合性强、具有相当的难度，属于中考压轴题，正确添加辅助线、熟练掌握上述知识是解题的关键．
三.解答题（共8小题）
17.
（1）解方程：．
（2）计算：．
【答案】（1），
（2）2
【解析】
【分析】（1）利用因式分解的方法解一元二次方程即可；
（2）根据特殊角三角函数值，零指数幂，算术平方根以及二次根式的计算法则求解即可．
【小问1详解】
解：∵，
∴，
解得，；
【小问2详解】
解：
．
【点睛】本题主要考查了解一元二次方程，特殊角三角函数值，零指数幂，算术平方根以及二次根式的计算，熟知相关知识是解题的关键．
18. 先化简，再求值：，其中，.
【答案】，
【解析】
【分析】先对分式通分、因式分解、约分等化简，化成最简分式，后代入求值．
本题考查了分式的化简求值，运用去括号，因式分解，通分，约分等技巧化简是解题的关键．
【详解】解：
，
当，时，
原式．
19. 如图，在的正方形网格中，点，，都在格点上，按要求画图：
（1）在图1中找一个格点，使以点，，，为顶点的四边形是平行四边形．
（2）在图2中仅用无刻度直尺，画的角平分线（保留画图痕迹，不写画法）．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【解析】
【分析】（1）根据平行四边形的对边平行且相等可以找到点，有三种情况；
（2）为等腰三角形，找到的中点连接点即可．
【详解】解：（1）过点向左或向右作，有两种情况；过点作，除去重复的情况，有一种情况，综上所述：有三种情况，如下图1．
（2）由题意知：
，
为等腰三角形，作的角平分线，只需找到的中点，连接点即可，如图，将作为一个矩形的对角线，连接另一条对角线，两线的交点即为的中点，再连接点，如下图2：
【点睛】本题考查了平行四边形的作法及角平分线的作法，矩形的性质，解题的关键是：掌握平行四边形的判定定理和角平分线的性质．
20. 如图（1）所示的健身器械为倒蹬机，使用方法为上身不动，腿部向前发力，双腿伸直之后再慢慢收回．图（2）为其抽象示意图，已知在初始位置，，点在同一直线上，，．
（1）当在初始位置时，求点到的距离；
（2）当双腿伸直后，点分别从初始位置运动到点，假设，三点共线，求此时点上升的竖直高度．（结果保留整数，参考数据：，，，，，）
【答案】（1）点到的距离约为
（2）点上升的竖直高度约为
【解析】
【分析】本题考查了解直角三角形的应用、三角形内角和定理、等腰三角形的性质等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线构造直角三角形是解此题的关键．
（1）过点作于点，求出，再由计算即可得出答案；
（2）过点作于点，过点作于点，由等腰三角形的性质结合解直角三角形得出，求出从而得出，再求出的长，即可得解．
【小问1详解】
解：过点作于点，
，
，
，
，
，
，
点到的距离约为；
【小问2详解】
解：过点作于点，过点作于点，
，
，，
，
，
由题意得：，
，
∴点上升的竖直高度约为．
21. 某校积极开展劳动教育，决定成立种植玉米、种植大豆、种植西红柿三个小组，每名学生最多选择一个小组.为了解学生的选择意向，随机抽取七年级（1）（2）（3）（4）四个班共200名学生进行调查，将调查得到的数据进行整理，绘制成如图所示两幅不完整的统计图，根据统计图提供的信息解答下列问题：
（1）求扇形统计图中，种植西红柿所占的百分比；
（2）求（4）班选择种植大豆小组的学生人数，补全折线统计图；
（3）若该校共有2500人，请你估计该校学生选择种植玉米小组的人数.
【答案】（1）
（2）15人，见解析 （3）950人
【解析】
【分析】（1）根据所占百分数=频数÷样本容量，计算解答．
（2）利用频数=样本容量×所占百分数，求出种大豆的总人数，减去前三个班级计算即可．
（3）利用频数=样本容量×所占百分数，计算即可．
本题考查了条形统计图、扇形统计图，样本估计总体，熟练掌握统计图的意义，正确计算是解题的关键．
【小问1详解】
解：根据题意，得．
【小问2详解】
解：∵(人)，
∴四班种大豆人数为：（人），
补图如下：
．
【小问3详解】
解：根据题意，得（人），
答：该校学生选择种植玉米小组的人数共有950名．
22. 小明在平整的草地上练习带球跑，他将球沿直线踢出后随即跟着球的方向跑去，追上球后，又将球踢出……球在草地上滚动时，速度变化情况相同，小明速度达到6m/s后保持匀速运动．下图记录了小明的速度以及球的速度随时间的变化而变化的情况，小明在4s时第一次追上球．（提示：当速度均匀变化时，平均速度，距离）
（1）当时，求关于t的函数关系式；
（2）求图中a的值；
（3）小明每次踢球都能使球的速度瞬间增加6m/s，球运动方向不变，当小明带球跑完200m，写出小明踢球次数共有____次，并简要说明理由．
【答案】（1）
（2）
（3）7，理由见解析
【解析】
【分析】（1）设关于t的函数关系式为，根据经过点利用待定系数法即可得到答案；
（2）先求出球前4秒的平均速度，再求出小明前a秒的平均速度和a秒后速度为，利用小明在4s时第一次追上球可得方程，解方程即可得到答案；
（3）根据题意找到速度、时间、路程的变化规律，即可得到答案．
【小问1详解】
解：设关于t的函数关系式为，把点代入得，
，
解得，
∴关于t的函数关系式为；
【小问2详解】
解：对于球来说，，
小明前a秒的平均速度为，a秒后速度为，
由小明在4s时第一次追上球可得，，
解得，
即图中a的值为；
【小问3详解】
小明第一次踢球已经带球跑了16米，还需要跑米，由（1）知，，假设每次踢球t从0开始计算，因为球在草地上滚动时，速度变化情况相同，则第二次踢球后变化规律为，
，，则，
，
第二次踢后，则，（舍去），，此时又经过了米，
，
第三次踢后，变化规律为，
，，则，
，
第三次追上，则，（舍去），，此时又经过了米，
，
又开始下一个循环，
故第四次踢球所需时间为，经过24米，
故第五次踢球所需时间为，经过48米，
故第六次踢球所需时间为，经过24米，
故第七次踢球所需时间为，经过48米，
∵，，
∴带球走过200米，在第七次踢球时实现，故小明小明踢球次数共有七次，
故答案为：7
【点睛】此题考查了一元二次方程的应用、一次函数的应用、一元一次方程的应用，读懂题意，准确计算是解题的关键．
23. 根据以下素材，探索完成任务．
如何设计喷水池喷头的安装方案？
素材1：图1中有一个直径为的圆形喷水池，四周安装一圈喷头，喷射水柱呈抛物线型，1在水池中心处立着一个直径为的圆柱形实心石柱，各方向喷出的水柱在石柱顶音的中心点处汇合，如图2，水柱距水池中心处到达最高，高度为．
素材2：如图3，拟在水池里过水池中心的直线上安装一排直线型喷头（喷射水柱竖直向上，高度均为）；相邻两个直线型喷头的间距均为，且喷射的水柱不能碰到抛物线型水柱，要求在符合条件处都安装喷头，安装后关于成轴对称分布．
问题解决
任务1：确定水柱形状，在图2中建立合适的直角坐标系，任选一条抛物线求函数表达式．
任务2：确定石柱高度，在你所建立的坐标系中，确定水柱汇合点的纵坐标．
任务3：拟定设计方案，请给出符合所有要求的直线型喷头的安装数量，并根据你所建立的直角坐标系，求出离中心最远的两个直线型喷头的坐标．
【答案】任务1：；任务2：；任务3：，．
【解析】
【分析】（1）以点O为原点建立如图所示直角坐标系，选择第一象限内的抛物线的解析式进行求解，设出抛物线的顶点式，再将代入即可得出结论；
（2）令上述抛物线解析式，求出y的值即可得出结论；
（3）令上述抛物线解析式，可求出x的值，再根据对称性可分别求出两端的喷头坐标．
本题考查了二次函数在实际问题中的应用，理清题中的数量关系、熟练掌握待定系数法及二次函数的性质是解题的关键．
【详解】任务1：以点O为原点建立如图所示的坐标系，
选择第一象限的抛物线表达式进行求解：
由题意可知该抛物线顶点坐标为，，
故设抛物线的解析式为，
把代入解析式，得，
解得，
∴抛物线的解析式为．
任务2：解：∵，
∴时，，
故点M的纵坐标为．
任务3：解：∵，
∴时，，
解得（舍去），
∵在符合条件处都安装喷头，安装后关于成轴对称分布，且圆柱的半径为，相邻两个高度为直线型喷头的间距均为，
∴，
∵
∴第一根安装在距离圆柱中心的处，其余安装的有效长度为，
∴还能安装根，
∵根数必须是整数，
∴最多安装6根，
这样在圆柱的右侧最多安装7根，且第七根喷柱距离圆柱中心距离为，
故最右端的喷头坐标为，根据对称性，得最左端的喷头坐标为．
24. 如图1，△ABC内接于⊙O，△ABC的外角∠BAD的平分线交⊙O于点P（点A在弧PC之间），连结PB，PC．

（1）求证：PB=PC；
（2）若BC=8，cs∠BAC=，求PB的长．
（3）如图2，在（2）的条件下，作PH⊥AB于点H；
①若∠PBA=45°，求△ABC的周长；
②求AC+PH的最大值．
【答案】（1）见解析 （2）4
（3）①8+4；②10
【解析】
【分析】（1）先判断出∠PBC=∠PAD，再判断出∠PAD=∠PAB，进而判断出∠PBC=∠PCB，即可得出结论；
（2）过点C作CE⊥PB于E，设PE=3x，PC=5x，得出CE=4x，进而得出BE=2x，最后用勾股定理求出x，即可求出答案；
（3）①过点P作PF⊥AD于F，判断出△PBH≌△PCF（AAS），得出BH=CF，再判断出△PAH≌△PAF（AAS），得出AH=AF，进而得出△ABC的周长为BC+2BH，最后用勾股定理求出BH，即可求出案案；
②过点P作PK⊥BC于K，得出BK=BC=4，进而求出PK=8，连接OB，进而求出OB=5，过点P作PF⊥AD于F，再判断出△PKB∽△PFA，得出PF=2AF，由PH=PF，得出PH=2AF，在AF的延长线上取点G，使AF=GF，进而得出要PH+AC最大，则CG最大，最后判断出△PCG≌△PBA（AAS），得出CG=AB，即可求出答案．
【小问1详解】
证明：∵四边形ACBP是⊙O的内接四边形，
∴∠PBC=∠PAD，
∵AP是∠BAD的平分线，
∴∠PAD=∠PAB，
∴∠PBC=∠PAB，
∵∠PAB=∠PCB，
∴∠PBC=∠PCB，
∴PB=PC；
【小问2详解】
解：如图1，

过点C作CE⊥PB于E，则∠PEC=∠BEC=90°，
∵∠BAC=∠BPC，cs∠BAC=，
∴cs∠BPC=，
在Rt△PEC中，cs∠BPC=，
∴设PE=3x，PC=5x，
根据勾股定理得，CE=4x，
由（1）知，PB=PC=5x，
∴BE=PB-PE=2x，
在Rt△BEC中，BC=8，
根据勾股定理得，BE2+CE2=BC2，
∴（2x）2+（4x）2=82，
∴x=或x=（舍），
∴PB=5x=4；
【小问3详解】
解：①如图2，

过点P作PF⊥AD于F，则∠PFC=90°，
∵PH⊥AB，
∴∠PHB=90°=∠PFC，
∵∠PBH=∠PCF，PB=PC，
∴△PBH≌△PCF（AAS），
∴BH=CF，
∵∠PHB=∠PFC=90°，∠PAH=∠PAF，PA=PA，
∴△PAH≌△PAF（AAS），
∴AH=AF，
∴△ABC的周长为BC+AB+AC=BC+BH+AH+AC
=BC+BH+AF+AC
=BC+BH+CF
=BC+BH+BH
=BC+2BH，
在Rt△PHB中，∠PBA=45°，PB=4，
∴BH=PB=2，
∵BC=8，
∴△ABC的周长为BC+2BH=8+4；
②如图3，

过点P作PK⊥BC于K，
∵PB=PC，
∴PK必过圆心O，∠BPK=∠BPC，BK=BC=4，
在Rt△PKH中，PK==8，
连接OB，在Rt△OKB中，设OB=r，则OP=r，
∴OK=8-r，
根据勾股定理得，42+（8-r）2=r2，
∴r=5，即OB=5，
过点P作PF⊥AD于F，
由①知，AH=AF，
在Rt△PFA中，∠APF=90°-∠PAD
=90°-∠BAD
=90°-（180°-∠BAC）
=∠BAC，
∵∠BPK=∠BPC，∠BPC=∠BAC，
∴∠BPK=∠APF，
∵∠PKB=∠PFA=90°，
∴△PKB∽△PFA，
∴，
∴=2，
∴PF=2AF，
∵PH=PF，
∴PH=2AF，
在AF的延长线上取点G，使AF=GF，
∴AG=PH，
∴PH+AC=AG+AC=CG，要PH+AC最大，则CG最大，
∵PF⊥AD，AF=GF，
∴PA=PG，
∴∠PGC=∠PAD=∠PAB，
∵∠PCG=∠PBA，PC=PA，
∴△PCG≌△PBA（AAS），
∴CG=AB，即CG的最大值其实就是AB的最大值，
∵AB为⊙O的弦，
∴AB最大为2OB=10，
即PH+AC的最大值为10．
【点睛】此题是圆的综合题，主要考查了圆周角定理，角平分线定理，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，作出辅助线构造出全等三角形是解本题的关键．