Gọi H là trung điểm AB \(\Rightarrow OH\perp AB\Rightarrow OH\) là k/c từ O đến AB

Ta có: \(AH=\dfrac{1}{2}AB=\dfrac{R}{2}\)

Áp dụng định lý Pitago cho tam giác vuông OAH:

\(OA^2=OH^2+AH^2\Leftrightarrow R^2=OH^2+\left(\dfrac{R}{2}\right)^2\)

\(\Rightarrow OH=\dfrac{R\sqrt{3}}{2}\)

AM=12cm

nên AB=24cm

P là điểm chính giữa của cung nhỏ AB

=>\(sđ\stackrel\frown{PA}=sđ\stackrel\frown{PB}\)

Xét (O) có

\(\widehat{ADP}\) là góc nội tiếp chắn cung AP

\(\widehat{BAP}\) là góc nội tiếp chắn cung PB

\(sđ\stackrel\frown{PA}=sđ\stackrel\frown{PB}\)

Do đó: \(\widehat{ADP}=\widehat{BAP}\)

Trên nửa mặt phẳng bờ AB có chứa điểm P, kẻ tia Ax là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ΔACD

Khi đó, ta sẽ có:

\(\widehat{xAC}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến Ax và dây cung AC của đường tròn ngoại tiếp ΔACD

\(\widehat{ADC}\) là góc nội tiếp chắn cung AC của đường tròn ngoại tiếp ΔACD

Do đó: \(\widehat{xAC}=\widehat{ADC}\)

mà \(\widehat{ADP}=\widehat{ADC}=\widehat{BAP}\)

nên \(\widehat{xAC}=\widehat{BAP}\)

=>\(\widehat{xAC}=\widehat{CAP}\)

=>Ax và AP là hai tia trùng nhau

=>PA là tiếp tuyến của (ACD)

=2\(\sqrt{33}\)dm

Kẻ d(O;AB) = OH 

khi đó OH = 4 dm 

Xét tam giác AHO vuông tại H, theo định lí Pytago ta có : 

\(AO^2=AH^2+HO^2\Rightarrow AH^2=AO^2-HO^2=49-16=33\Rightarrow AH=\sqrt{33}\)dm 

mà OH vuông AB => H là trung điểm AB 

hay \(AB=2AH=2\sqrt{33}\)dm 

a: \(AI=\sqrt{10^2-6^2}=8\left(cm\right)\)

AB=2*AI=16cm

b: ΔOAB cân tại O

mà OI là đường cao

nên OI là phân giác của góc AOB

Xét ΔOAM và ΔOBM có

OA=OB

góc AOM=góc BOM

OM chung

Do đó: ΔOAM=ΔOBM

=>góc OBM=90 độ

=>MB là tiêp tuyến của (O)

√10 cm

a: Ta có: ΔOAB cân tại O

mà OH là đường cao

nên H là trung điểm của AB và OH là phân giác của \(\widehat{AOB}\)

ta có: OH là phân giác của góc AOB

=>OM là phân giác của góc AOB

=>\(\widehat{AOM}=\widehat{BOM}\)

Xét ΔOAM và ΔOBM có

OA=OB

\(\widehat{AOM}=\widehat{BOM}\)

OM chung

Do đó: ΔOAM=ΔOBM

=>\(\widehat{OBM}=\widehat{OAM}\)

mà \(\widehat{OAM}=90^0\)

nên  \(\widehat{OBM}=90^0\)

=>MB là tiếp tuyến của (O)

b: Sửa đề: B,O,C thẳng hàng

Ta có: AB\(\perp\)OM

OM//AC

Do đó: AB\(\perp\)AC

=>ΔABC vuông tại A

Vì ΔABC vuông tại A

nên ΔABC nội tiếp đường tròn đường kính BC

mà ΔABC nội tiếp (O)

nên O là trung điểm của BC

=>B,O,C thẳng hàng

c: Xét (O) có

ΔDBC nội tiếp

BC là đường kính

Do đó: ΔDBC vuông tại D

=>BD\(\perp\)DC tại D

=>BD\(\perp\)CM tại D

Xét ΔBCM vuông tại B có BD là đường cao

nên \(MD\cdot MC=MB^2\)(1)

Xét ΔBOM vuông tại B có BH là đường cao

nên \(MH\cdot MO=MB^2\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) suy ra \(MD\cdot MC=MH\cdot MO\)

=>\(\dfrac{MD}{MO}=\dfrac{MH}{MC}\)

Xét ΔMDH và ΔMOC có

\(\dfrac{MD}{MO}=\dfrac{MH}{MC}\)

\(\widehat{DMH}\) chung

Do đó: ΔMDH đồng dạng với ΔMOC

=>\(\widehat{MHD}=\widehat{MCO}\)

=>\(\widehat{MHD}=\widehat{OCD}\)

mà \(\widehat{OCD}=\widehat{ODC}\)(ΔOCD cân tại O)

nên \(\widehat{MHD}=\widehat{ODC}\left(3\right)\)

Ta có: \(\widehat{MHD}=\widehat{MCO}\)

mà \(\widehat{MHD}+\widehat{OHD}=180^0\)(hai góc kề bù)

nên \(\widehat{MCO}+\widehat{OHD}=180^0\)

=>\(\widehat{OCD}+\widehat{OHD}=180^0\)

=>OHDC là tứ giác nội tiếp

=>\(\widehat{OHC}=\widehat{ODC}\left(4\right)\)

Từ (3) và (4) suy ra \(\widehat{OHC}=\widehat{MHD}\)

a) Kẻ \(OH\perp AB\) tại H

Suy ra H là trung điểm của AB

Xét tam giác cân OAB ( do OA=OB=R) có OH vừa là đg trung tuyến, vừa là đường cao, vừa là đường phân giác

Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác vuông OAH có:

\(\sin\widehat{AOH}=\dfrac{AH}{AO}\Leftrightarrow AH=sin60^0.AO=\dfrac{\sqrt{3}R}{2}\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{AB}{2}=\dfrac{\sqrt{3}R}{2}\Leftrightarrow AB=R\sqrt{3}\)

Vậy...

b) Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác vuông OAH có:

\(tan\widehat{AOH}=\dfrac{AH}{OH}\Leftrightarrow AH=tan60^0.\dfrac{R}{2}=\dfrac{R\sqrt{3}}{2}\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{AB}{2}=\dfrac{R\sqrt{3}}{2}\Leftrightarrow AB=R\sqrt{3}\)

Vậy...

Do I là trung điểm AB \(\Rightarrow OI\perp AB\)

\(AI=\dfrac{1}{2}AB=3\)

Trong tam giác vuông OAI, áp dụng Pitago:

\(OI=\sqrt{OA^2-AI^2}=\sqrt{R^2-AI^2}=4\)

\(\Rightarrow IM=OM-OI=R-OI=1\)

\(\Rightarrow AM=\sqrt{AI^2+IM^2}=\sqrt{10}\left(cm\right)\)

b.

Vẫn như trên, ta có: \(AI=\dfrac{1}{2}AB=6\)

Do MN là đường kính \(\Rightarrow\Delta MAN\) vuông tại A

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông MAN với đường cao AI:

\(\dfrac{1}{AI^2}=\dfrac{1}{AN^2}+\dfrac{1}{AM^2}\Rightarrow\dfrac{1}{6^2}=\dfrac{1}{10^2}+\dfrac{1}{AM^2}\Rightarrow AM=\dfrac{15}{2}\)

Áp dụng hệ thức lượng:

\(AI.MN=AN.AM\Leftrightarrow MN=\dfrac{AM.AN}{AI}=\dfrac{25}{2}\)

\(\Rightarrow R=\dfrac{MN}{2}=\dfrac{25}{4}\left(cm\right)\)