a: Xét ΔONM vuông tại N có sin NMO\(=\frac{ON}{OM}=\frac12\)

nên \(\hat{NMO}=30^0\)

Xét (O) có

MN,MP là các tiếp tuyến

Do đó: MN=MP và MO là phân giác của góc NMP

MO là phân giác của góc NMP

=>\(\hat{NMP}=2\cdot\hat{NMO}=60^0\)

Xét ΔMNP có MN=MP và \(\hat{NMP}=60^0\)

nên ΔMNP đều

b: Ta có: ON⊥OI

ON⊥ NM

Do đó: OI//MN

=>OI//MK

Ta có: OK⊥OP

OP⊥PM

Do đó: OK//PM

=>OK//MI

Xét tứ giác OKMI có

OK//MI

OI//MK

Do đó: OKMI là hình bình hành

Hình bình hành OKMI có MO là phân giác của góc KMI

nên OKMI là hình thoi

c: OKMI là hình thoi

=>\(\hat{KOI}=\hat{KMI}=60^0\)

Xét ΔOKI có OK=OI và \(\hat{KOI}=60^0\)

nên ΔOKI đều

Gọi H là giao điểm của OM và KI

OKMI là hình thoi

=>OM⊥KI tại trung điểm của mỗi đường

=>H là trung điểm chung của OM và KI và OM⊥KI tại H

Xét tứ giác ONMP có \(\hat{ONM}+\hat{OPM}+\hat{NOP}+\hat{NMP}=360^0\)

=>\(\hat{NOP}=360^0-90^0-90^0-60^0=120^0\)

Ta có: \(\hat{POK}+\hat{NOK}=\hat{NOP}\) (tia OK nằm giữa hai tia ON và OP)

=>\(\hat{NOK}=120^0-90^0=30^0\)

OKMI là hình thoi

=>OM là phân giác của góc KOI

=>\(\hat{KOM}=\frac12\cdot\hat{KOI}=30^0\)

Xét ΔONK vuông tại N và ΔOHK vuông tại H có

OK chung

\(\hat{NOK}=\hat{HOK}\left(=30^0\right)\)

Do đó: ΔONK=ΔOHK

=>ON=OH

=>OH=R

=>H nằm trên (O)

Xét (O) có

OH là bán kính

KI⊥OH tại H

Do đó: KI là tiếp tuyến tại H của (O)

a) \(\widehat{ACB}\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên \(\widehat{ACB}=90^o\). Vậy tam giác ABC vuông tại C.

Xét tam giác vuông PAB có đường cao AC, áo dụng hệ thức lượng trong tam giác ta có:

\(PA^2=PC.PB\)

b) Áp dụng tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có PA = PM

Lại có OA = OM nên PO là trung trực của AM.

c) Ta có \(\widehat{CBA}=30^o\Rightarrow\widehat{CAB}=60^o\) hay tam giác CAO đều. Suy ra AC = R

Xét tam giác vuông PAB có đường cao AC, áo dụng hệ thức lượng trong tam giác ta có:

\(\frac{1}{AC^2}=\frac{1}{AP^2}+\frac{1}{AB^2}\Rightarrow\frac{1}{R^2}=\frac{1}{AP^2}+\frac{1}{4R^2}\)

\(\Rightarrow AP=\frac{2R}{\sqrt{3}}\)

\(\Rightarrow PO=\sqrt{PA^2+AO^2}=\frac{\sqrt{21}R}{3}\)

Xét tam giác vuông PAO, đường cao AN, áo dụng hệ thức lượng ta có:

\(\frac{1}{AN^2}=\frac{1}{PA^2}+\frac{1}{AO^2}\Rightarrow AN=\frac{2\sqrt{7}R}{7}\)

\(\Rightarrow AM=2AN=\frac{4\sqrt{7}}{7}R\)

d) Kéo dài MB cắt AP tại E.

Ta thấy ngay tam giác EMA vuông có PM = PA nên PA = PE

Do MH // AE nên áo dụng định lý Ta let ta có:

\(\frac{HI}{AP}=\frac{IB}{PB}=\frac{MI}{EP}\)

Do AP = EP nên MI = HI

Ta cũng có N là trung điểm AM nên NI là đường trung bình tam giác AMH.

\(\Rightarrow NI=\frac{AH}{2}\)

Xét tam giác vuông AMB, đường cao MH, áp dụng hệ thức lượng ta có:

\(AH.AB=AM^2\Rightarrow AH=\frac{8}{7}R\)

\(\Rightarrow NI=\frac{4}{7}R\)