Cho đường tròn \[\left( O \right)\] và đường thẳng \[a.\] Kẻ \[OH \bot a\] tại điểm \[H,\] biết \[OH > R.\] Khi đó, đường thẳng \[a\] và đường tròn \[\left( O \right)\] có vị trí tương đối là          

a) Đúng.

Vì \[\Delta KAC\] vuông tại \[K\] nên \[K,\,A,\,C\] thuộc đường tròn đường kính \[AC.\]

Vì \[\Delta MAC\] vuông tại \[M\] nên \[M,\,A,\,C\] thuộc đường tròn đường kính \[AC.\]

Suy ra \[A,\,M,\,C,\,K\] cùng thuộc đường tròn đường kính \[AC\].

b) Đúng.

Vì dây \[MN\] vuông góc với \[AB\] tại \[H\] nên \[\Delta MNB\] cân tại \[B\].

Do đó, \[BH\] vừa là đường cao, đường phân giác của \[\widehat {MBN}\]

Hay \[BK\] là tia phân giác của \[\widehat {MBN}\].

c) Sai.

\[\Delta BCD\] có \[BK \bot CD;\,\,CN \bot BN\], do đó \[H\] là trực tâm của \[\Delta BCD\].

Do đó, ba điểm \[D,\,A,\,M\] thẳng hàng.

Ta có \[\Delta DMC\] vuông tại \[M\], có \[MK\] là trung tuyến nên \[\Delta KMC\] cân tại \[K\].

d) Đúng.

Vì \[\Delta KMC\] cân tại \[K\] nên \[\widehat {KCM} = \widehat {KMC}\].

Lại có: \[\widehat {KBC} = \widehat {OMB}\] nên \[\widehat {KMC} + \widehat {OMB} = \widehat {KCB} + \widehat {KBC} = 90^\circ \] suy ra \[\widehat {KMO} = 90^\circ \].

Mà \[OM\] là bán kính nên \[KM\] là tiếp tuyến của đường tròn \[\left( O \right)\].

Đáp án: 25

Gọi \[I\] là giao điểm của \[AB\] và \[OC\].

Suy ra \[AB \bot OI\].

Có \[OA = OB\] nên tam giác \[OAB\] cân tại \[O.\]

Từ đây, suy ra \[I\] là trung điểm của \[AB\].

Do đó, \[AI = IB = \frac{{AB}}{2} = 12\,\,{\rm{cm}}\].

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác vuông \[AOI\], được: \[OI = \sqrt {O{A^2} - A{I^2}} = \sqrt {{{15}^2} - {{12}^2}} = 9\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)\]

Xét \[\Delta AOC\] và \[\Delta IOA\] có:

\[\widehat {AOC} = \widehat {IOA}\];

\[\widehat {OAC} = \widehat {OIA} = 90^\circ \]

Suy ra $\Delta AOC\backsim \Delta IOA$ (g.g)

Suy ra \[\frac{{OA}}{{OI}} = \frac{{OC}}{{OA}}\] , do đó \[OC = \frac{{O{A^2}}}{{OI}} = \frac{{{{15}^2}}}{9} = 25\,\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)\,\]