\mathsf{
BC \perp PO (C \in PO)\\
\triangle BOC: BO^2 = CO^2+BC^2 \implies BC^2= (\frac{9}{2})^2-(\frac{1}{2})^2 = 20\\
BC = PE \\
\triangle PBE: BP^2 = PE^2+5^2 = 20+25 = 45 \therefore BP^2 = 45\\...

\mathsf{

HD \parallel AO\\
\triangle FOH: OF^2 = HO^2+HF^2 \implies r^2 = (r-6)^2+(r-3)^2\\
\therefore \cancel{r = 3} \vee \boxed{r = 15}

}

\mathsf{

\triangle ABC: BH.10 = 6.8 \implies BH = \frac{24}{5}\\
8^2 = AH.AC \implies AH = \frac{64}{10} = \frac{32}{5}\\
\triangle ABH: \frac{BG}{8} =\frac{GH}{AH}= \frac{GH}{\frac{32}{5}}\\...

\mathsf{

\triangle LMB: BL^2 = 2^2+R^2 = 4+R^2\\
\triangle BMQ: BQ^2 = R^2+9^2 = R^2+81\\
\triangle BLQ: 11^2 = BL^2+BQ^2\\
Substituindo: 121 = 4+R^2+R^2+81 \implies 2R^2 = 36\\
\triangle ABC:...

\mathsf{
\text{Pot. de Ponto:
}CF^2 = CG.CM = 8.10 \implies CF = 4\sqrt5\\
\triangle MFC: MF^2+CF^2 = 100 \implies MF^2 = 100 - 80 \therefore MF = 2\sqrt5\\
MF^2=MG.MC \implies MG =\frac{20}{10}=2...

\mathsf{
\angle ABM \cong \angle AGM \implies \triangle GAM \cong \triangle BAM(A.L.A) \therefore MG = BM = 2\sqrt3: AB = AG\\
T.Bissetriz: \frac{BF}{AB} = \frac{10}{AC=(2AB)}\implies BF = 5\\...

Traçar a tangente CD ao semicírculo de 6

\mathsf{
\triangle MDC: CM^2 = MD^2+CD^2 \implies CD^2 = 10^2-6^2 = 64\\
\therefore CD = 8\\
OH \perp AC(H\in AC)\\
\triangle MOH \sim \triangle MCD(A.A.)...

\mathsf{
△APH \sim △AQB \implies AH=\frac{9}{2R}\\
\triangle CHO: CH^2=CO^2−OH^2=R^2−(R−AH)^2=R^2−(R−\frac{9}{2R})^2\\
\triangle ACH : AC^2=AH^2+CH^2=(\frac{9}{2R})^2+R^2−(R−\frac{9}{2R})^2=\\...

\mathsf{
\triangle PNA:ON^2=PO.OA\implies (R-5)^2=(R-9).R \implies\cancel{ R^2}-10R+25=\cancel{R^2}-9R\\
\therefore \boxed{R=25}

}

Prolongar CH e BE para interceptar a circunferência em M e N respectivamente

\mathsf{
AH=x\\
r=raio\\
HM=HC\\
BE=NE\\
HC=\sqrt{16−x^2}\\
Potência Ponto: HC.HM=AH.HD⇒x(2r−x)=16−x^2⇒x=\frac{8}{r}\\...

\triangle OAD_{(isósceles)}\\.
\therefore \angle CDM = 180^o−(90^o+\angle ODA)=90^o−\angle OAD= \angle DAO \implies \triangle DCA \sim \triangle MCD\\...

\mathsf{
ABMD_{(trap.isosc)} \implies \angle MDA \cong \angle DAB\\
MN \parallel CD (N \in AD\\
MO \perp CD(O \in CD)\\
\angle ONM \cong \angle DAB \implies \triangle NMD_{(isosc.)}\\

\triangle AMD:...

R = raio da circunferência maior
r = raio da circunferência menor
MO=c,
HB=h,
MO=d.
OM = y

\mathsf{ \triangle ABC:
(2R)^2=a^2+b^2. :\\
h.2R = ab \implies
h=\frac{ab}{2R}\\

\triangle OBH:...

\mathsf{DO=x\\
△DOP \sim △FOK: \frac{1}{KO} = \frac{x}{4}\\
\therefore KO=\frac{4}{x} \\
\therefore DK=DO−KO=x-\frac{x}{4} = \frac{x^2−4}{x}\\
△DOC: CK=\sqrt{DK⋅KO} = \sqrt{\frac{4(x^2−4)}{x^2}}\\...

\mathsf {a=PQ=QR\\
MQ=MN+NQ=49 \\
MP=49−a\\
MR=49+a\\

∡MNK \cong∡MBQ \implies
△MNK \sim△MBQ\\
\frac{MK}{MN}=\frac{MQ}{MB}→\frac{MK}{40}=\frac{49}{MB}→MK⋅MB=49(40)=1960\\
Potência Ponto:...

Se o círculo menor não for tangente a AQ , então não será possível determinar o raio maior, pois existem infinitos pontos O' tais que O'P = 6 e cada um deles gera um R diferente.

Vou assumir então...

Segue solução:

Como R = 4 \implies r= \frac{R}{4} = \frac{4}{4} = \boxed{1}

(Solução: Fornecida por Geobson)

\mathsf{
∠DCA=90^o (AD = diámetro) \implies △AOG \sim △ADC \\
\text{G : ponto médio de AC}\therefore DC=2OG=3 m.\\
Circuncentro △ABC = ortocentro △EFG \implies HC=2EO=5 m(propriedade* )\\...

Fazendo o desenho completo do círculo:

Vemos que o ângulo ACB=\beta , inscrito na circunferência, vale metade do ângulo central AOB=90^\circ . Ou seja, \beta=45^\circ .

Assim, pensando no...

Outra solução:

\mathsf{
HP=r_1: OP=x_1: DQ=r_2 OQ=x_2: OM=r\\

\triangle OPH :(R−r_1)^2+r_1^2=x_1^2⇒r_ 1=\frac{R^2−x1^2}{2R}\\

R=x_1+a: r_1=\frac{a(2R−a)}{2R}\\

Análogamente \triangle OQD:...

Grato pelo alerta...já fiz a correção

Segue ilustração da resoluução

temos um retângulo na figura, digamos que seus lados sejam r e R .

por semelhança de triângulos, temos:

\frac ax = \frac rR

analogamente:

\frac xb = \frac rR = \frac ax \implies x^2 = ab...

Sejam M e N os extremos do segmento de medida x , com M sobre o segmento marcado com duas bolinhas pretas e N sobre o segmento marcado com os triângulos pretos.

Seja A o ponto médio dos extremos do...

\mathsf{\theta = m\angle N = m\angle BCM.\\
sen \theta = \frac {CM}{BM} = \frac {MD}{MN}=\frac {AB}{BN}\\
cos \theta=\frac {BC}{BM}= \frac {DN}{MN} = \frac {AN}{BN}\\
Mas ~BC = AB$ \implies cos...

Outra resolução:
De donde:

\mathsf{∠OQP=\alpha+\frac{180^o−2\alpha}{2}=90^o}\\
\therefore \triangle OQP:OP^2 = 8^2+6^2\implies \boxed{OP =10}
(Solução:Pie)

\mathsf{

\triangle AMD \sim \triangle CMB \implies \frac{8}{2} = \frac{AM}{CM} \therefore AM = 4CM\\
\triangle ABC: BM^2= AM.CM \implies BM = \sqrt{AM.\frac{AM}{4}}=\frac{AM}{2}\\
\triangle AMB \sim...

Sabe-se que o ponto médio do arco \widehat{BC} é também ponto médio do segmento II_A . Na figura, isso significa que IE = 2x . Mais do que isso, esse ponto médio equidista de I,B,C e E .

Logo: \sen...

\triangle OEL: OE^2 = OL.OH(i)\\
HPQL_{(inscr.)}OL^.OH = OQ.OP= (R-4)(R+4)(ii)\\
\triangle OEF: OE^2 = R^2-x^2(iii)\\
(iii)e(ii) em (i):R^2-x^2=R^2-4^2\\
\therefore \boxed{x = 4}

Segue solução:.........................................