Hướng dẫn giải (chi tiết)

Chọn C. 65°.

ΔABC nội tiếp đường tròn tâm O nên ABCˆ$\widehat{ABC}$ là góc nội tiếp chắn cung AC của đường tròn (O).

Mà AOCˆ$\widehat{AOC}$ là góc ở tâm chắn cung AC nên ABCˆ
65o$\widehat{ABC}={\displaystyle \frac{1}{2}}\widehat{AOC}={\displaystyle \frac{1}{2}}{.130}^o={65}^o$.

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Chọn B. 2AE = AB + AC – BC.

Vì AB, AC, BC là các tiếp tuyến của đường tròn (I) nên ta có: AE = AF; CF = CD ; BD = BE.

Suy ra 2AE = AE + AF = AB – BE + AC – FC = AB + AC – (BE + FC) = AB + AC – (BD + DC) = AB + AC – BC.

Vậy 2AE = AB + AC – BC.

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Chọn D. a3–√6${\displaystyle \frac{a\sqrt{3}}{6}}$.

Ta có tam giác ABC đều.
Gọi O là trực tâm của tam giác đồng thời là giao điểm ba đường phân giác trong.
Vậy O là tâm của đường tròn nội tiếp tam giác đều ABC.
Ta có BAHˆ
$\widehat{BAH}=\widehat{CAH}={60}^0:2={30}^0$.

Xét tam giác AHB vuông tại H có cạnh huyền AB = a, BAHˆ=300$\widehat{BAH}={30}^0$.
Theo định lý về hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có:

$AH=AB.\cos \widehat{BAH}=a.\cos {30}^0={\displaystyle \frac{a\sqrt{3}}{2}}$.

Mặt khác tam giác ABC đều nên trực tâm O cũng là trọng tâm, suy ra 
$OH={\displaystyle \frac{1}{3}}AH={\displaystyle \frac{1}{3}}.{\displaystyle \frac{a\sqrt{3}}{2}}={\displaystyle \frac{a\sqrt{3}}{6}}$.

Vậy bán kính đường tròn nội tiếp tam giác đều cạnh a bằng a3–√6${\displaystyle \frac{a\sqrt{3}}{6}}$.

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Chọn A. 3−3–√4${\displaystyle \frac{3-\sqrt{3}}{4}}$ dm².

Bˆ=450$\hat{B}={45}^0$ nên AOCˆ=900$\widehat{AOC}={90}^0$ suy ra AC=OC2–√=2–√$AC=OC\sqrt{2}=\sqrt{2}$ (dm).

Kẻ OM ⊥$\mathrm{\perp }$ BC. 
300$\widehat{BCO}=\widehat{ACO}-\widehat{ACB}={45}^0-{15}^0={30}^0$.

Khi đó 
3–√2$MC=OC.\cos {30}^0={\displaystyle \frac{\sqrt{3}}{2}}$ (dm) hay BC=3–√$BC=\sqrt{3}$ (dm).

Kẻ AH ⊥$\mathrm{\perp }$ BC. Đặt HC = x ; HB = y với điều kiện x > y. Ta có x+=3–√$x+y=\sqrt{3}$  (1).

Ta có HC2+HB2=HC2+HA2=AC2=2$H{C}^2+H{B}^2=H{C}^2+H{A}^2=A{C}^2=2$ nên x2+y2=2$x^2+y^2=2$  (2).

Từ (1) và (2) suy ra 

=3−2=1$2xy=(x+y{)}^2-(x^2+y^2)=3-2=1$  hay 1$2xy=1$  (3).

Từ (2) và (3) suy ra −1=1$(x-y{)}^2=x^2+y^2-2xy=2-1=1$ hay 
$x-y=1$ (4) (vì x > y).

Từ (1) và (4) suy ra y = 3–√−12${\displaystyle \frac{\sqrt{3}-1}{2}}$ (dm).

Vậy 
3−3–√4$S_{ABC}={\displaystyle \frac{1}{2}}.BC.AH={\displaystyle \frac{1}{2}}.\sqrt{3}.{\displaystyle \frac{\sqrt{3}-1}{2}}={\displaystyle \frac{3-\sqrt{3}}{4}}$ (dm²).

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Chọn B. SABC=BD.DC$S_{ABC}=BD.DC$.

Đặt BC = a, AC = b, AB = c. Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC (I là giao điểm của ba đường phân giác trong của tam giác ABC).

Gọi E, F là các điểm tiếp xúc của I với AC, AB.

Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có: BD = BF, CD = CE, AE = AF.

Mặt khác, ta lại có: 

BD+BF=AB+BC$BD+BF=AB+BC-(AF+CD)$

2BD=AB+BC−(AE+CE)$2BD=AB+BC-(AE+CE)$

2BD=AB+BC−AC$2BD=AB+BC-AC$

2BD=c+a−b$2BD=c+a-b$

$BD={\displaystyle \frac{a+c-b}{2}}={\displaystyle \frac{a-(b-c)}{2}}$.

Tương tự ta có 
a+(b−c)2$DC={\displaystyle \frac{a+(b-c)}{2}}$.

Do đó 
[a2−(b2+c2)]+2bc4$BD.DC={\displaystyle \frac{a-(b-c)}{2}}.{\displaystyle \frac{a+(b-c)}{2}}={\displaystyle \frac{a^2-(b-c{)}^2}{4}}={\displaystyle \frac{[a^2-(b^2+c^2)]+2bc}{4}}$

SABC$={\displaystyle \frac{2bc}{4}}={\displaystyle \frac{bc}{2}}=S_{ABC}$ (vì a2=b2+c2$a^2=b^2+c^2$).

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Chọn B. 63–√$6\sqrt{3}$ m.

Gọi O là vị trí cách đều ba vị trí A, B, C nên O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC (giao điểm của ba đường trung trực).
Do tam giác ABC đều (gt) nên O đồng thời là trực tâm và trọng tâm của tam giác hay AH là đường cao của tam giác ABC đều cạnh 18 m.
Suy ra–√$AH=18.\sin {60}^0=18.{\displaystyle \frac{\sqrt{3}}{2}}=9\sqrt{3}$ (m).

Vì AH đồng thời là trung tuyến của tam giác ABC có trọng tâm O nên 
3–√$OA={\displaystyle \frac{2}{3}}AH={\displaystyle \frac{2}{3}}.9\sqrt{3}=6\sqrt{3}$ (m).

Vậy khoảng cách từ vị trí O đến mỗi vị trí A, B, C là 63–√$6\sqrt{3}$ (m).