Đáp án đúng là: a) Đúng. b) Đúng. c) Đúng. d) Sai.

a) Đúng.

Ta có: \[OI \bot BC\] nên \[I\] là trung điểm của \[BC\].

Do đó, \[BI = IC = \frac{{R\sqrt 3 }}{2}\].

Áp dụng định lí Pythagore, ta có: \[O{I^2} = O{B^2} - B{I^2} = {R^2} - \frac{{3{R^2}}}{4} = \frac{{{R^2}}}{4}\].

Suy ra \[OI = \frac{R}{2}\]. Suy ra \[OI = \frac{1}{2}BO\] hay \[\sin \widehat {IBO} = \frac{{OI}}{{BC}} = \frac{1}{2}\].

Do đó, \[\widehat {IBO} = 30^\circ \].

b) Đúng.

Nhận thấy, \[O{B^2} + O{A^2} = 2{R^2} = A{B^2}\], theo định lí Pythagore đảo, ta có \[\Delta OAB\] vuông tại \[O\].

Do đó, \[\widehat {BOA} = 90^\circ \].

c) Đúng.

\[\Delta OAB\] vuông tại \[O\] có \[OA = OB\] nên \[\Delta OAB\] vuông cân tại \[O\], suy ra \[\widehat {OAB} = \widehat {ABO} = 45^\circ \].

Ta có: \[\widehat {ABC} = \widehat {ABO} - \widehat {CBO} = 45^\circ - 30^\circ = 15^\circ \].

Xét \[\Delta ABH\] có \[AH = AB \cdot \sin \widehat {ABC} = R\sqrt 2 \cdot \sin 15^\circ \].

d) Sai.

Có \[\widehat {ACB} = \frac{1}{2}\widehat {AOB} = 45^\circ \].

Suy ra \[\Delta AHC\] vuông cân, do đó \[AH = HC\].

Áp dụng định lí Pythagore trong tam giác \[\Delta AHC\] được :

\[AC = \sqrt {A{H^2} + H{C^2}} = AH\sqrt 2 = R\sqrt 2 \cdot \sin 15^\circ \cdot \sqrt 2 = 2R \cdot \sin 15^\circ > \frac{R}{2}.\]

Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác là giao điểm của các đường