Đề thi vào 10 môn Toán TP Hồ Chí Minh năm 2026

Đề bài

 Bài 1: (1,5 điểm) Cho hàm số \(y = \frac{1}{4}{x^2}\) có đồ thị (P).

a) Vẽ (P).

b) Tìm toạ độ điểm M thuộc (P) có hoành độ bằng 6.

Bài 2: (1,0 điểm) Cho phương trình \(2{x^2} - 3x - 4 = 0\)

a) Chứng minh phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\).

b) Không giải phương trình, hãy tính giá trị của biểu thức \(A = x_1^2 + x_2^2 + \frac{1}{2}{x_1} + \frac{1}{2}{x_2}\)

Bài 3: (1,5 điểm) Kết quả khảo sát đối với một số bạn học sinh khối 9 về số giờ sử dụng điện thoại trong một ngày được thể hiện qua biểu đồ dưới đây.

a) Tính số học sinh đã tham gia cuộc khảo sát.

b) Chọn ngẫu nhiên một học sinh trong nhóm học sinh được khảo sát. Tính xác suất của biến cố A: "Học sinh được chọn có thời gian sử dụng điện thoại 3 giờ một ngày".

c) Nhà trường khuyến cáo học sinh không nên sử dụng điện thoại nhiều hơn 3 giờ một ngày. Chọn ngẫu nhiên một học sinh trong nhóm học sinh được khảo sát. Tính xác suất của biến cố B: "Học sinh được chọn đã thực hiện đúng khuyến cáo của nhà trường".

Bài 4: (1,0 điểm) Bác Năm có một mảnh đất hình chữ nhật với chiều rộng là \(x{\rm{ (m)}}\), (\(x > 11\)) và chiều dài hơn chiều rộng \(9{\rm{ (m)}}\). Bác Năm dùng một phần đất hình chữ nhật để làm nhà ở như hình vẽ.

a) Viết biểu thức thu gọn biểu diễn diện tích phần làm nhà ở theo \(x\).

b) Tìm chiều dài, chiều rộng của mảnh đất, biết diện tích mảnh đất gấp \(8\) lần diện tích làm nhà ở.

Bài 5: (1,0 điểm)

Một bình inox có cấu tạo gồm hai phần: phần thân có dạng hình trụ có chiều cao 20 cm và bán kính đáy là 4 cm, phần nắp có dạng nửa hình cầu có đường kính bằng với đường kính đáy của phần thân.

a) Tính thể tích không gian bên trong của cái bình trên nếu bỏ qua độ dày của vỏ bình (làm tròn kết quả đến hàng đơn vị của cm³).

b) Nhà sản xuất muốn phủ một lớp sơn tĩnh điện lên mặt ngoài của vỏ bình (gồm phần thân, phần nắp và đáy bình), giả sử chi phí sơn là 210 000 đồng/m². Tính chi phí để sơn một cái bình inox (làm tròn kết quả đến nghìn đồng).

Biết công thức tính thể tích hình trụ là \(V = \pi {R^2}h\), diện tích xung quanh hình trụ là \(S = 2\pi Rh\) với R là bán kính đáy và h là chiều cao của hình trụ. Thể tích hình cầu là \(V = \frac{4}{3}\pi {R^3}\), diện tích mặt cầu là \(S = 4\pi {R^2}\) với \(R\) là bán kính. Lấy \(\pi  = 3,14\).

Bài 6: (1,0 điểm)

Hai đội \(A\) và \(B\) dự kiến cùng làm chung và xong công việc trong một số ngày. Nếu đội \(A\) làm \(\frac{1}{3}\) công việc rồi đội \(B\) làm phần còn lại thì chậm hơn so với dự kiến \(6\) ngày. Nếu đội \(B\) làm \(\frac{1}{3}\) công việc rồi đội \(A\) làm phần còn lại thì chậm hơn so với dự kiến \(4\) ngày. Hỏi hai đội \(A\) và \(B\) dự kiến cùng làm chung và xong công việc này trong bao nhiêu ngày? (Giả sử năng suất của hai đội \(A\) và \(B\) là không đổi).

Bài 7: (3,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O; R) (AB < AC) có các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H.

a) Chứng minh tứ giác BFEC nội tiếp.

b) Kẻ đường kính AK của đường tròn (O). Chứng minh \(\Delta ABD\) đồng dạng \(\Delta AKC\) và \(AF \cdot AK = AH \cdot AC\).

c) Gọi I là giao điểm của EF và AH; J là giao điểm của AK và BC.

i) Chứng minh \(HK\parallel IJ\).

ii) Biết \(\widehat {BAC} = {60^\circ },\widehat {ACB} = {45^\circ }\), tính diện tích tam giác IHJ theo \(R\).

-HẾT-

Lời giải

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT ĐỀ THI VÀO 10 NĂM HỌC 2026 – 2027

MÔN TOÁN – THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH

THỰC HIỆN: BAN CHUYÊN MÔN LOIGIAIHAY.COM

Bài 1: (1,5 điểm) Cho hàm số \(y = \frac{1}{4}{x^2}\) có đồ thị (P).

a) Vẽ (P).

b) Tìm toạ độ điểm M thuộc (P) có hoành độ bằng 6.

Lời giải:

a) Ta có bảng giá trị của hàm số \(y = \frac{1}{4}{x^2}\)

Đồ thị hàm số \(y = \frac{1}{4}{x^2}\) là một đường Parabol đi qua gốc toạ độ \(O(0;0)\) và các điểm \(( - 4;4)\), \(( - 2;1)\), \((2;1)\), \((4;4)\). Đồ thị nhận trục tung (Oy) làm trục đối xứng.

Vì hệ số \(a = \frac{1}{4} > 0\) nên đồ thị có bề lõm hướng lên trên, điểm \(O(0;0)\) là điểm thấp nhất của đồ thị.

b) Theo đề bài, điểm M có hoành độ bằng 6, tức là \({x_M} = 6\).

Vì điểm M nằm trên đồ thị (P) có phương trình \(y = \frac{1}{4}{x^2}\), nên tọa độ của điểm M phải thỏa mãn phương trình này.

Thay \({x_M} = 6\) vào phương trình hàm số, ta có tung độ \({y_M}\):

\({y_M} = \frac{1}{4} \cdot {6^2}\)

\({y_M} = 9\)

Vậy toạ độ điểm \(M\) là \((6;9)\).

Bài 2: (1,0 điểm) Cho phương trình \(2{x^2} - 3x - 4 = 0\)

a) Chứng minh phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\).

b) Không giải phương trình, hãy tính giá trị của biểu thức \(A = x_1^2 + x_2^2 + \frac{1}{2}{x_1} + \frac{1}{2}{x_2}\)

Lời giải:

a) Xét phương trình \(2{x^2} - 3x - 4 = 0\) có các hệ số \(a = 2,b =  - 3,c =  - 4\).

Ta có: \(\Delta  = {b^2} - 4ac = {( - 3)^2} - 4 \cdot 2 \cdot ( - 4) = 9 + 32 = 41\).

Vì \(\Delta  = 41 > 0\) nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\).

b) Phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\), áp dụng hệ thức Vi-ét ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} =  - \frac{b}{a} = \frac{3}{2}\\{x_1}{x_2} = \frac{c}{a} = \frac{{ - 4}}{2} =  - 2\end{array} \right.\)

Khi đó ta có:

\(A = x_1^2 + x_2^2 + \frac{1}{2}{x_1} + \frac{1}{2}{x_2}\)

\(A = {({x_1} + {x_2})^2} - 2{x_1}{x_2} + \frac{1}{2}({x_1} + {x_2})\)

\(A = {\left( {\frac{3}{2}} \right)^2} - 2 \cdot ( - 2) + \frac{1}{2} \cdot \frac{3}{2}\)

\(A = \frac{9}{4} + 4 + \frac{3}{4}\)

\(A = 7\)

Vậy giá trị của biểu thức A là 7.

Bài 3: (1,5 điểm) Kết quả khảo sát đối với một số bạn học sinh khối 9 về số giờ sử dụng điện thoại trong một ngày được thể hiện qua biểu đồ dưới đây.

a) Tính số học sinh đã tham gia cuộc khảo sát.

b) Chọn ngẫu nhiên một học sinh trong nhóm học sinh được khảo sát. Tính xác suất của biến cố A: "Học sinh được chọn có thời gian sử dụng điện thoại 3 giờ một ngày".

c) Nhà trường khuyến cáo học sinh không nên sử dụng điện thoại nhiều hơn 3 giờ một ngày. Chọn ngẫu nhiên một học sinh trong nhóm học sinh được khảo sát. Tính xác suất của biến cố B: "Học sinh được chọn đã thực hiện đúng khuyến cáo của nhà trường".

Lời giải:

a) Số học sinh tham gia khảo sát: 12 + 28 + 30 + 20 + 10 = 100.

b) Phép thử: Chọn ngẫu nhiên 1 học sinh trong nhóm khảo sát

Không gian mẫu \(\Omega \): Là tập hợp gồm tất cả 100 học sinh đã tham gia cuộc khảo sát nên \(n\left( \Omega  \right) = 100\).

Vì việc chọn ngẫu nhiên được thực hiện một cách công bằng, không thiên vị, nên mỗi học sinh trong nhóm 100 người đều có cơ hội được chọn là như nhau. Do đó, các kết quả có thể của phép thử là đồng khả năng.

Biến cố A: "Học sinh được chọn có thời gian sử dụng điện thoại 3 giờ một ngày".

Dựa vào cột tương ứng số 3 trên trục hoành của biểu đồ, số lượng học sinh sử dụng điện thoại 3 giờ là 30 học sinh.

Do đó, số kết quả thuận lợi cho biến cố \(A\) là \(n(A) = 30\).

Xác suất của biến cố \(A\) là: \(P(A) = \frac{{n(A)}}{{n(\Omega )}} = \frac{{30}}{{100}} = \frac{3}{{10}} = 0,3\).

c) Theo đề bài, khuyến cáo là "không nên sử dụng điện thoại nhiều hơn 3 giờ một ngày”, nghĩa là số giờ sử dụng hợp lệ phải nhỏ hơn hoặc bằng 3 giờ (bao gồm các mức: 1 giờ, 2 giờ, và 3 giờ).

Số học sinh thực hiện đúng lời khuyên này là: \(12 + 28 + 30 = 70\) (học sinh).

Do đó, số kết quả thuận lợi cho biến cố \(B\) là \(n(B) = 70\).

Xác suất của biến cố \(B\) là: \(P(B) = \frac{{n(B)}}{{n(\Omega )}} = \frac{{70}}{{100}} = \frac{7}{{10}} = 0,7\).

Bài 4: (1,0 điểm) Bác Năm có một mảnh đất hình chữ nhật với chiều rộng là \(x{\rm{ (m)}}\), (\(x > 11\)) và chiều dài hơn chiều rộng \(9{\rm{ (m)}}\). Bác Năm dùng một phần đất hình chữ nhật để làm nhà ở như hình vẽ.

a) Viết biểu thức thu gọn biểu diễn diện tích phần làm nhà ở theo \(x\).

b) Tìm chiều dài, chiều rộng của mảnh đất, biết diện tích mảnh đất gấp \(8\) lần diện tích làm nhà ở.

Lời giải:

a) Chiều dài phần nhà ở là: \(x + 9 - 15 = x - 6{\rm{ (m)}}\)

Chiều rộng phần nhà ở là: \(x - 11{\rm{ (m)}}\)

Vậy diện tích phần nhà ở là:

\({S_{{\rm{nhà}}}} = (x - 6)(x - 11) = {x^2} - 11x - 6x + 66 = {x^2} - 17x + 66{\rm{ (}}{{\rm{m}}^2}{\rm{)}}\)

b) Diện tích toàn bộ mảnh đất là: \(S = x(x + 9) = {x^2} + 9x{\rm{ (}}{{\rm{m}}^2}{\rm{)}}\)

Vì diện tích mảnh đất gấp \(8\) lần diện tích làm nhà ở nên \({S_{HCN}} = 8 \cdot S\).

Ta có phương trình:

\({x^2} + 9x = 8({x^2} - 17x + 66)\)

\({x^2} + 9x = 8{x^2} - 136x + 528\)

\(7{x^2} - 145x + 528 = 0\)

\((x - 16)(7x - 33) = 0\)

TH1: \(x - 16 = 0\) ta được \(x = 16\) (Thỏa mãn)

TH2: \(7x - 33 = 0\) ta được \(x = \frac{{33}}{7}\) (Không thỏa mãn \(x > 11\))

Vậy chiều rộng mảnh đất là \(16{\rm{ m}}\), chiều dài mảnh đất là: \(16 + 9 = \)\(25{\rm{ m}}\)

Bài 5: (1,0 điểm)

Một bình inox có cấu tạo gồm hai phần: phần thân có dạng hình trụ có chiều cao 20 cm và bán kính đáy là 4 cm, phần nắp có dạng nửa hình cầu có đường kính bằng với đường kính đáy của phần thân.

a) Tính thể tích không gian bên trong của cái bình trên nếu bỏ qua độ dày của vỏ bình (làm tròn kết quả đến hàng đơn vị của cm³).

b) Nhà sản xuất muốn phủ một lớp sơn tĩnh điện lên mặt ngoài của vỏ bình (gồm phần thân, phần nắp và đáy bình), giả sử chi phí sơn là 210 000 đồng/m². Tính chi phí để sơn một cái bình inox (làm tròn kết quả đến nghìn đồng).

Biết công thức tính thể tích hình trụ là \(V = \pi {R^2}h\), diện tích xung quanh hình trụ là \(S = 2\pi Rh\) với R là bán kính đáy và h là chiều cao của hình trụ. Thể tích hình cầu là \(V = \frac{4}{3}\pi {R^3}\), diện tích mặt cầu là \(S = 4\pi {R^2}\) với \(R\) là bán kính. Lấy \(\pi  = 3,14\).

Lời giải:

a) Thể tích bình gồm phần nắp và phần bình:

Thể tích nắp \({V_n} = \frac{1}{2}.\frac{4}{3}\pi .{r^3} = \frac{1}{2}.\frac{4}{3}{.3,14.4^3} = 133,97\left( {c{m^3}} \right)\)

Thể tích bình: \({V_t} = \pi .{r^2}.h = {3,14.4^2}.20 = 1004,8\left( {c{m^3}} \right)\)

Vậy thể tích không gian bên trong bình:

\(V = 1004,8 + 133,97 = 1138,77 \approx 1139\left( {c{m^3}} \right)\)

Vậy thể tích không gian bên trong bình khoảng 1139 \(c{m^3}\)

b) Diện tích phần nắp là: \({S_n} = \frac{1}{2}.4.\pi .{R^2} = \frac{1}{2}{.4.3,14.4^2} = 100,48\left( {c{m^2}} \right)\)

Diện tích xung quanh thân bình: \({S_t} = 2\pi .R.h = 2.3,14.4.20 = 502,4\left( {c{m^2}} \right)\)

Diện tích đáy: \(S = \pi .{R^2} = {3,14.4^2} = 50,24\left( {c{m^2}} \right)\)

Diện tích cần sơn: \(S = 502,4 + 50,24 + 100,48 = 653,12\left( {c{m^2}} \right) = 0,065312\left( {{m^2}} \right)\)

Chi phí sơn: \(0,065312.210000 = 13715,52 \approx 14000\) (đồng)

Vậy chi phí sơn là 14 000 đồng.

Bài 6: (1,0 điểm)

Hai đội \(A\) và \(B\) dự kiến cùng làm chung và xong công việc trong một số ngày. Nếu đội \(A\) làm \(\frac{1}{3}\) công việc rồi đội \(B\) làm phần còn lại thì chậm hơn so với dự kiến \(6\) ngày. Nếu đội \(B\) làm \(\frac{1}{3}\) công việc rồi đội \(A\) làm phần còn lại thì chậm hơn so với dự kiến \(4\) ngày. Hỏi hai đội \(A\) và \(B\) dự kiến cùng làm chung và xong công việc này trong bao nhiêu ngày? (Giả sử năng suất của hai đội \(A\) và \(B\) là không đổi).

Lời giải:

Gọi thời gian đội \(A\) làm một mình để hoàn thành toàn bộ công việc là \(x\) (ngày) và thời gian đội \(B\) làm một mình để hoàn thành toàn bộ công việc là \(y\) (ngày). (Điều kiện: \(x,y > 0\))

Trong 1 ngày, đội \(A\) làm được: \(\frac{1}{x}\) (công việc).

Trong 1 ngày, đội \(B\) làm được: \(\frac{1}{y}\) (công việc).

Khi đó cả hai đội cùng làm được: \(\frac{1}{x} + \frac{1}{y} = \frac{{x + y}}{{xy}}\) (công việc).

Do đó, thời gian dự kiến để hai đội cùng làm chung và hoàn thành công việc là: \(\frac{{xy}}{{x + y}}{\rm{ (ngày)}}\)

Trường hợp 1: Đội \(A\) làm \(\frac{1}{3}\) công việc rồi đội \(B\) làm phần còn lại (\(\frac{2}{3}\) công việc).

Khi đó, thời gian đội \(A\) làm là: \(\frac{1}{3}x\) (ngày) và thời gian đội \(B\) làm là: \(\frac{2}{3}y\) (ngày).

Vì thời gian này chậm hơn dự kiến \(6\) ngày nên ta có phương trình:

\(\frac{1}{3}x + \frac{2}{3}y - \frac{{xy}}{{x + y}} = 6\quad (1)\)

Trường hợp 2: Đội \(B\) làm \(\frac{1}{3}\) công việc rồi đội \(A\) làm phần còn lại (\(\frac{2}{3}\) công việc).

Khi đó, thời gian đội \(B\) làm là: \(\frac{1}{3}y\) (ngày) và thời gian đội \(A\) làm là: \(\frac{2}{3}x\) (ngày).

Vì thời gian này chậm hơn dự kiến \(4\) ngày nên ta có phương trình:

\(\frac{2}{3}x + \frac{1}{3}y - \frac{{xy}}{{x + y}} = 4\quad (2)\)

Trừ từng vế của hai phương trình (1), (2) ta được:

\(\left( {\frac{1}{3}x + \frac{2}{3}y} \right) - \left( {\frac{2}{3}x + \frac{1}{3}y} \right) = 6 - 4\)

\( - \frac{1}{3}x + \frac{1}{3}y = 2\)

\(y - x = 6 \Rightarrow y = x + 6\)

Thay \(y = x + 6\) vào phương trình (1), ta có:

\(\frac{1}{3}x + \frac{2}{3}(x + 6) - \frac{{x(x + 6)}}{{x + (x + 6)}} = 6\)

\(\frac{1}{3}x + \frac{2}{3}x + 4 - \frac{{{x^2} + 6x}}{{2x + 6}} = 6\)

\(x + 4 - \frac{{{x^2} + 6x}}{{2x + 6}} = 6\)

\(x - \frac{{{x^2} + 6x}}{{2x + 6}} = 2\)

\(x(2x + 6) - ({x^2} + 6x) = 2(2x + 6)\) (Do \(x > 0\) nên \(2x + 6 > 0\))

\(2{x^2} + 6x - {x^2} - 6x = 4x + 12\)

\({x^2} - 4x - 12 = 0\)

\({x^2} - 6x + 2x - 12 = 0\)

\(x(x - 6) + 2(x - 6) = 0\)

\((x - 6)(x + 2) = 0\)

TH1: \(x - 6 = 0\)

\(x = 6\) (Thỏa mãn)

TH2: \(x + 2 = 0\)

\(x =  - 2\) (Không thỏa mãn)

Với \(x = 6\), suy ra \(y = 6 + 6 = 12\) (Thỏa mãn).

Vậy thời gian dự kiến để hai đội cùng hoàn thành công việc khi làm chung là:

\(\frac{{6 \cdot 12}}{{6 + 12}} = \frac{{72}}{{18}} = 4{\rm{ (ngày)}}\)

Bài 7: (3,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O; R) (AB < AC) có các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H.

a) Chứng minh tứ giác BFEC nội tiếp.

b) Kẻ đường kính AK của đường tròn (O). Chứng minh \(\Delta ABD\) đồng dạng \(\Delta AKC\) và \(AF \cdot AK = AH \cdot AC\).

c) Gọi I là giao điểm của EF và AH; J là giao điểm của AK và BC.

i) Chứng minh \(HK\parallel IJ\).

ii) Biết \(\widehat {BAC} = {60^\circ },\widehat {ACB} = {45^\circ }\), tính diện tích tam giác IHJ theo \(R\).

Lời giải

a) Xét \(\Delta BEC\), ta có \(BE \bot AC\) (do BE là đường cao).

Vì tam giác BEC vuông tại E, nên 3 điểm B, E, C cùng thuộc đường tròn đường kính BC. (1)

Xét \(\Delta BFC\), ta có \(CF \bot AB\) (do CF là đường cao).

Vì tam giác BFC vuông tại F, nên 3 điểm B, F, C cùng thuộc đường tròn đường kính BC. (2)

Từ (1) và (2) suy ra 4 điểm B, F, E, C cùng nằm trên một đường tròn (đường tròn đường kính BC).

Vậy tứ giác BFEC nội tiếp.

b) Xét đường tròn (O), có \(\angle ACK\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính AK, suy ra \(\angle ACK = {90^\circ }\).

Xét \(\Delta ABD\) vuông tại D (\(\angle ADB = {90^\circ }\)) và \(\Delta AKC\) vuông tại \(C\) (\(\angle ACK = {90^\circ }\)), ta có:

\(\angle ADB = \angle ACK = {90^\circ }\)

\(\angle ABD = \angle AKC\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC của đường tròn \((O)\)).

Suy ra \(\Delta ABD\backsim\Delta AKC\) (g.g).

Khi đó \(\angle BAD = \angle KAC\) (hai góc tương ứng).

Xét \(\Delta AFH\) và \(\Delta AKC\), ta có:

\(\angle AFH = \angle ACK = {90^\circ }\)

\(\angle FAH = \angle CAK\) (chính là \(\angle BAD = \angle KAC\) đã chứng minh trên).

\( \Rightarrow \Delta AFH\backsim\Delta AKC\) (g.g).

Từ đó ta có tỉ số đồng dạng: \(\frac{{AF}}{{AK}} = \frac{{AH}}{{AC}} \Rightarrow AF \cdot AK = AH \cdot AC\).

c)

i) Vì tứ giác BFEC nội tiếp suy ra \(\angle AFE = \angle ACB\) (do cùng cộng với \(\angle EFB\) bằng \({180^0}\))

Xét \(\Delta AIF\) và \(\Delta AJC\) có:

\(\angle AFI = \angle ACJ\) (do \(\angle AFE = \angle ACB\))

\(\angle FAI = \angle CAJ\) (do \(\angle BAD = \angle KAC\))

\( \Rightarrow \Delta AIF\backsim\Delta AJC\) (g.g) \( \Rightarrow \frac{{AI}}{{AJ}} = \frac{{AF}}{{AC}}\) (*).

Từ \(\Delta AFH\backsim\Delta AKC\) (chứng minh câu b), ta cũng có \(\frac{{AH}}{{AK}} = \frac{{AF}}{{AC}}\) (**).

Từ (*) và (**), suy ra \(\frac{{AI}}{{AJ}} = \frac{{AH}}{{AK}} \Rightarrow \frac{{AI}}{{AH}} = \frac{{AJ}}{{AK}}\).

Xét \(\Delta AHK\), theo định lý Thales đảo, do có tỉ lệ \(\frac{{AI}}{{AH}} = \frac{{AJ}}{{AK}}\), ta suy ra \(IJ\parallel HK\).

ii) Xét \(\Delta AFC\) vuông tại F, ta có: \(\cos (\angle FAC) = \cos ({60^\circ }) = \frac{{AF}}{{AC}} = \frac{1}{2}\).

Mà \(\frac{{AH}}{{AK}} = \frac{{AF}}{{AC}}\) nên \(\frac{{AH}}{{AK}} = \frac{1}{2}\) hay \(AH = \frac{1}{2}.2R = R\)

Ta có \(\Delta ADC\) vuông tại D có \(\angle ACD = {45^0}\) nên \(\Delta ADC\) vuông cân tại D

Suy ra \(\angle CAD = {45^0}\)

Trong \(\Delta ABC\), \(\angle ABC = {180^\circ } - ({60^\circ } + {45^\circ }) = {75^\circ }\).

Xét \(\Delta ABD\) vuông tại \(D\): \(\angle BAD = {90^\circ } - {75^\circ } = {15^\circ }\).

Mặt khác, trong \(\Delta ABK\) vuông tại \(B\) (\(\angle ABK = {90^\circ }\) do chắn nửa đường tròn), ta có \(\angle BAK = {90^\circ } - \angle AKB = {90^\circ } - \angle ACB = {90^\circ } - {45^\circ } = {45^\circ }\).

Suy ra góc \(\angle HAK = \angle BAK - \angle BAD = {45^\circ } - {15^\circ } = {30^\circ }\).

Ta có \(\Delta ABK\) vuông cân tại B nên \(2A{B^2} = A{K^2} = 4{R^2}\) suy ra \(AB = \sqrt 2 R\)

Ta có \(\angle BAD = {15^0}\) nên \(AD = AB.\cos BAD = \sqrt 2 R.\cos {15^0}\)

Tương tự \(DJ = AD.\tan DAJ = \sqrt 2 R.\cos {15^0}.\tan {30^0} = \frac{{\sqrt 6 }}{3}R.\cos {15^0}\)

Ta có \(\sin DAJ = \frac{{DJ}}{{AJ}}\)

nên \(AJ = \frac{{DJ}}{{\sin {{30}^0}}} = \frac{{\frac{{\sqrt 6 }}{3}R.\cos {{15}^0}}}{{\sin {{30}^0}}} = \frac{{2\sqrt 6 }}{3}R.\cos {15^0}\)

Mà \(\frac{{AI}}{{AH}} = \frac{{AJ}}{{AK}}\) nên \(AI = \frac{{AH.AJ}}{{AK}} = \frac{{R.\frac{{2\sqrt 6 }}{3}R.\cos {{15}^0}}}{{2R}} = \frac{{\sqrt 6 }}{3}R\cos {15^0}\)

Vậy \(IH = AH - AI = R - \frac{{\sqrt 6 }}{3}R\cos {15^0} = R\left( {1 - \frac{{\sqrt 6 }}{3}\cos {{15}^0}} \right)\)

Suy ra \({S_{HIJ}} = \frac{1}{2}IH.DJ = \frac{1}{2}.R\left( {1 - \frac{{\sqrt 6 }}{3}\cos {{15}^0}} \right).\frac{{\sqrt 6 }}{3}R.\cos {15^0} = \frac{{{R^2}}}{{12}}\)

-HẾT-