Cho tam giác đều (ABC ) có cạnh bằng 1, nội tiếp trong đường tròn tâm (O.

Ta có: AD là đường cao của ΔABC đều nên nó cũng là trung tuyến ⇒BD=DC.

Xét ΔDBH,ΔDCH có

\(\begin{array}{l} \begin{array}{*{20}{l}} {BD = DC,{\mkern 1mu} }\\ {\widehat {BDH} = \widehat {CDH} = {{90}^0}}\\ {DH{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} chung} \end{array}\\ \Rightarrow {\rm{\Delta }}DBH = {\mkern 1mu} {\rm{\Delta }}DCH{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {c.g.c} \right) \Rightarrow BH = HC{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( 1 \right). \end{array}\)

Do AH là đường kính nên \(\widehat {ACH} = {90^0}\)  Mà \( \widehat {ACD} = {60^0} \Rightarrow \widehat {DCH} = {30^0}\)

Do OA=OC=R nên \( \widehat {OAC} = \widehat {OCA} = {30^0} \to \widehat {OCD} = {30^0}\)

Xét hai tam giác vuông ΔODC,ΔHDC có

\(\begin{array}{l} \widehat {ODC} = \widehat {HDC} = {90^0};\widehat {OCD} = \widehat {HCD} = {30^0};\\ CD:chung\\ \to {\rm{\Delta }}ODC = {\rm{\Delta }}HDC\left( {g.c.g} \right) \Rightarrow OC = CH \end{array}\)

Tứ giác OBHC có 4 cạnh bằng nhau nên là hình thoi

Từ đó ta có 

\(\begin{array}{l} OD = DH,{\mkern 1mu} BD = DC,{\mkern 1mu} \widehat {OCD} = {30^0},{\mkern 1mu} BC \bot OH\\ \to \begin{array}{*{20}{l}} {{S_1} = {S_{OBHC}} = \frac{1}{2}BC.OH = \frac{1}{2}\left( {2OD} \right)\left( {2DC} \right) = 2OD.DC}\\ { = 2\left( {OC.\sin {\mkern 1mu} \widehat {OCD}} \right)\left( {OC.{\mkern 1mu} \cos {\mkern 1mu} \widehat {OCD}} \right)}\\ { = 2O{C^2}\sin {\mkern 1mu} {{30}^0}{\mkern 1mu} .\cos {\mkern 1mu} {{30}^0} = {{2.1}^2}.\frac{1}{2}.\frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}.} \end{array} \end{array}\)

Ta có diện tích hình quạt OBC là: 

\( {S_2} = \frac{{\pi {R^2}}}{{360}}.120 = \frac{\pi }{3}.\)

Vậy diện tích cần tính là \( S = {S_1} - {S_2} = \frac{{\sqrt 3 }}{2} - \frac{\pi }{3}.\)