Một cách giải khác:

Dựng tam giác đều EHF sao cho F nằm trên nửa mặt phẳng bờ BC có chứa A.

Khi đó:  ^CEH = ^AEF (=60⁰ - ^AEH). Kết hợp với EC=EA, EH=EF suy ra \(\Delta\)HEC = \(\Delta\)FEA (c.g.c)

=> CH = AF (2 cạnh tương ứng) hay BH = AF (Do BH=CH)

Ta có: ^IAF = 360⁰ - ^EAF - ^EAC - ^BAC - IAB = 360⁰ - 60⁰ - 30⁰ - ^ECH - ^BAC (^EAF=^ECH vì \(\Delta\)HEC = \(\Delta\)FEA)

= 270⁰ - 60⁰ - ^BAC - ^ACB = 30⁰ + ^ABC = ^IBA + ^ABC = ^IBH

Xét \(\Delta\)BIH và \(\Delta\)AIF có: IB = IA, BH = AF (cmt), ^IBH = ^IAF (cmt) => \(\Delta\)BIH = \(\Delta\)AIF (c.g.c)

Suy ra IH = IF (2 cạnh tương ứng). Mà EH = EF nên IE trung trực của HF.

Xét \(\Delta\)EHF đều có EI là trung trực của HF => EI là phân giác của ^HEF => ^IEH = ^HEF/2 = 30⁰

Kết luận: ^IEH = 30⁰.

Trên tia IH lấy điểm K sao cho HI=HK

Xét tam giác HIB và tam giác HKC có:

HI=HK (cách vẽ)

HB=HC ( H là trung điểm BC)

\(\widehat{H_1}=\widehat{H_2}\)( đối định )

=> \(\Delta HIB=\Delta HKC\)(c.g.c)

=> IB=CK mà IB=AI ( dễ tự chứng minh)

=> CK=AI (1)

\(\widehat{IAE}=\widehat{A_1}+\widehat{A_2}+\widehat{A_3}=30^o+\widehat{A_2}+60^o=90^o+\widehat{A_2}\)

\(\widehat{ECK}=\widehat{C_1}=360^o-\left(\widehat{C_2}+\widehat{C_3}+\widehat{C_4}\right)\)Vì \(\Delta HIB=\Delta HKC\)=> \(\widehat{C_2}=\widehat{HBI}\)=\(\widehat{B_1}+\widehat{B_2}=30^o+\widehat{B_1}\)

và \(\widehat{C_4}=60^o\)

=> \(\widehat{ECK}=\widehat{C_1}=360^o-\left(90^o+\widehat{B_1}+\widehat{C_3}_{ }\right)=90^o+\widehat{A_2}\)

=> \(\widehat{IAE}=\widehat{ECK}\)(2)

và AE= EC ( tam giác AEC đều) (3)

Từ (1), (2), (3)

=> \(\Delta IAE=\Delta KCE\)

=> IE=KE => tam giác IEK cân  có EH là đường trung tuyến=> EH cũng là đường phân giác 

\(\widehat{AEI}=\widehat{CEK}\)=> \(\widehat{IEK}=\widehat{IEC}+\widehat{CEK}=\widehat{IEC}+\widehat{AEI}=\widehat{AEC}=60^o\)

=> \(\widehat{IEH}=60^o:2=30^o\)

 ( GT, KL bạn tự viết nha )