(3,0 điểm) Cho tam giác \(ABC\) nhọn nội tiếp đường tròn \(\left( {O\,;\,\,R} \right)\) \(\left( {AB \ne AC} \right)\) 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 \(\left( O \right)\). 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 \(HK\,{\rm{//}}\,IJ\).

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

a) Ta có các \(\Delta BFC\) và \(\Delta BEC\) lần lượt vuông tại \[F\] và \[E\] nên \(\Delta BFC\) và \(\Delta BEC\) nội tiếp đường tròn đường kính \(BC\).

Suy ra 4 điểm \(B,\,\,F,\,\,E,\,\,C\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(BC\).

Vậy tứ giác \(BFEC\) nội tiếp.

b) Vì \(AD \bot BC\) nên \(\widehat {ADB} = 90^\circ \).

Vì \(AK\) là đường kính của \(\left( O \right)\) nên \(\widehat {ACK} = 90^\circ \).

Lại có \(\widehat {ABD} = \widehat {ABC} = \widehat {AKC}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(AC\)).

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

Ta có \(\widehat {AFH} = 90^\circ \) và \(\widehat {ACK} = 90^\circ \).

Mặt khác, \(\widehat {FAH} = \widehat {CAK}\) nên  (g.g).

Suy ra \(\frac{{AF}}{{AC}} = \frac{{AH}}{{AK}}.\)

Do đó \(AF \cdot AK = AH \cdot AC\).

c) Từ \(\widehat {FAI} = \widehat {JAC}\) (cmt) và \(\widehat {AFI} = \widehat {ACJ}\) (tứ giác \(BFEC\) nội tiếp).

Suy ra $\Delta AIF\backsim \Delta AJC$ (g.g).

Suy ra \(\frac{{AI}}{{AJ}} = \frac{{AF}}{{AC}} = \frac{{AH}}{{AK}}\) hay \(\frac{{AI}}{{AH}} = \frac{{AJ}}{{AK}}\).

Áp dụng định lý Thalès đảo suy ra \(HK\,{\rm{//}}\,IJ\).

Áp dụng định lí tổng ba góc trong \(\Delta ABC\) tính được \(\widehat {ABC} = 75^\circ \) suy ra \(\widehat {AKC} = 75^\circ \).

Ta có \(\widehat {JCK} = 90^\circ  - \widehat {ACB} = 90^\circ  - 45^\circ  = 45^\circ \).

Suy ra \(\widehat {AJD} = \widehat {CJK} = 180^\circ  - 45^\circ  - 75^\circ  = 60^\circ \).

Ta có \(AC = \sin 75^\circ  \cdot 2R = R \cdot \frac{{\sqrt 6  + \sqrt 2 }}{2}\).

Xét \(\Delta ADC\) vuông cân tại \(D\) nên \(AD = AC:\sqrt 2  = R \cdot \frac{{1 + \sqrt 3 }}{2}\).

Ta có \(AJ = AD:\sin \widehat {AJD} = R \cdot \frac{{3 + \sqrt 3 }}{3}\); \(JD = AJ \cdot \cos 60^\circ  = R \cdot \frac{{3 + \sqrt 3 }}{6}\).

Kẻ đường kính \(BT\) của \(\left( O \right)\) ta có \(BC = 2R \cdot \sin 60^\circ  = R\sqrt 3 \).

Ta có $\Delta FAH\backsim \Delta FCB$ (g.g) nên \(\frac{{FA}}{{FC}} = \frac{{AH}}{{BC}}\) suy ra \(AH = R\sqrt 3  \cdot \cot 60^\circ  = R\).

Ta có \(\frac{{AI}}{{AH}} = \frac{{AJ}}{{AK}}\) nên \(\frac{{AI}}{{AH}} = \frac{{R \cdot \frac{{3 + \sqrt 3 }}{3}}}{{2R}} = \frac{{3 + \sqrt 3 }}{6}\).

Suy ra \(\frac{{{S_{AIJ}}}}{{{S_{AHJ}}}} = \frac{{3 + \sqrt 3 }}{6}\) hay \({S_{AIJ}} = {S_{AHJ}} \cdot \frac{{3 + \sqrt 3 }}{6} = \frac{1}{2} \cdot AH \cdot JD \cdot \frac{{3 + \sqrt 3 }}{6} = \frac{1}{2} \cdot R \cdot R \cdot \frac{{3 + \sqrt 3 }}{6}\).

Suy ra \(\frac{{3 + \sqrt 3 }}{6} = {R^2} \cdot \frac{{2 + \sqrt 3 }}{{12}}.\)

Do đó \({S_{IHJ}} = {S_{AHJ}} - {S_{AIJ}} = \frac{1}{2} \cdot R \cdot R \cdot \frac{{3 + \sqrt 3 }}{6} - {R^2} \cdot \frac{{2 + \sqrt 3 }}{{12}} = \frac{{{R^2}}}{{12}}\).

Vậy diện tích tam giác \(IHJ\) bằng \(\frac{{{R^2}}}{{12}}\).