Chứng minh tương tự như câu a, ta được:

Công theo vế các đẳng thức ( 3 ),( 4 ),( 5 ) ta được:

a, Xét \(\Delta ACF\) và \(\Delta ABE\) có:

\(\widehat{AFC}=\widehat{AEB}=90^0\)

\(\widehat{BAC}\) là góc chung

\(\Rightarrow\Delta ACF~\Delta ABE\left(g.g\right)\)

\(\Rightarrow\frac{AC}{AB}=\frac{AF}{AE}\)

\(\Rightarrow AC.AE=AB.AF\)

Xét \(\Delta AEF\) và \(\Delta ABC\) có:

\(\widehat{CAB}\) là góc chung

\(\frac{AE}{AB}=\frac{AF}{AC}\)

\(\Rightarrow\Delta AEF~\Delta ABC\left(c.g.c\right)\)

b, Xét \(\Delta BDH\) và \(\Delta BEC\) có:

\(\widehat{EBC}\) là góc chung

\(\widehat{BEC}=\widehat{BDH}=90^0\)

\(\Rightarrow\Delta BDH~\Delta BEC\left(g.g\right)\)

\(\Rightarrow\frac{BH}{BC}=\frac{BD}{BE}\)

\(\Rightarrow BE.BH=BC.BD\left(1\right)\)

Tương tự như trên ta được: \(\Delta CDH~\Delta CFB\left(g.g\right)\)

\(\Rightarrow\frac{CH}{CB}=\frac{CD}{CF}\)

\(\Rightarrow CF.CH=CD.CB\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow BE.BH+CH.CF=BD.BC+BC.CD=BC\left(BD.CD\right)=BC^2\)

 \(\Rightarrow BH.BE+CH.CF=BC^2\)

d,EI _|_ AB ; CE _|_ AB  => EI // CE => AI/IF = AE/EC (đl)

EK _|_ AD; CD _|_ AD => EK // CD => AK/KD = AE/EC (đl)

=> AI/IF = AK/KD; xét tam giac AFD

=> IK // FD (1)

ER _|_ BC; AD _|_ BC => ER // AD => CR/RD = CE/EA (đl)

EQ _|_ CF; AF _|_ CF => AH // AF => CH/FH =  CE/AE (đl)

=> CR/RD = CH/FH; xét tam giác CFD

=> HR // FD       (2)

EK _|_ AD; AD _|_ BD => EK // BD => KH/HD = EH/HB (đl)

EH _|_ CF; CF _|_ BF => EH // FB => EH/HB = QH/HF (đl)

=> KH/HD = QH/HF

=> KH // ED (3)

(1)(2)(3) => I;K;H;R thẳng hàng (tiên đề Ơclit)

a: Xét ΔAEB vuông tại E và ΔAFC vuông tại F có

\(\hat{EAB}\) chung

Do đó: ΔAEB~ΔAFC

=>\(\frac{AE}{AF}=\frac{AB}{AC}\)

=>\(\frac{AE}{AB}=\frac{AF}{AC}\)

Xét ΔAEF và ΔABC có

\(\frac{AE}{AB}=\frac{AF}{AC}\)

góc EAF chung

Do đó: ΔAEF~ΔABC

b: Xét ΔAEH vuông tại E và ΔADC vuông tại D có

\(\hat{EAH}\) chung

Do đó: ΔAEH~ΔADC

=>\(\frac{AE}{AD}=\frac{AH}{AC}\)

=>\(AE\cdot AC=AH\cdot AD\)

Ta có: FK⊥BC

AD⊥BC

Do đó: FK//AD

Xét ΔCKF có HD//KF

nên \(\frac{CD}{DK}=\frac{CH}{HF}\)

=>\(CD\cdot HF=CH\cdot DK\)

c: Xét ΔHFB vuông tại F và ΔHEC vuông tại E có

\(\hat{FHB}=\hat{EHC}\) (hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔHFB~ΔHEC

=>\(\frac{HF}{HE}=\frac{HB}{HC}\)

=>\(\frac{HF}{HB}=\frac{HE}{HC}\)

Xét ΔHEF và ΔHCB có

\(\frac{HE}{HC}=\frac{HF}{HB}\)

\(\hat{EHF}=\hat{CHB}\) (hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔHEF~ΔHCB

=>\(\hat{HEF}=\hat{HCB}\) (1)

ΔAEH~ΔADC

=>\(\frac{AE}{AD}=\frac{AH}{AC}\)

=>\(\frac{AE}{AH}=\frac{AD}{AC}\)

Xét ΔBDH vuông tại D và ΔBEC vuông tại E có

\(\hat{DBH}\) chung

Do đó: ΔBDH~ΔBEC

=>\(\frac{BD}{BE}=\frac{BH}{BC}\)

=>\(\frac{BD}{BH}=\frac{BE}{BC}\)

Xét ΔBDE và ΔBHC có

\(\frac{BD}{BH}=\frac{BE}{BC}\)

góc DBE chung

Do đó: ΔBDE~ΔBHC

=>\(\hat{BED}=\hat{BCH}\) (2)

Từ (1),(2) suy ra \(\hat{FEB}=\hat{DEB}\)

=>EB là phân giác của góc FED

Xét ΔEID có EH là phân giác

nên \(\frac{EI}{ED}=\frac{HI}{HD}\)

Bạn vẽ hình đi mình giải cho 

Sửa đề: ΔABC cân tại A

a:ΔABC cân tại A

mà AD là đường phân giác

nên AD là đường cao

=>AD vuông góc BC

b: Xét ΔAFI và ΔAEI có

AF=AE
góc FAI=góc EAI

AI chung

=>ΔAFI=ΔAEI

=>góc AFI=góc AEI

=>FI vuông góc AB

c: Xét ΔABC có

BE,AD là đường cao

BE cắt AD tại I

=>I là trực tâm

=>CI vuông góc AB

=>C,I,F thẳng hàng