Câu b: Xet tg vuông AEH và tg vuông ABC có

^BAH = ^ACB (cùng phụ với ^ABC)

=> Tg AEH đồng dạng với tg ABC \(\Rightarrow\frac{AE}{AC}=\frac{EH}{AB}\) mà EH=AF (cạnh đối HCN)

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

Câu c: 

Ta có AM=BC/2==BM=CM (trong tg vuông trung tuyến thuộc cạnh huyền bằng nửa cạnh huyền)

=> tg AMC cân tại M => ^MAC = ^ACB mà  ^BAH = ^ACB (cmt)  => ^MAC = ^BAH (1)

Ta có ^AHE = ^ABC (cùng phụ với ^BAH) mà ^AHE = ^HAC (góc so le trong) => ^ABC = ^HAC (2)

Gọi giao của AH với EF là O xét tg AOF  có

AH=EF (hai đường chéo HCN = nhau) 

O là trung điểm của AH vào EF 

=> OA=OF => tg AOF cân tại O => ^HAC = ^AFE (3)

Từ (2) và (3) => ^AFE = ^ABC (4)

Mà ^ABC + ^ACB = 90 (5)

Từ (1) (4) (5) => ^MAC + ^AFE = 90

Xét tg AKF có ^AKF = 180 - (^MAC + ^AFE) = 180-90=90 => AM vuông góc EF tại K

b: Xét ΔAHB vuông tại H có HE là đường cao ứng với cạnh huyền AB

nên \(AE\cdot AB=AH^2\left(1\right)\)

Xét ΔAHC vuông tại H có HF là đường cao ứng với cạnh huyền AC

nên \(AF\cdot AC=AH^2\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) suy ra \(AE\cdot AB=AF\cdot AC\)

a) Xét tứ giác EAFH có 

\(\widehat{AFH}=90^0\)

\(\widehat{FAE}=90^0\)

\(\widehat{AEH}=90^0\)

Do đó: EAFH là hình chữ nhật(Dấu hiệu nhận biết hình chữ nhật)

b) Ta có: \(\widehat{IAC}=90^0-\widehat{AFE}\)

\(\widehat{ICA}=90^0-\widehat{B}\)

mà \(\widehat{AFE}=\widehat{B}\left(=\widehat{HAC}\right)\)

nên \(\widehat{IAC}=\widehat{ICA}\)

mà \(\widehat{IBA}=90^0-\widehat{ICA}\)

và \(\widehat{IAB}=90^0-\widehat{IAC}\)

nên \(\widehat{IAB}=\widehat{IBA}\)

Xét ΔIAB có \(\widehat{IAB}=\widehat{IBA}\)(cmt)

nên ΔIAB cân tại I(Định lí đảo của tam giác cân)

Xét ΔIAC có \(\widehat{IAC}=\widehat{ICA}\)(cmt)

nên ΔIAC cân tại I(Định lí đảo của tam giác cân)

Ta có: IA=IB(ΔIAB cân tại I)

IA=IC(ΔIAC cân tại I)

Do đó: IB=IC

mà I nằm giữa B và C

nên I là trung điểm của BC(Đpcm)