Xét ΔBDH vuông tại D và ΔBEC vuông tại E có

\(\widehat{DBH}\) chung

Do đó: ΔBDH đồng dạng với ΔBEC
=>\(\dfrac{BD}{BE}=\dfrac{BH}{BC}\)

=>\(BH\cdot BE=BD\cdot BC\)

Xét ΔCDH vuông tại D và ΔCFB vuông tại F có

\(\widehat{DCH}\) chung

Do đó: ΔCDH đồng dạng với ΔCFB

=>\(\dfrac{CD}{CF}=\dfrac{CH}{CB}\)

=>\(CH\cdot CF=CD\cdot CB\)

ΔEBC vuông tại E

mà EI là đường trung tuyến

nên \(BC=2\cdot EI\)

=>\(BC^2=4\cdot EI^2\)

\(BH\cdot BE+CH\cdot CF\)

\(=BD\cdot BC+CD\cdot BC\)

\(=BC^2=4\cdot IE^2\)

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

\(\widehat{BAC}\) chung

Do đó: ΔAEB\(\sim\)ΔAFC(g-g)

Suy ra: \(\dfrac{AE}{AF}=\dfrac{AB}{AC}\)(Các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)

hay \(\dfrac{AE}{AB}=\dfrac{AF}{AC}\)

Xét ΔAEF và ΔABC có 

\(\dfrac{AE}{AB}=\dfrac{AF}{AC}\)(cmt)

\(\widehat{EAF}\) chung

Do đó: ΔAEF\(\sim\)ΔABC(c-g-c)

Xét ΔHFB vuông tại F và ΔHEC vuông tại E có

\(\widehat{FHB}=\widehat{EHC}\)

Do đó: ΔFHB\(\sim\)ΔEHC

Xét ΔBDH vuông tại D và ΔBEC vuông tại E có

\(\widehat{DBH}\) chung

Do đó: ΔBDH\(\sim\)ΔBEC
Suy ra: BD/BE=BH/BC

hay \(BD\cdot BC=BE\cdot BH\)

Xét ΔCDH vuông tại D và ΔCFB vuông tại F có

\(\widehat{DCH}\) chung

Do đó: ΔCDH~ΔCFB

=>\(\dfrac{CD}{CF}=\dfrac{CH}{CB}\)

=>\(CD\cdot CB=CH\cdot CF\)

\(BH\cdot BE+CH\cdot CF\)

\(=BD\cdot BC+CD\cdot BC=BC\left(BD+CD\right)=BC^2\)

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)

c) Tam giác HCD đồng dạng BAD. \(\frac{HD}{BD}=\frac{CD}{AD}\)

\(HD.AD=CD.BD\)

\(4HD.AD=4CD.BD\)

Lại có : \(BC^2=BD^2+CD^2+2BD.CD\)

\(BC^2-4.CD.BD=BD^2+CD^2-2BD.CD=\left(BD-CD\right)^2\)

Mà \(\left(BD-CD\right)^2>0\)

\(BC^2>4CD.BD\) . \(BC^2>4HD.AD\)

\(HD.AD< \frac{BC^2}{4}\left(đpcm\right)\)

a)cm  tam giác AFC  đồng dạng  tam giác AEB(gg) 

=> tam giác AFE đồng dạng ACB(cgc) . từ đó suy ra đpcm

b) tam giác BDH đồng dạng tam giác BEC (gg) 

=> BH/BC =BD/BE hay BH .BE =BD.BC (1)

                                   t^2 CH.CF=DC.BC (2)

lấy (1)+(2) theo vế suy ra đpcm

c)tam giác AFE đd tam giác ACB ( câu a) => góc AEF = góc C 

t^2 tam giác DEC đd tam giác ABC => góc DEC= góc C

Do đó góc AEF= góc DEC 

mà góc AEF+góc FEB=90 ; góc DEC+BED =90 

 => góc FEB= góc BED 

 suy ra đpcm ................... (x-x)

a)   Xét   \(\Delta BDA\)và    \(\Delta BFC\) có:

\(\widehat{BDA}=\widehat{BFC}=90^0\)

\(\widehat{ABC}\) chung

suy ra:   \(\Delta BDA~\Delta BFC\)

\(\Rightarrow\)\(\frac{BD}{BF}=\frac{BA}{BC}\)

\(\Rightarrow\)\(BD.BC=BA.BF\)