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 \(\left(BD-CD\right)^2>0\)

\(BC^2>4CD.BD\) . \(BC^2>4HD.AD\)

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

-Xét △BCF và △BAD có:

\(\widehat{ABC}\) là góc chung

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

\(\Rightarrow\)△BCF∼△BAD (g-g).

\(\Rightarrow\dfrac{BC}{BA}=\dfrac{BF}{BD}\) (tỉ số đồng dạng)

\(\Rightarrow BF.BA=BC.BD\left(1\right)\)

-Xét △ACD và △BCE có:

\(\widehat{ACB}\) là góc chung

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

\(\Rightarrow\)△ACD∼△BCE (g-g)

\(\Rightarrow\dfrac{AC}{BC}=\dfrac{CD}{CE}\) (tỉ số đồng dạng)

\(\Rightarrow CE.CA=CD.BC\left(2\right)\)

-Từ (1) và (2) suy ra:

\(BF.BA+CE.CA=BD.BC+CD.BC=BC\left(BD+CD\right)=BC.BC=BC^2\)

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

góc EAB chung

Do đó:ΔAEB\(\sim\)ΔAFC

Suy ra: AE/AF=AB/AC

hay \(AE\cdot AC=AF\cdot AB\)

b: Xét ΔBDH vuông tại D và ΔBEC vuông tại E có

góc HBD chung

Do đó:ΔBDH\(\sim\)ΔBEC

Suy ra: BD/BE=BH/BC

hay \(BD\cdot BC=BH\cdot BE\)

b: góc HID+góc HKD=180 độ

=>HIDK nội tiếp

=>góc HIK=góc HDK

=>góc HIK=góc HCB

=>góc HIK=góc HEF

=>EF//IK

Bài 1: 

+) Chứng minh tứ giác BFLK nội tiếp:

Ta thấy FAH và LAH  là hai tam giác vuông có chung cạnh huyền AH nên AFHL là tứ giác nội tiếp. Vậy thì \(\widehat{ALF}=\widehat{AHF}\)  (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung AF)

Lại có \(\widehat{AHF}=\widehat{FBK}\)   (Cùng phụ với góc \(\widehat{FAH}\)  )

Vậy nên   \(\widehat{ALF}=\widehat{FBK}\), suy ra tứ giác BFLK nội tiếp (Góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong của đỉnh đối diện)

+) Chứng minh tứ giác CELK nội tiếp:

Hoàn toàn tương tự : Tứ giác AELH nội tiếp nên \(\widehat{ALE}=\widehat{AHE}\) , mà \(\widehat{AHE}=\widehat{ACD}\Rightarrow\widehat{ALE}=\widehat{ACD}\)

Suy ra tứ giác CELK nội tiếp.

Các bài còn lại em tách ra nhé.