Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, đường cao BA (A thuộc CD ). Từ A vẽ AH vuông góc BD, AE vuông góc BC( H thuộc BD; E thuộc BC)

a) Ta có:
$\angle ABD = \angle HBA$ (do cùng chung góc $\angle BAH$)
$\angle ADB = \angle AHB = 90^\circ$ (do $AH \perp BD$)
$\angle BAD = \angle BHA$ (cùng chung góc $\angle AHB$)

Vậy tam giác ABD đồng dạng tam giác HBA theo góc.

Áp dụng định lý đồng dạng ta có:
$\frac{AB}{HB} = \frac{BD}{BA}$
$\Rightarrow AB^2 = BH \cdot BD$

b) Ta có:
$\angle ABE = \angle ABC = 90^\circ - \angle BAC = \angle ABH$ (do $AE \perp BC$)
$\angle AEB = \angle AHB = 90^\circ$ (do $AH \perp BD$)
$\angle ABE = \angle ABH$ (cùng chung góc $\angle AHB$)

Vậy tam giác ABE đồng dạng tam giác ABH theo góc.

Áp dụng định lý đồng dạng ta có:
$\frac{BE}{BH} = \frac{AB}{AB}$
$\Rightarrow BE \cdot BH = AB^2 = BH \cdot BD$

c) Ta có:
$F$ là trung điểm của $BC$ nên $BF = FC$
$G$ là trung điểm của $BH$ nên $BG = GH$

Áp dụng định lý Thales trong tam giác $BHC$ ta có:
$\frac{BG}{GH} = \frac{BF}{FC}$
$\Rightarrow GH = \frac{1}{2} \cdot HC$

Tương tự, áp dụng định lý Thales trong tam giác $BEC$ ta có:
$\frac{BE}{EC} = \frac{BG}{GH}$
$\Rightarrow EC = 2 \cdot BE$

Vậy $EC = 2 \cdot BE$ và $GH = \frac{1}{2} \cdot HC$

Áp dụng định lý Menelaus trong tam giác $BHC$ và đường thẳng $EFG$ ta có:
$\frac{EH}{HB} \cdot \frac{BG}{GC} \cdot \frac{FC}{FE} = 1$
$\Rightarrow \frac{EH}{HB} \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} = 1$
$\Rightarrow EH = \frac{HB}{2}$

Tương tự, áp dụng định lý Menelaus trong tam giác $BEC$ và đường thẳng $DFG$ ta có:
$\frac{DI}{IE} \cdot \frac{EG}{GC} \cdot \frac{FC}{FD} = 1$
$\Rightarrow \frac{DI}{IE} \cdot 2 \cdot \frac{1}{2} = 1$
$\Rightarrow DI = IE$

Vậy $EF \cdot DI = DG \cdot EI$