$\color{#1AD5F7}{⋆⟡}\color{#4DA6E6}{xxx}\color{#668EDD}{haker}\color{#8077D5}{x}\color{#995FCD}{}\color{#CC2FBC}{xx}\color{#4DA6E6}{}\color{#EA2F90}{ ⋆⟡ }$

`a`.Xét `ΔAEB` và `ΔAFC` , ta có :

 $\widehat{A}$ là cạnh chung.

$\widehat{AEB} = \widehat{AFC} = 90^\circ$ `(` `giả` `thiết` `)`.

⟹ $\triangle AEB \sim \triangle AFC$ `(` `g.g` `—` `góc`, `góc` `)`.

 `b`.Xét `ΔHBF` và `ΔHCE` , ta có :

Có $\widehat{F} = \widehat{E} = 90^\circ$.

Có $\widehat{BHF} = \widehat{CHE}$ `(` `giả` `thiết` `)`.

⟹ $\triangle HBF \sim \triangle HCE$ `(` `g.g` `)`.

⟹ Từ sự đồng dạng: $\dfrac{HB}{HC} = \dfrac{HF}{HE} \Rightarrow HB \cdot HE = HF \cdot HC$.

`c`.Vì `BE` `⊥` `AC` và `BD` `=` `BC`

⟹ `E` là trung điểm đoạn `CD`

⟹ $EC = ED = \dfrac{1}{2}DC$

Ta có: $\widehat{BEO} = \widehat{BOG} = 90^\circ - \widehat{DEG} = \widehat{D}$

Xét hai tam giác `DEG` và `DEB`:

Có góc $\widehat{D}$ chung

Có $\widehat{DGE} = \widehat{DEB} = 90^\circ$

⟹ $\triangle DEG \sim \triangle DEB$ `(` `g.g` `)`

⟹ $\dfrac{DG}{GE} = \dfrac{ED}{EB}$ ⟹ $DG \cdot EB = GE \cdot ED$

Vì $GE = EO$ và $ED = EO$ ⟹ có thể suy ra:

$\dfrac{DG}{EO}$ `=` $\dfrac{DC}{EB}$ ⇒ `ΔGDC` ~ `ΔBOE` `(` `c`.`g`.`c` `)`.