a) Xét tam giác ABE và tam giác ACF, ta có:

`\hat(AEB)=\hat(AFC)=90^o`

`\hat(BAC)` là góc chung.

`=>\triangleABE` $\backsim$ `triangleACF` (góc-góc)

b) Xét tam giác AEF và tam giác ABC, ta có:

`\hat(BAC)` là góc chung

`(AE)/(AB)=(AF)/(AC)` (`\triangleABE` $\backsim$ `triangleACF`)

`=>\triangleAEF` $\backsim$ `triangleABC` (cạnh-góc-cạnh)

`=>\hat(ABC)=\hat(AEF)` (2 góc tương ứng). (1)

Xét tam giác CEB và tam giác CDA, ta có:

`\hat(CEB)=\hat(CDA)=90^o`

`\hat(ACB)` là góc chung.

`=>\triangleCEB` $\backsim$ `triangleCDA` (góc-góc)

Xét tam giác CED và tam giác CBA, ta có:

`\hat(ACB)` là góc chung

`(CE)/(CB)=(CD)/(CA)` (`\triangleCEB` $\backsim$ `triangleCDA`)

`=>\triangleCED` $\backsim$ `triangleCBA` (cạnh-góc-cạnh)

`=>\hat(ABC)=\hat(DEC)` (2 góc tương ứng). (2)

Từ (1), (2) ta có: `\hat(DEC)=\hat(AEF)`

Mà: `\hat(DEC)+\hat(BED)=90^o` ; `\hat(AEF)+\hat(BEF)=90^o`.

`=>\hat(BED)=\hat(BEF)`.

=>EB là tia phân giác góc FED.

c) Chứng minh tương tự như ở câu b, ta cũng có DK là tia phân giác góc EDF.

Xét tam giác DEF, ta có: DK là phân giác đỉnh D.

`=>(KE)/(KF)=(DE)/(DF)` (định lí về đường phân giác trong tam giác).

Chứng minh tương tự như ở câu b, ta cũng có `\triangleBDF` $\backsim$ `triangleBAC`.

Ta có: `\triangleBDF` $\backsim$ `triangleBAC`, nên:

`(DF)/(AC)=(DB)/(AB) =>DF=(AC.DB)/(AB)` (3).

Ta có: `\triangleCED` $\backsim$ `triangleCBA` (chứng minh ở câu b), nên:

`(DE)/(AB)=(DC)/(AC) =>DE=(AB.DC)/(AC)` (4)

Từ (3), (4) ta có:

`(DE)/(DF)=((AB.DC)/(AC))/((AC.DB)/(AB))=((AB)/(AC))^2 . (DC)/(DB)`

Mà `(KE)/(KF)=(DE)/(DF)` (chứng minh trên) nên ta có điều phải chứng minh.