1)

Ta có:

+   ${{S}_{\Delta HBC}}=\dfrac{1}{2}HD\cdot BC$

+   ${{S}_{\Delta ABC}}=\dfrac{1}{2}AD\cdot BC$

$\Rightarrow \dfrac{{{S}_{\Delta HBC}}}{{{S}_{\Delta ABC}}}=\dfrac{\dfrac{1}{2}HD\cdot BC}{\dfrac{1}{2}AD\cdot BC}=\dfrac{HD}{AD}$

Hoàn toàn tương tự:

$\dfrac{{{S}_{\Delta HAC}}}{{{S}_{\Delta ABC}}}=\dfrac{HE}{BE}$

$\dfrac{{{S}_{\Delta HAB}}}{{{S}_{\Delta ABC}}}=\dfrac{HF}{CF}$

Vậy $\dfrac{HD}{AD}+\dfrac{HE}{BE}+\dfrac{HF}{CF}=\dfrac{{{S}_{\Delta HBC}}+{{S}_{\Delta HAB}}+{{S}_{\Delta HAB}}}{{{S}_{\Delta ABC}}}=\dfrac{{{S}_{\Delta ABC}}}{{{S}_{\Delta ABC}}}=1$

2)

Xét $\Delta BDH$ và $\Delta BEC$, ta có:

+   $\widehat{EBC}$ là góc chung

+   $\widehat{BDH}=\widehat{BEC}=90{}^\circ $

$\Rightarrow \Delta BDH\backsim\Delta BEC\left( g.g \right)$

$\Rightarrow \dfrac{BD}{BE}=\dfrac{BH}{BC}\Rightarrow BH.BE=BD.BC$

Xét $\Delta CDH$ và $\Delta CFB$, ta có:

+   $\widehat{FCB}$ là góc chung

+   $\widehat{CDH}=\widehat{CFB}=90{}^\circ $

$\Rightarrow \dfrac{CD}{CF}=\dfrac{CH}{CB}\Rightarrow CH.CF=CD.CB$

Vậy $BH.BE+CH.CF=BC\left( BD+CD \right)=BC.BC=B{{C}^{2}}$

3)

Xét $\Delta AEB$ và $\Delta AFC$, ta có:

+   $\widehat{BAC}$ là góc chung

+   $\widehat{AEB}=\widehat{AFC}=90{}^\circ $

Nên $\Delta AEB\backsim\Delta AFC\left( g.g \right)$

$\Rightarrow \dfrac{AE}{AF}=\dfrac{AB}{AC}\to \dfrac{AE}{AB}=\dfrac{AF}{AC}$

Xét $\Delta AEF$ và $\Delta ABC$, ta có:

+   $\widehat{BAC}$ là góc chung

+   $\dfrac{AE}{AB}=\dfrac{AF}{AC}\left( cmt \right)$

Nên $\Delta AEF\backsim\Delta ABC\left( c.g.c \right)$

Chứng minh hoàn toàn tương tự

Ta được $\Delta BFD\backsim\Delta BCA\left( c.g.c \right)$

$\Rightarrow \Delta DBF\backsim\Delta ABC$

$\Rightarrow \Delta DBF\backsim\Delta AEF$

$\Rightarrow \widehat{DFB}=\widehat{AFE}$

Mà: $\begin{cases}\widehat{DFB}+\widehat{DFH}=90{}^\circ\\\widehat{AFE}+\widehat{EFH}=90{}^\circ\end{cases}$

$\Rightarrow \widehat{DFH}=\widehat{EFH}$

$\Rightarrow FH$ là phân giác $\widehat{EFD}$

Chứng minh hoàn toàn tương tự:

$EH$ là phân giác $\widehat{DEF}$

$DH$ là phân giác $\widehat{EDF}$

Như vậy $H$ là giao điểm ba đường phân giác của $\Delta DEF$

Nên $H$ là tâm đường tròn nội tiếp $\Delta DEF$

Do đó $H$ cách đều ba cạnh $\Delta DEF$