a)

Xét $\Delta CAE$ và $\Delta CBF$, có:

$\widehat{ACB}$ chung, $\widehat{CEA}=\widehat{CFB}=90{}^\circ $

$\Rightarrow \Delta CAE\backsim\Delta CBF\left( g.g \right)$

$\Rightarrow \dfrac{CA}{CE}=\dfrac{CB}{CF}$

Xét $\Delta CAB$ và $\Delta CEF$, có:

$\widehat{CAB}$ chung, $\dfrac{CA}{CE}=\dfrac{CB}{CF}\left( cmt \right)$

$\Rightarrow \Delta CAB\backsim\Delta CEF\left( c.g.c \right)$

$\Rightarrow \Delta ABC\backsim\Delta EFC$

b)

$\bullet \,\,\,$

$\Delta CHN$ có 2 đường cao $HM$ và $CE$ giao nhau tại $M$

$\Rightarrow M$ là trực tâm $\Delta CHN$

$\Rightarrow NM\bot HC$

$\Rightarrow NM//BD$

Lại có $M$ trung điểm $BC$

Nên $N$ là trung điểm $CD$ $\Rightarrow NC=ND$

$\bullet \,\,\,$

$\Delta ADN$ có $HI//ND$ $\Rightarrow \dfrac{AH}{AN}=\dfrac{HI}{ND}$

$\Delta ACN$ có  $HK//NC$ $\Rightarrow \dfrac{AH}{AN}=\dfrac{HK}{NC}$

$\Rightarrow \dfrac{HI}{ND}=\dfrac{HK}{NC}$

Mà $ND=NC\Rightarrow HI=HK$

c)

Đặt ${{S}_{\Delta ABC}}=S$,${{S}_{\Delta HBC}}={{S}_{1}}$,${{S}_{\Delta HAC}}={{S}_{2}}$, ${{S}_{\Delta HAB}}={{S}_{3}}$

Ta có: $\dfrac{AE}{HE}=\dfrac{S}{{{S}_{1}}}$

$\Rightarrow \dfrac{AE-HE}{HE}=\dfrac{S-{{S}_{1}}}{{{S}_{1}}}$

$\Rightarrow \dfrac{AH}{HE}=\dfrac{{{S}_{2}}+{{S}_{3}}}{{{S}_{1}}}$

Tương tự: $\dfrac{BH}{HF}=\dfrac{{{S}_{1}}+{{S}_{3}}}{{{S}_{2}}}$ và $\dfrac{CH}{HG}=\dfrac{{{S}_{1}}+{{S}_{2}}}{{{S}_{3}}}$

$\Rightarrow \dfrac{AH}{HE}+\dfrac{BH}{HF}+\dfrac{CH}{HG}=\left( \dfrac{{{S}_{1}}}{{{S}_{2}}}+\dfrac{{{S}_{2}}}{{{S}_{1}}} \right)+\left( \dfrac{{{S}_{1}}}{{{S}_{3}}}+\dfrac{{{S}_{3}}}{{{S}_{1}}} \right)+\left( \dfrac{{{S}_{2}}}{{{S}_{3}}}+\dfrac{{{S}_{3}}}{{{S}_{2}}} \right)$

$\Rightarrow \dfrac{AH}{HE}+\dfrac{BH}{HF}+\dfrac{CH}{HG}\ge 6$ (bđt Cô-si)

Dấu “=” xảy ra khi ${{S}_{1}}={{S}_{2}}={{S}_{3}}$

$\Leftrightarrow \Delta ABC$ là tam giác đều (vô lý vì $AB<AC$)

Vậy không có dấu bằng

$\Rightarrow \dfrac{AH}{HE}+\dfrac{BH}{HF}+\dfrac{CH}{HG}>6$