a. Chứng minh tứ giác BCEF nội tiếp
- Xét tam giác ABC có hai đường cao BE và CF:
+ Vì BE $\perp$ AC nên $∆$BEC = 90$°$.
+ Vì CF $\perp$ AB nên $∆$BFC = 90$°$.
- Xét tứ giác BCEF, ta thấy hai đỉnh E và F cùng nhìn cạnh BC dưới một góc 90$°$.
=> Tứ giác có hai đỉnh kề nhau cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau thì nội tiếp đường tròn.
=> Vậy tứ giác BCEF nội tiếp đường tròn đường kính BC.
b. Chứng minh HA.HD = HB.HE = HC.HF
- Xét hai tam giác $∆$BHF và $∆$CHE:
$\widehat{BFH}=\widehat{CEH}={90}^{\circ }$ (do các đường cao).
$\widehat{BHF}=\widehat{CHE}$ (hai góc đối đỉnh).
=>  $∆$BHF $\approx ∆$CHE (g.g).
=> Từ tỉ số đồng dạng, ta có: $\frac{HB}{HC}=\frac{HF}{HE}\Rightarrow HB\cdot HE=HC\cdot HF$.
- Xét hai tam giác $∆$AHE và $∆$BHD:
$\widehat{AEH}=\widehat{BDH}={90}^{\circ }$.
$\widehat{AHE} = \widehat{BHD}$ (đối đỉnh).
=> $∆$AHE $\approx$ $∆$BHD (g.g) 
=> $\frac{HA}{HB}=\frac{HE}{HD}\Rightarrow HA\cdot HD=HB\cdot HE$.
Vậy: $HA\cdot HD=HB\cdot HE=HC\cdot HF$.

c. Chứng minh DH là phân giác $\widehat{EDF}$ và I là trung điểm BC
1. Chứng minh DH là tia phân giác $\widehat{EDF}$:
=> Dễ dàng chứng minh các tứ giác AFHE và BDHF nội tiếp (do có tổng hai góc đối bằng $180°$).
- Trong đường tròn ngoại tiếp AFHE, $∆$FDH = $∆$FBH (cùng chắn cung FH).
- Trong đường tròn ngoại tiếp BDHF, $∆$EDH = $∆$EAH (cùng chắn cung EH).
Mà $\widehat{FBH} = \widehat{EAH}$ (cùng phụ với $\widehat{ACB}$).
=>  $\widehat{FDH} = \widehat{EDH}$. Vậy DH là tia phân giác của $\widehat{EDF}$.

2. Chứng minh I là trung điểm BC:
- Đường tròn đi qua 3 chân đường cao D, E, F chính là đường tròn Euler của tam giác ABC.
=> Một tính chất quan trọng của đường tròn Euler là nó đi qua:
+ Chân 3 đường cao (D, E, F).
+ Trung điểm 3 cạnh của tam giác.
+ Trung điểm của các đoạn thẳng nối trực tâm với các đỉnh.
- Vì I là giao điểm thứ hai của đường tròn ngoại tiếp $∆$DEF với cạnh BC, và D đã là chân đường cao trên BC, nên theo tính chất đường tròn Euler, điểm còn lại trên cạnh BC phải là trung điểm của BC.