a) Chứng minh $AF \cdot AB = AE \cdot AC$ và $\widehat{AEF} = \widehat{ABC}$
1. Chứng minh $AF \cdot AB = AE \cdot AC$

Xét $\Delta ABE$ và $\Delta ACF$ có:

$\widehat{A}$ chung.
$\widehat{AEB} = \widehat{AFC} = 90^\circ$ (do $BE, CF$ là đường cao).
$\Rightarrow \Delta ABE \sim \Delta ACF$ (g.g).
Từ đó ta có tỉ số đồng dạng: $\frac{AB}{AC} = \frac{AE}{AF} \Rightarrow AF \cdot AB = AE \cdot AC$ (đpcm).
2. Chứng minh $\widehat{AEF} = \widehat{ABC}$

Từ tỉ số $\frac{AB}{AC} = \frac{AE}{AF}$, ta suy ra $\frac{AE}{AB} = \frac{AF}{AC}$.
Xét $\Delta AEF$ và $\Delta ABC$ có:

$\widehat{A}$ chung.
$\frac{AE}{AB} = \frac{AF}{AC}$ (chứng minh trên).
$\Rightarrow \Delta AEF \sim \Delta ABC$ (c.g.c).
$\Rightarrow \widehat{AEF} = \widehat{ABC}$ (hai góc tương ứng) (đpcm).

b) Chứng minh $EB$ là phân giác của $\widehat{DEF}$
Để chứng minh $EB$ là phân giác của $\widehat{DEF}$, ta cần chứng minh $\widehat{FEB} = \widehat{DEB}$.

Chứng minh tương tự câu a, ta có $\Delta BDF \sim \Delta BAC \Rightarrow \widehat{BDF} = \widehat{BAC}$.
Chứng minh tương tự câu a, ta có $\Delta CDE \sim \Delta CAB \Rightarrow \widehat{CDE} = \widehat{CAB}$.
Xét tứ giác $DHEC$ có $\widehat{HDC} + \widehat{HEC} = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ$, suy ra tứ giác $DHEC$ nội tiếp.

$\Rightarrow \widehat{DEH} = \widehat{DCH}$ (cùng chắn cung $DH$). (1)
Xét tứ giác $DHFB$ có $\widehat{HDB} + \widehat{HFB} = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ$, suy ra tứ giác $DHFB$ nội tiếp.

$\Rightarrow \widehat{DFH} = \widehat{DBH}$ (cùng chắn cung $DH$). (2)
Lại có tứ giác $BCEF$ nội tiếp (do $\widehat{BFC} = \widehat{BEC} = 90^\circ$ cùng nhìn cạnh $BC$).

$\Rightarrow \widehat{FEB} = \widehat{FCB}$ (cùng chắn cung $FB$). (3)
Từ (1) và (3), và vì $\widehat{DCH}$ chính là $\widehat{FCB}$, ta suy ra: $\widehat{FEB} = \widehat{DEB}$.
Vậy $EB$ là tia phân giác của góc $DEF$ (đpcm).

c) Chứng minh $AK \cdot HD = HK \cdot AD$
Yêu cầu này tương đương với việc chứng minh tỉ lệ thức: $\frac{AK}{HK} = \frac{AD}{HD}$.

Trong $\Delta ADE$, ta có $EK$ là đường phân giác trong của góc $\widehat{AED}$ (vì theo câu b, $BE$ là phân giác $\widehat{DEF}$ và $BE \perp AC$, suy ra $EH$ là phân giác ngoài của góc đối đỉnh, nhưng xét trong tam giác $ADE$ thì $EK$ là phân giác trong của góc $\widehat{AED}$ tại đỉnh $E$).

Tuy nhiên, cách nhìn đơn giản hơn: Trong $\Delta HDE$, $EK$ là phân giác trong $\widehat{DEH}$ là chưa đủ. Ta sử dụng tính chất đường phân giác trong và ngoài:
Ở câu b, ta đã chứng minh $EH$ là phân giác của $\widehat{DEF}$.
Trong $\Delta KHD$, có $EA$ là phân giác ngoài tại đỉnh $E$ (vì $EA \perp EH$).
Theo tính chất đường phân giác trong và đường phân giác ngoài của tam giác $EHD$ tại đỉnh $E$ đối với cạnh đối diện $AD$:

Phân giác trong $EK$ (hoặc $EH$ tùy cách gọi tên điểm): $\frac{AK}{HK} = \frac{EA}{EH}$.
Phân giác ngoài $EA$: $\frac{AD}{HD} = \frac{EA}{EH}$.
Từ đó suy ra: $\frac{AK}{HK} = \frac{AD}{HD}$
$\Rightarrow AK \cdot HD = HK \cdot AD$ (đpcm).