Ta có AB = AC (đề bài) và AB = BE (đề bài), suy ra AC = BE.

Kẻ BD // AC, ta có $\angle ABD = \angle ABC = 90^\circ$ (do BD vuông góc với AC và AB vuông góc với BC).

Do đó tam giác ABD vuông tại B, suy ra AB là đường cao của tam giác ABD, từ đó ta có $AD = AB \cdot \sin \angle ADB$.

Tương tự, ta có $AH = AB \cdot \sin \angle ABC$.

Như vậy, ta cần chứng minh $AB \cdot \sin \angle ADB + AB \cdot \sin \angle ABC > 2AB$.

Tương đương với $\sin \angle ADB + \sin \angle ABC > 2$.

Ta có $\sin \angle ADB + \sin \angle ABC = \sin \angle ADB + \sin (180^\circ - 2\angle ADB) = 2\sin \angle ADB \cdot \cos \angle ADB$.

Đặt $x = \sin \angle ADB$, ta cần chứng minh $2x \cdot \sqrt{1-x^2} > 2$.

Tương đương với $x \cdot \sqrt{1-x^2} > 1$.

Đạo hàm của hàm số $f(x) = x \cdot \sqrt{1-x^2}$ là $f'(x) = \sqrt{1-x^2} - \frac{x^2}{\sqrt{1-x^2}} = \frac{1-2x^2}{\sqrt{1-x^2}}$.

Ta có $f'(x) = 0$ khi $x = \frac{1}{\sqrt{2}}$, và $f(\frac{1}{\sqrt{2}}) = \frac{1}{\sqrt{2}} > 1$.

Vậy ta kết luận được $AD + AH > 2AB$.