a) Ta có:
\(\widehat{AHD} = 90^\circ\) (do AH vuông góc với BD)
\(\widehat{BAD} = \widehat{AHD}\) (cùng nằm trên cùng cạnh AD)
Vậy tam giác AHD đồng dạng với tam giác BAD theo góc.

b) Ta có:
\(AB = 4cm, AD = 3cm\)
\(AH = \sqrt{AB^2 - AD^2} = \sqrt{16 - 9} = \sqrt{7} cm\)
\(BD = \sqrt{AB^2 + AD^2} = \sqrt{16 + 9} = \sqrt{25} = 5cm\)
\(DH = \frac{AD \cdot AH}{AB} = \frac{3 \cdot \sqrt{7}}{4} cm\)

c) Ta có:
\(I\) là trung điểm của \(CD\) nên \(CI = ID = \frac{BD}{2} = \frac{5}{2} cm\)
\(BK\) cắt \(AD\) tại \(M\) nên theo định lí Menelaus ta có:
\(\frac{AM}{MD} \cdot \frac{DI}{CI} \cdot \frac{CB}{AB} = 1\)
\(\frac{AM}{MD} = \frac{2}{3}\)
\(MI = \frac{2}{3} \cdot ID = \frac{2}{3} \cdot \frac{5}{2} = \frac{5}{3} cm\)
Tương tự, ta có: \(MN = \frac{5}{3} cm\)
\(BN\) cắt \(CD\) tại \(E\) nên theo định lí Menelaus ta có:
\(\frac{CE}{ED} \cdot \frac{DI}{CI} \cdot \frac{AB}{AD} = 1\)
\(\frac{CE}{ED} = \frac{3}{2}\)
\(DK = CE\) (vì \(DK\) và \(CE\) là đường chéo của hình chữ nhật \(CDKE\))