Cho hình chữ nhật ABCD có AB > AD. Kẻ AH vuông góc với BD (H thuộc BD). Chứng minh: tam giác AHD đồng dạng với tam giác BAD

a) Ta có:
$\angle AHD = 90^\circ$ (do AH vuông góc với BD)
$\angle BAD = 90^\circ$ (do AB vuông góc với AD)
$\angle AHD = \angle BAD$ (cùng bằng 90 độ)
Vậy tam giác AHD đồng dạng với tam giác BAD.

b) Ta có:
$AB = 4cm, AD = 3cm$
Theo định lý Pythagore trong tam giác vuông ABD, ta có:
$AB^2 = AD^2 + BD^2$
$4^2 = 3^2 + BD^2$
$16 = 9 + BD^2$
$BD^2 = 7$
$BD = \sqrt{7} cm$

Trong tam giác vuông AHD, ta có:
$DH^2 = AD^2 - AH^2$
$DH^2 = 3^2 - (\sqrt{7})^2$
$DH^2 = 9 - 7$
$DH^2 = 2$
$DH = \sqrt{2} cm$

c) Ta có:
$I$ là trung điểm của $CD$ nên $CI = ID$
Vì $AH$ và $BD$ cắt nhau tại $K$, nên ta có hai tam giác $AHK$ và $BDK$ đồng dạng.
Do đó, ta có:
$\frac{DK}{AK} = \frac{BK}{HK}$
$\frac{DK}{\frac{1}{2}CD} = \frac{BD}{AH}$
$\frac{DK}{CD} = \frac{\sqrt{7}}{3}$
$DK = \frac{\sqrt{7}}{3} CD$

Gọi $F$ là giao điểm của $BN$ và $CD$, ta có:
$\frac{DK}{CE} = \frac{BK}{BF}$
$\frac{\sqrt{7}}{3} = \frac{\frac{1}{2}CD}{BF}$
$BF = \frac{3}{\sqrt{7}} CE$

Ta có:
$BF = CD - CF = CD - CE$
$\frac{3}{\sqrt{7}} CE = CD - CE$
$CE(\frac{3}{\sqrt{7}} + 1) = CD$
$CE = \frac{\sqrt{7}}{3 + \sqrt{7}} CD$
$CE = \frac{\sqrt{7}}{3 + \sqrt{7}} \times \frac{3}{\sqrt{7}} CE$
$CE = \frac{3}{3 + \sqrt{7}} CE$
$CE = \frac{3}{3 + \sqrt{7}} \times \frac{3}{\sqrt{7}} CD$
$CE = \frac{9}{3\sqrt{7} + 7} CD$
$CE = \frac{9\sqrt{7}}{21} CD$
$CE = \frac{3\sqrt{7}}{7} CD$
Vậy $DK = CE$.