Cho hình chữ nhật ABCD (AB > BC). Kẻ AH vuông góc với BD tại H. Chứng minh rằng: tam giác ADH đồng dạng tam giác BDA

a) Ta có:
$\widehat{ADH} = \widehat{BDA}$ (cùng bằng vuông góc với BD)
$\widehat{AHD} = \widehat{ADB}$ (cùng bằng vuông góc với BD)
$\Rightarrow$ Tam giác ADH đồng dạng tam giác BDA theo góc.

Gọi BD = x, AH = y. Áp dụng định lý Pythagore trong tam giác ADH và BDA ta được:
$AD^2 = AH^2 + HD^2 = y^2 + x^2$
$BD^2 = BA^2 + AD^2 = 4^2 + (y^2 + x^2) = 16 + y^2 + x^2$
Với $BC = 3$ và $AB = 4$, ta có $BC^2 = BD^2 - CD^2 = 16 + y^2 + x^2 - 9 = 7 + y^2 + x^2$
Do đó, $7 + y^2 + x^2 = 9 \Rightarrow x^2 + y^2 = 2 \Rightarrow BD = \sqrt{2}, AH = \sqrt{2}$.

b) Ta có:
$\widehat{AHB} = \widehat{BCD}$ (cùng bằng vuông góc với BD)
$\widehat{ABH} = \widehat{BDC}$ (cùng bằng vuông góc với BD)
$\Rightarrow$ Tam giác AHB đồng dạng tam giác BCD theo góc.

Từ tam giác AHB đồng dạng tam giác BCD, ta có:
$\frac{BH}{BC} = \frac{AB}{CD} \Rightarrow BH.BD = CD^2$

c) Ta có:
$I$ là trung điểm của $BE$ và $K$ là trung điểm của $DF$.
Vì $I$ và $K$ lần lượt là trung điểm của $BE$ và $DF$, nên $IK // EF$ và $IK = \frac{1}{2}EF$.
Vì $AH$ cắt $DC$ tại $E$ nên theo định lí góc nội tiếp ta có $\widehat{AHE} = \widehat{DCE}$.
Tương tự, vì $AH$ cắt $BC$ kéo dài tại $F$ nên $\widehat{AHF} = \widehat{BCF}$.
Do đó, $\widehat{AHE} = \widehat{AHF}$.
Vậy ta có $AH // EF$ và $AH = 2IK$.
Vì $CH // EF$ nên $IK \perp CH$.