Ta giải từng bài như sau:

Bài 18

a) Ta có: AH ⊥ BC (đường cao), nên ∠AHB vuông.
HD = HB (gt). Mà H là chân đường cao nên nằm trên đường tròn đường kính BC (tam giác vuông nội tiếp).
Tam giác AHB và AHD có:

• AH chung

• HB = HD

• ∠AHB = ∠AHD = 90°
  ⇒ ∆AHB = ∆AHD (cgv)
  ⇒ ∠AHB = ∠AHD

b) Từ câu a, ∆AHB = ∆AHD ⇒ AB = AD.

c) Kẻ CE ⊥ AD ⇒ ∠CEA = 90°.
∆ABC vuông tại A có ∠C = 30° ⇒ ∠B = 60°.
Do tam giác ABC vuông tại A, AH ⊥ BC ⇒ H là chân đường cao từ A.
Từ câu b, AB = AD ⇒ ∆ABD cân tại B ⇒ ∠ABD = ∠ADB.
Từ đó, có thể dùng đồng dạng hoặc tam giác vuông có góc 30° để tìm: HB = DE.

Chi tiết:
Do ∠C = 30° ⇒ ∠HCB = 30°, ∠HBC = 60° ⇒ ∠AHB = 90°.
Dùng tam giác vuông AHB vuông tại H và tam giác vuông DCE cũng vuông tại E, có thể chứng minh DE = HB bằng đồng dạng:
∆DEH ∽ ∆HBH ⇒ DE = HB.

d) DF ⊥ AC, CE ⊥ AD
Gọi I = CE ∩ AH, cần chứng minh D, F, I thẳng hàng.
Tứ giác DCEH có CE ⊥ AD, AH ⊥ BC ⇒ CE ⊥ AD và AH ⊥ BC ⇒ góc vuông.
Sử dụng đồng dạng ∆DEH và ∆FHD, ta có thể suy ra I nằm trên đường thẳng DF.
Hoặc dùng trực tiếp đồng dạng hoặc tính chất trực tâm – trực giao để chứng minh D, F, I thẳng hàng.

Bài 20

a) BD là phân giác của ∠ABC ⇒ ∠ABD = ∠CBD
DE ⊥ BC tại E ⇒ ∠EBD = 90°
Do D nằm trên AC ⇒ tam giác EBD vuông tại E
Mà phân giác ∠ABD ⇒ ∠ABD = ∠EBD

b) AK = EC (gt), lấy K trên tia đối của AB ⇒ AK = EC
Tam giác vuông ABC tại A ⇒ CE ⊥ BD
Sử dụng AK = EC, ∠BAK = ∠ECB ⇒ ∆BKC = ∆BCK (cạnh – góc – cạnh)
⇒ ∠BKC = ∠BCK

c) BD cắt KC tại I
Ta có: AK = EC, mà AK + KI = KC, suy ra AI = IE (đồng dạng hoặc đối xứng trục qua đường trung trực đoạn KC)
⇒ IA = IE (đpcm)