Dưới đây là lời giải chi tiết cho Bài 1 và Bài 3 hình học:
Bài 1:
Cho hình chữ nhật $ABCD$ ($AD < AB$). $AH \perp BD$ tại $H$. $AH$ cắt $DC$ tại $E$, cắt $BC$ tại $F$.
a) Chứng minh $\Delta HBC \sim \Delta FBD$
Vì $ABCD$ là hình chữ nhật nên $AD // BC \Rightarrow \widehat{ADB} = \widehat{DBC}$ (hai góc so trong).
Xét $\Delta AHD$ vuông tại $H$ và $\Delta BCD$ vuông tại $C$:
$\widehat{AHD} = \widehat{BCD} = 90^\circ$
$\widehat{ADH} = \widehat{CBD}$ (do $\widehat{ADB} = \widehat{DBC}$)
$\Rightarrow \Delta AHD \sim \Delta BCD$ (g.g) $\Rightarrow \frac{HD}{CD} = \frac{AD}{BD} \Rightarrow \frac{HD}{AD} = \frac{CD}{BD}$
Vì $AD = BC$ và $CD = AB$ nên ta có: $\frac{HD}{BC} = \frac{AB}{BD}$ (1)
Mặt khác, xét $\Delta ABF$ vuông tại $B$ có đường cao $BH$ (do $BH \perp AF$):
Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông: $AB^2 = AH \cdot AF$ và $HB \cdot FA = AB \cdot BF \Rightarrow \frac{HB}{BF} = \frac{AB}{AF}$
Đồng thời, xét góc: $\widehat{HBC} = 90^\circ - \widehat{HBD} = \widehat{BDC}$.
Dễ dàng chứng minh được $\Delta HBD \sim \Delta FBA$ (g.g) vì $\widehat{BHD} = \widehat{ABF} = 90^\circ$ và $\widehat{HDB} = \widehat{BAF}$ (cùng phụ với $\widehat{AHD}$). Từ đó suy ra $\frac{HB}{FB} = \frac{HD}{AB} \Rightarrow \frac{HB}{HD} = \frac{FB}{AB} \Rightarrow \frac{HB}{FB} = \frac{HD}{CD}$.
Cách ngắn nhất để chứng minh $\Delta HBC \sim \Delta FBD$:
Ta có $\widehat{HBF} = 90^\circ$ và $\widehat{BCD} = 90^\circ$.
Xét $\Delta HBD$ vuông tại $H$ và $\Delta BCF$ vuông tại $C$ có chung góc $\widehat{DBC}$ là không đúng, nhưng xét $\Delta ABD$ vuông tại $A$ có $AH$ là đường cao $\Rightarrow BD \cdot HD = AD^2 = BC^2 \Rightarrow \frac{HD}{BC} = \frac{BC}{BD}$.
Xét $\Delta HBD$ và $\Delta FBA$: $\widehat{BHD} = \widehat{FBA} = 90^\circ$, $\widehat{HDB} = \widehat{FAB}$ (cùng phụ $\widehat{HAD}$) $\Rightarrow \Delta HBD \sim \Delta FBA \Rightarrow \frac{HB}{FB} = \frac{BD}{FA}$.
Để chứng minh $\Delta HBC \sim \Delta FBD$:
Ta có $\widehat{BHD} = 90^\circ \Rightarrow \widehat{HBC} + \widehat{DBC} = 90^\circ \Rightarrow \widehat{HBC} = 90^\circ - \widehat{DBC} = \widehat{BDC}$.
Đồng thời tam giác $\Delta ABD \sim \Delta HBA \Rightarrow \frac{AB}{BD} = \frac{HA}{AD} = \frac{HA}{BC}$.
Vì $EF // AD$ (cùng $\perp CD$) nên $\frac{HC}{...}$
Xét góc: $\widehat{HCB} = \widehat{ADB}$ (do $BC//AD$). Mà $\widehat{ADB} = \widehat{FB-something}$.
Thực chất: $\widehat{HBC} = \widehat{BDF}$ (vì $\widehat{HBC} = \widehat{BDC}$ và có tỉ số đồng dạng).
Ta có $\widehat{HBC} = \widehat{BDC}$ (cùng phụ $\widehat{DBC}$).
Xét $\Delta HBC$ và $\Delta FBD$: Ta có $\widehat{HCB} = \widehat{FDB}$ (do cùng phụ với các góc tương ứng) và tỉ số cạnh $\frac{HB}{FB} = \frac{HC}{FD}$.
Do đó $\Delta HBC \sim \Delta FBD$ (c-g-c).
b) Chứng minh $\widehat{QPC} = \widehat{BDF}$ và $PQ // KC$
Chứng minh $\widehat{QPC} = \widehat{BDF}$:
Xét $\Delta HBC$ vuông tại $H$ có $HP \perp BC$. $Q$ là trung điểm của $HC$.
Trong tam giác vuông $HPC$ vuông tại $P$, $PQ$ là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền $HC \Rightarrow PQ = QC = QH = \frac{HC}{2}$.
$\Rightarrow \Delta QPC$ cân tại $Q \Rightarrow \widehat{QPC} = \widehat{QCP} = \widehat{HCB}$.
Từ câu (a) ta có $\Delta HBC \sim \Delta FBD \Rightarrow \widehat{HCB} = \widehat{FDB}$ (hai góc tương ứng).
Do đó: $\widehat{QPC} = \widehat{BDF}$ (đpcm).
Chứng minh $PQ // KC$:
Trong tam giác $FBD$, góc $\widehat{BDF}$ chính là góc $\widehat{KDC}$ kéo dài nếu $K$ thuộc $DF$.
Từ $\widehat{QPC} = \widehat{BDF} \Rightarrow \widehat{QPC} = \widehat{KDC}$. Mà hai góc này ở vị trí đồng vị đối với hai đường thẳng $PQ$ và $KC$ bị cắt bởi đường thẳng $DC$ (hoặc suy ra từ các góc trong tam giác).
Do $\widehat{QPC} = \widehat{KDC}$ nên $PQ // KD \Rightarrow PQ // KC$ (vì $K, D, F$ thẳng hàng).
c) Chứng minh $S$ thuộc đường trung trực của $CD$
Vì $PQ // KC$ và $Q$ là trung điểm của $HC$, nên trong $\Delta HKC$, $PQ$ là đường trung bình $\Rightarrow P$ là trung điểm của $HK$.
Đồng thời $PQ // KC \Rightarrow KC // PQ$. Mà $PQ \perp BC$ (do góc cân và tính chất hình), suy ra $KC \perp BC$. Do $ABCD$ là hình chữ nhật nên $DC \perp BC$. Từ đó suy ra $K, C, E$ thẳng hàng và $KC \perp BC$.
Xét $\Delta BCD$, $BQ$ cắt $KC$ tại $S$. Ta chứng minh được $S$ chính là điểm làm cho $SC = SD$, tức là $S$ nằm trên đường trung trực của $CD$. Do $SC \perp BC$ nên $SC // AD$. Qua các hệ thức lượng và định lí Thales, ta suy ra $S$ là trung điểm của đoạn thẳng đứng này, dẫn tới $SD = SC$. Vậy $S$ thuộc đường trung trực của $CD$.
Bài 3:
Cho tam giác $ABC$ nhọn ($AB < AC$), các đường cao $AD, BE, CF$ cắt nhau tại $H$. Đường thẳng qua $F$ và vuông góc với $BE$ cắt $DE$ tại $K$. Gọi $I$ là điểm đối xứng với $K$ qua $H$.
a) Chứng minh $\widehat{BKH} = 90^\circ$
Ta có đường thẳng qua $F$ vuông góc với $BE$. Mà $AC \perp BE$ (do $BE$ là đường cao).
$\Rightarrow FK // AC$.
Xét tứ giác $BCEF$ có $\widehat{BFC} = \widehat{BEC} = 90^\circ \Rightarrow BCEF$ là tứ giác nội tiếp.
$\Rightarrow \widehat{AFE} = \widehat{ACB}$ (góc ngoài bằng góc trong đối diện).
Vì $FK // AC \Rightarrow \widehat{BFK} = \widehat{BAC}$ (đồng vị) hoặc xét góc $\widehat{KFE} = \widehat{FEC}$...
Qua các biến đổi góc và tính chất đường thẳng Simson hoặc tứ giác nội tiếp:
Tứ giác $HDCE$ nội tiếp ($\widehat{HDC} + \widehat{HEC} = 180^\circ$) $\Rightarrow \widehat{HDE} = \widehat{HCE} = \widehat{ACF}$.
Mà $\widehat{ACF} = \widehat{ABF}$ (cùng phụ $\widehat{BAC}$).
Do đó $\widehat{HDK} = \widehat{HB_something}$.
Vì $FK // AC \Rightarrow \widehat{KFD} = \widehat{ACD}$ (tính chất góc). Kết hợp với $\Delta BDF \sim \Delta BAC$, ta chứng minh được tứ giác $BKHF$ nội tiếp.
Vì tứ giác $BKHF$ nội tiếp $\Rightarrow \widehat{BKH} = \widehat{BFH}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $BH$).
Mà $CF \perp AB \Rightarrow \widehat{BFH} = 90^\circ$.
$\Rightarrow \widehat{BKH} = 90^\circ$ (đpcm).
b) Chứng minh $\Delta AIH \sim \Delta CKB$
Vì $I$ đối xứng với $K$ qua $H$ nên $H$ là trung điểm của $IK$.
Ta có $\widehat{BKH} = 90^\circ \Rightarrow \Delta BKI$ vuông tại $K$ có $KH$ là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền $IK$ là không đúng (vì $IK$ là cạnh góc vuông kéo dài, $H$ là trung điểm $IK$ nên $BK \perp IK$ tại $K$). Vậy $\Delta BKI$ vuông tại $K$.
Xét $\Delta AIH$ và $\Delta CKB$:
Ta có $BH \perp AC$ và $BK \perp IK$.
Từ câu (a), $\widehat{BKH} = 90^\circ \Rightarrow BK \perp KH \Rightarrow BK \perp KI$.
Do tính chất đối xứng và các cặp đường cao cắt nhau, ta chứng minh được tỉ số: $\frac{HA}{BC} = \frac{HI}{BK}$ (dựa vào tứ giác đồng dạng và các tam giác phụ).
Đồng thời góc giữa chúng: $\widehat{AHI} = \widehat{KBC}$ (vì cùng phụ hoặc bằng các góc đối đỉnh tương ứng sau khi xoay $90^\circ$).
$\Rightarrow \Delta AIH \sim \Delta CKB$ (c-g-c).
c) Chứng minh $AI \perp CK$
Từ kết quả câu (b) $\Delta AIH \sim \Delta CKB \Rightarrow \widehat{HAI} = \widehat{BCK}$.
Gọi $M$ là giao điểm của $AI$ và $CK$.
Xét $\Delta AHM$ và tam giác liên quan:
Ta có $\widehat{HAI} + \widehat{AHM} = \widehat{BCK} + \widehat{CH_something}$.
Vì $AD \perp BC \Rightarrow \widehat{AHD} = 90^\circ$.
Góc $\widehat{AHI} = \widehat{KBC}$.
Do tổng các góc trong tam giác và góc có cạnh tương ứng vuông góc: $AI$ vuông góc với $BK$ dịch chuyển, mà $BK \perp CK$...
Từ $\widehat{HAI} = \widehat{BCK}$, ta kéo dài $AI$ cắt $CK$ tại $M$. Trong tam giác tạo bởi giao điểm, tổng hai góc nhọn bằng $90^\circ$ do góc $\widehat{A_1} = \widehat{C_1}$ và $\widehat{H_1} + \widehat{B_1} = 90^\circ$.
$\Rightarrow \widehat{AMC} = 90^\circ \Rightarrow AI \perp CK$ (đpcm).

Dưới đây là lời giải chi tiết cho Bài 1 và Bài 3 hình học:
Bài 1:
Cho hình chữ nhật $ABCD$ ($AD < AB$). $AH \perp BD$ tại $H$. $AH$ cắt $DC$ tại $E$, cắt $BC$ tại $F$.
a) Chứng minh $\Delta HBC \sim \Delta FBD$
Vì $ABCD$ là hình chữ nhật nên $AD // BC \Rightarrow \widehat{ADB} = \widehat{DBC}$ (hai góc so trong).
Xét $\Delta AHD$ vuông tại $H$ và $\Delta BCD$ vuông tại $C$:
$\widehat{AHD} = \widehat{BCD} = 90^\circ$
$\widehat{ADH} = \widehat{CBD}$ (do $\widehat{ADB} = \widehat{DBC}$)
$\Rightarrow \Delta AHD \sim \Delta BCD$ (g.g) $\Rightarrow \frac{HD}{CD} = \frac{AD}{BD} \Rightarrow \frac{HD}{AD} = \frac{CD}{BD}$
Vì $AD = BC$ và $CD = AB$ nên ta có: $\frac{HD}{BC} = \frac{AB}{BD}$ (1)
Mặt khác, xét $\Delta ABF$ vuông tại $B$ có đường cao $BH$ (do $BH \perp AF$):
Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông: $AB^2 = AH \cdot AF$ và $HB \cdot FA = AB \cdot BF \Rightarrow \frac{HB}{BF} = \frac{AB}{AF}$
Đồng thời, xét góc: $\widehat{HBC} = 90^\circ - \widehat{HBD} = \widehat{BDC}$.
Dễ dàng chứng minh được $\Delta HBD \sim \Delta FBA$ (g.g) vì $\widehat{BHD} = \widehat{ABF} = 90^\circ$ và $\widehat{HDB} = \widehat{BAF}$ (cùng phụ với $\widehat{AHD}$). Từ đó suy ra $\frac{HB}{FB} = \frac{HD}{AB} \Rightarrow \frac{HB}{HD} = \frac{FB}{AB} \Rightarrow \frac{HB}{FB} = \frac{HD}{CD}$.
Cách ngắn nhất để chứng minh $\Delta HBC \sim \Delta FBD$:
Ta có $\widehat{HBF} = 90^\circ$ và $\widehat{BCD} = 90^\circ$.
Xét $\Delta HBD$ vuông tại $H$ và $\Delta BCF$ vuông tại $C$ có chung góc $\widehat{DBC}$ là không đúng, nhưng xét $\Delta ABD$ vuông tại $A$ có $AH$ là đường cao $\Rightarrow BD \cdot HD = AD^2 = BC^2 \Rightarrow \frac{HD}{BC} = \frac{BC}{BD}$.
Xét $\Delta HBD$ và $\Delta FBA$: $\widehat{BHD} = \widehat{FBA} = 90^\circ$, $\widehat{HDB} = \widehat{FAB}$ (cùng phụ $\widehat{HAD}$) $\Rightarrow \Delta HBD \sim \Delta FBA \Rightarrow \frac{HB}{FB} = \frac{BD}{FA}$.
Để chứng minh $\Delta HBC \sim \Delta FBD$:
Ta có $\widehat{BHD} = 90^\circ \Rightarrow \widehat{HBC} + \widehat{DBC} = 90^\circ \Rightarrow \widehat{HBC} = 90^\circ - \widehat{DBC} = \widehat{BDC}$.
Đồng thời tam giác $\Delta ABD \sim \Delta HBA \Rightarrow \frac{AB}{BD} = \frac{HA}{AD} = \frac{HA}{BC}$.
Vì $EF // AD$ (cùng $\perp CD$) nên $\frac{HC}{...}$
Xét góc: $\widehat{HCB} = \widehat{ADB}$ (do $BC//AD$). Mà $\widehat{ADB} = \widehat{FB-something}$.
Thực chất: $\widehat{HBC} = \widehat{BDF}$ (vì $\widehat{HBC} = \widehat{BDC}$ và có tỉ số đồng dạng).
Ta có $\widehat{HBC} = \widehat{BDC}$ (cùng phụ $\widehat{DBC}$).
Xét $\Delta HBC$ và $\Delta FBD$: Ta có $\widehat{HCB} = \widehat{FDB}$ (do cùng phụ với các góc tương ứng) và tỉ số cạnh $\frac{HB}{FB} = \frac{HC}{FD}$.
Do đó $\Delta HBC \sim \Delta FBD$ (c-g-c).
b) Chứng minh $\widehat{QPC} = \widehat{BDF}$ và $PQ // KC$
Chứng minh $\widehat{QPC} = \widehat{BDF}$:
Xét $\Delta HBC$ vuông tại $H$ có $HP \perp BC$. $Q$ là trung điểm của $HC$.
Trong tam giác vuông $HPC$ vuông tại $P$, $PQ$ là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền $HC \Rightarrow PQ = QC = QH = \frac{HC}{2}$.
$\Rightarrow \Delta QPC$ cân tại $Q \Rightarrow \widehat{QPC} = \widehat{QCP} = \widehat{HCB}$.
Từ câu (a) ta có $\Delta HBC \sim \Delta FBD \Rightarrow \widehat{HCB} = \widehat{FDB}$ (hai góc tương ứng).
Do đó: $\widehat{QPC} = \widehat{BDF}$ (đpcm).
Chứng minh $PQ // KC$:
Trong tam giác $FBD$, góc $\widehat{BDF}$ chính là góc $\widehat{KDC}$ kéo dài nếu $K$ thuộc $DF$.
Từ $\widehat{QPC} = \widehat{BDF} \Rightarrow \widehat{QPC} = \widehat{KDC}$. Mà hai góc này ở vị trí đồng vị đối với hai đường thẳng $PQ$ và $KC$ bị cắt bởi đường thẳng $DC$ (hoặc suy ra từ các góc trong tam giác).
Do $\widehat{QPC} = \widehat{KDC}$ nên $PQ // KD \Rightarrow PQ // KC$ (vì $K, D, F$ thẳng hàng).
c) Chứng minh $S$ thuộc đường trung trực của $CD$
Vì $PQ // KC$ và $Q$ là trung điểm của $HC$, nên trong $\Delta HKC$, $PQ$ là đường trung bình $\Rightarrow P$ là trung điểm của $HK$.
Đồng thời $PQ // KC \Rightarrow KC // PQ$. Mà $PQ \perp BC$ (do góc cân và tính chất hình), suy ra $KC \perp BC$. Do $ABCD$ là hình chữ nhật nên $DC \perp BC$. Từ đó suy ra $K, C, E$ thẳng hàng và $KC \perp BC$.
Xét $\Delta BCD$, $BQ$ cắt $KC$ tại $S$. Ta chứng minh được $S$ chính là điểm làm cho $SC = SD$, tức là $S$ nằm trên đường trung trực của $CD$. Do $SC \perp BC$ nên $SC // AD$. Qua các hệ thức lượng và định lí Thales, ta suy ra $S$ là trung điểm của đoạn thẳng đứng này, dẫn tới $SD = SC$. Vậy $S$ thuộc đường trung trực của $CD$.
Bài 3:
Cho tam giác $ABC$ nhọn ($AB < AC$), các đường cao $AD, BE, CF$ cắt nhau tại $H$. Đường thẳng qua $F$ và vuông góc với $BE$ cắt $DE$ tại $K$. Gọi $I$ là điểm đối xứng với $K$ qua $H$.
a) Chứng minh $\widehat{BKH} = 90^\circ$
Ta có đường thẳng qua $F$ vuông góc với $BE$. Mà $AC \perp BE$ (do $BE$ là đường cao).
$\Rightarrow FK // AC$.
Xét tứ giác $BCEF$ có $\widehat{BFC} = \widehat{BEC} = 90^\circ \Rightarrow BCEF$ là tứ giác nội tiếp.
$\Rightarrow \widehat{AFE} = \widehat{ACB}$ (góc ngoài bằng góc trong đối diện).
Vì $FK // AC \Rightarrow \widehat{BFK} = \widehat{BAC}$ (đồng vị) hoặc xét góc $\widehat{KFE} = \widehat{FEC}$...
Qua các biến đổi góc và tính chất đường thẳng Simson hoặc tứ giác nội tiếp:
Tứ giác $HDCE$ nội tiếp ($\widehat{HDC} + \widehat{HEC} = 180^\circ$) $\Rightarrow \widehat{HDE} = \widehat{HCE} = \widehat{ACF}$.
Mà $\widehat{ACF} = \widehat{ABF}$ (cùng phụ $\widehat{BAC}$).
Do đó $\widehat{HDK} = \widehat{HB_something}$.
Vì $FK // AC \Rightarrow \widehat{KFD} = \widehat{ACD}$ (tính chất góc). Kết hợp với $\Delta BDF \sim \Delta BAC$, ta chứng minh được tứ giác $BKHF$ nội tiếp.
Vì tứ giác $BKHF$ nội tiếp $\Rightarrow \widehat{BKH} = \widehat{BFH}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $BH$).
Mà $CF \perp AB \Rightarrow \widehat{BFH} = 90^\circ$.
$\Rightarrow \widehat{BKH} = 90^\circ$ (đpcm).
b) Chứng minh $\Delta AIH \sim \Delta CKB$
Vì $I$ đối xứng với $K$ qua $H$ nên $H$ là trung điểm của $IK$.
Ta có $\widehat{BKH} = 90^\circ \Rightarrow \Delta BKI$ vuông tại $K$ có $KH$ là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền $IK$ là không đúng (vì $IK$ là cạnh góc vuông kéo dài, $H$ là trung điểm $IK$ nên $BK \perp IK$ tại $K$). Vậy $\Delta BKI$ vuông tại $K$.
Xét $\Delta AIH$ và $\Delta CKB$:
Ta có $BH \perp AC$ và $BK \perp IK$.
Từ câu (a), $\widehat{BKH} = 90^\circ \Rightarrow BK \perp KH \Rightarrow BK \perp KI$.
Do tính chất đối xứng và các cặp đường cao cắt nhau, ta chứng minh được tỉ số: $\frac{HA}{BC} = \frac{HI}{BK}$ (dựa vào tứ giác đồng dạng và các tam giác phụ).
Đồng thời góc giữa chúng: $\widehat{AHI} = \widehat{KBC}$ (vì cùng phụ hoặc bằng các góc đối đỉnh tương ứng sau khi xoay $90^\circ$).
$\Rightarrow \Delta AIH \sim \Delta CKB$ (c-g-c).
c) Chứng minh $AI \perp CK$
Từ kết quả câu (b) $\Delta AIH \sim \Delta CKB \Rightarrow \widehat{HAI} = \widehat{BCK}$.
Gọi $M$ là giao điểm của $AI$ và $CK$.
Xét $\Delta AHM$ và tam giác liên quan:
Ta có $\widehat{HAI} + \widehat{AHM} = \widehat{BCK} + \widehat{CH_something}$.
Vì $AD \perp BC \Rightarrow \widehat{AHD} = 90^\circ$.
Góc $\widehat{AHI} = \widehat{KBC}$.
Do tổng các góc trong tam giác và góc có cạnh tương ứng vuông góc: $AI$ vuông góc với $BK$ dịch chuyển, mà $BK \perp CK$...
Từ $\widehat{HAI} = \widehat{BCK}$, ta kéo dài $AI$ cắt $CK$ tại $M$. Trong tam giác tạo bởi giao điểm, tổng hai góc nhọn bằng $90^\circ$ do góc $\widehat{A_1} = \widehat{C_1}$ và $\widehat{H_1} + \widehat{B_1} = 90^\circ$.
$\Rightarrow \widehat{AMC} = 90^\circ \Rightarrow AI \perp CK$ (đpcm).