Để giải bài toán này, ta có thể sử dụng các định lý và tính chất trong hình học Euclid. Dưới đây là cách chứng minh cho từng phần:

a) Chứng minh tam giác AIB = tam giác AIC:

b) Chứng minh AI là tia phân giác của góc BAC:

c) Chứng minh IA là tia phân giác của góc HIK:

a: Xét ΔAIB và ΔAIC có

AB=AC

IB=IC

AI chung

Do đó: ΔAIB=ΔAIC

b: ΔAIB=ΔAIC

=>\(\widehat{BAI}=\widehat{CAI}\)

=>AI là phân giác của \(\widehat{BAC}\)

c: Xét ΔAIH vuông tại H và ΔAIK vuông tại K có

AI chung

\(\widehat{HAI}=\widehat{KAI}\)

Do đó: ΔAIH=ΔAIK

=>\(\widehat{HIA}=\widehat{KIA}\)

=>IA là phân giác của \(\widehat{HIK}\)

a: Xét ΔABH vuông tại H và ΔCBA vuông tại A có

góc B chung

=>ΔABH đồng dạng với ΔCBA

b: Xét ΔCAM có

CK,AH là đường cao

CK cắt AH tại I

=>I là trực tâm

=>MI vuông góc AC

=>MI//AB

Xét ΔHAB có 

M là trung điểm của HB

MI//AB

=>I là trung điểm của AH

=>IA=IH

a: Xét ΔABC vuông tại A và ΔHAC vuông tại H có

góc C chung

=>ΔABC đồng dạng với ΔHAC
Xét ΔAHB vuông tại H và ΔHKA vuông tại K có

góc HAB=góc KHA

=>ΔAHB đồng dạng với ΔHKA

b: ΔAHB đồng dạng với ΔHKA

=>AH/HK=AB/HA

=>AH^2=HK*AB

c: Xét ΔCAM có KI//AM

nên KI/AM=CI/CM

Xét ΔCMB có IH//MB

nên IH/MB=CI/CM

=>KI/AM=IH/MB

mà AM=MB

nên KI=IH

=>I là trung điểm của KH

a: ta có: ΔABC cân tại A

mà AH là đường cao

nên H là trung điểm của BC

Xét ΔCAB có

H,K lần lượt là trung điểm của CB,CA

=>HK là đường trung bình của ΔCAB

=>HK//AB và \(HK=\dfrac{AB}{2}\)

Xét tứ giác AKHB có KH//AB

nên AKHB là hình thang

b: Ta có: AD\(\perp\)AH

BC\(\perp\)AH

Do đó: AD/BC

=>AD//BH

Xét tứ giác ADHB có

AD//HB

AB//HD

Do đó: ADHB là hình bình hành

a: Xét ΔABD vuông tại A và ΔHBI vuông tại H có

\(\widehat{ABD}=\widehat{HBI}\)

Do đó: ΔABD\(\sim\)ΔHBI

b: Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao

nên \(AH^2=HB\cdot HC\)

A) Ta cần chứng minh tam giác \(ABD\) đồng dạng tam giác \(HBI\). Để làm điều này, ta cần chứng minh rằng các góc của chúng là bằng nhau.
   - Góc \(ABD\) và \(HBI\) là góc vuông, vì \(AB\) và \(HB\) là đường cao của tam giác \(ABC\).
   - Góc \(ADB\) và \(HIB\) là góc phân giác của tam giác \(ABC\), do đó chúng bằng nhau.

Vậy, ta có thể kết luận tam giác \(ABD\) đồng dạng tam giác \(HBI\).

B) Để chứng minh \(AH^2 = HB \cdot HC\), ta sử dụng định lý đường cao và tính chất của đường cao trong tam giác vuông:
   - \(AH\) là đường cao của tam giác \(ABC\), nên \(AH^2 = BH \cdot HC\).

Vậy, \(AH^2 = HB \cdot HC\).

C) Để chứng minh tam giác \(IAD\) cân và \(DA^2 = DC \cdot IH\), ta sử dụng tính chất của giao điểm của đường phân giác và đường cao:
   - Góc \(IAD\) và \(IDA\) là góc phân giác của tam giác \(ABC\), do đó chúng bằng nhau.
   - \(IH\) là đường cao của tam giác \(ABC\) nên \(DA^2 = DC \cdot IH\).

Vậy, ta chứng minh được tam giác \(IAD\) cân và \(DA^2 = DC \cdot IH\).

D) Để chứng minh \(K, P, Q\) thẳng hàng, ta có thể sử dụng tính chất của điểm trung điểm và đường phân giác:
   - \(Q\) là trung điểm của \(BC\), nên \(Q\) nằm trên đường thẳng \(KP\).
   - \(K\) là giao điểm của \(AH\) và \(BD\), và \(P\) là giao điểm của \(AH\) và \(CI\), nên \(K, P, Q\) thẳng hàng theo Định lý Menelaus trên tam giác \(ACI\) và đường thẳng \(KQ\).

Vậy, ta đã chứng minh được \(K, P, Q\) thẳng hàng.