`a)`

Do `PK` // `AH` và `AH \bot BC`

Nên `PK\bot BC`

`=> \hat {PKC} = 90^@`

Xét `\triangle KPC` và `\triangle ABC` có

`\hat C` chung

`\hat {PKC} = \hat {BAC} = 90^@`

`=> \triangle KPC` $\backsim$ `\triangle ABC` (c-g-c)

`=> {KC}/{AC} = {PC}/{BC}`

Xét `\triangle AKC` và `\triangle BPC` có

`\hat C` chung

`{KC}/{AC} = {PC}/{BC}`

`=> \triangle AKC` $\backsim$ `\triangle BPC` (c-g-c)

`b)`

Ta có `\triangle AKC` $\backsim$ `\triangle BPC` (c-g-c)

Nên `\hat {AKC} = \hat {BPC}`

hay `\hat {AKH} = \hat {BPA}`

Xét `\triangle AHK` và `\triangle PAB` có

`\hat {AHK} = \hat {PAB} = 90^@`

`\hat {AKH} = \hat {BPA}`

`=> \triangle AHK` $\backsim$ `\triangle PAB` (g-g)

Mà `\triangle AHK` có `AH=HK`

`=> \triangle AHK` vuông cân tại `H`

`=> \triangle PAB` vuông cân tại `A`

Khi đó

`AB\sqrt 2 = BP`

`=>2AB^2 = BP^2`

`=> 2AB^2 = BP.(2BQ) ` (do `Q` là trung điểm `BP`)

`=>2AB^2  = BP.BQ.2`

`=> AB^2 = BP .BQ (1)`

Xét `\triangle ABC` và `\triangle HBA` có

`\hat B` chung

`\hat {BAC} = \hat {BHA} = 90^@`

`=> \triangle ABC` $\backsim$ `\triangle HBA`(g-g)

`=> {AB}/{BC} = {BH}/{AB}`

`=> AB^2 = BH.BC (2)`

Từ `(1) (2)`

`=> BH.BC = BP.BQ`

`=> {BH}/{BP} = {BQ}/{BC}`

Xét `\triangle BHQ` và `\triangle BPC` có

`\hat B` chung

`{BH}/{BP} = {BQ}/{BC}`

`=> \triangle BHQ` $\backsim$ `\triangle BPC`(c-g-c)

`c)`
Xét `\triangle ABP` vuông cân tại `A` có

`Q` là trung điểm `BP`

`=> AQ` vừa là đường trung tuyến, vừa là đường phân giác

hay `AI` là phân giác của `\hat {PAB}`

`=>AI` là phân giác ngoài của `\triangle ABC`

`=> {IC}/{IB}= {AC}/{AB} (3)`

Lại có `\triangle ABC` $\backsim$ `\triangle HBA` (cm ở phần b)

Nên `{AH}/{HB} = {AC}/{AB}  (4)`

Từ `(3)(4)`

`=> {IC}/{IB}={AH}/{HB}`

`=> {IB+BC}/{IB} = {AH}/{HB}`

`=> 1 + {BC}/{IB} = {AH}/{HB}`

`=> {AH}/{HB} - {BC}/{IB} = 1`