Lời giải:

a) Ta có: $MC = MD = \dfrac12CD = x$

Xét $\triangle DMK$ và $\triangle CBM$ có:

$\begin{cases}\widehat{D} = \widehat{C} = 90^\circ\\\widehat{DMK} = \widehat{CBM}\quad \text{(cùng phụ $\widehat{CMB}$)}\end{cases}$

Do đó $\triangle DMK\backsim \triangle CBM\ (g.g)$

$\Rightarrow \dfrac{DK}{MC} = \dfrac{DM}{BC}$

$\Rightarrow DK = \dfrac{DM.MC}{BC} = \dfrac{x.x}{2x}$

$\Rightarrow DK = \dfrac{x}{2}$

$\Rightarrow AK = AD - DK = 2x - x = \dfrac{3x}{2}$

Áp dụng định lý Pytago vào $\triangle AKB$ vuông tại $A$ ta được:

$\quad KB^2 = AK^2 + AB^2$

$\Rightarrow KB = \sqrt{AK^2 + AB^2} = \sqrt{\dfrac{9x^2}{4} + 4x^2}$

$\Rightarrow KB = \dfrac{5x}{2}$

b) Áp dụng định lý Pytago vào các $\triangle DMK$ và $\triangle CMB$ ta được:

$+)\quad MK^2= DK^2 + MD^2$

$\Rightarrow MK = \sqrt{DK^2 + MD^2} = \sqrt{\dfrac{x^2}{4} + x^2}$

$\Rightarrow MK = \dfrac{x\sqrt5}{2}$

$+)\quad MB^2 = BC^2 + MC^2$

$\Rightarrow MB = \sqrt{BC^2 + MC^2} = \sqrt{4x^2 + x^2}$

$\Rightarrow MB = x\sqrt5$

Xét $\triangle MBK$ vuông tại $M$ đường cao $MH$ ta có:

$\quad MH.BK = MK.MB = 2S_{MBK}$

$\Rightarrow MH = \dfrac{MK.MB}{BK} = \dfrac{\dfrac{x\sqrt5}{2}\cdot x\sqrt5}{\dfrac{5x}{2}}$

$\Rightarrow MH = x$

$\Rightarrow MH = MC = MD = x$

$\Rightarrow \triangle DHC$ vuông tại $H$

$\Rightarrow \widehat{DHC} = 90^\circ$

Xét $\triangle BCM$ và $\triangle BHM$ có:

$\begin{cases}\widehat{C} = \widehat{H} = 90^\circ\\BM:\ \text{cạnh chung}\\CM = HM\quad (cmt)\end{cases}$

Do đó $\triangle BCM = \triangle BHM$ (cạnh huyền - cạnh góc vuông)

$\Rightarrow BC = BH$

$\Rightarrow AB = BH$

$\Rightarrow \triangle ABH$ cân tại $B$

c) Ta có:

$\begin{cases}BC = BH\\MC = MH\end{cases}\ \ $ (câu b)

$\Rightarrow MB$ là trung trực $HC$

$\Rightarrow MB\perp HC$

mà $HC\perp DN\quad (\widehat{DHC} =90^\circ)$

nên $DN//MB$

Ta lại có: $BN//DM\quad (AB//CD)$

$\Rightarrow BMDN$ là hình bình hành

$\Rightarrow \begin{cases}DN = MB = x\sqrt5\\BN = DM = x\end{cases}$

d) Gọi $I$ là giao điểm $AC$ và $DN$

Dễ dàng chứng minh được $NI = \dfrac13DN = \dfrac{x\sqrt5}{3}$

$\Rightarrow \dfrac{NI}{NA} = \dfrac{\dfrac{x\sqrt5}{3}}{x} = \dfrac{\sqrt5}{3}\qquad (1)$

Chứng minh tương tự câu c ta được:

$MK$ là trung trực $DH$

$\Rightarrow DH = 2\cdot \dfrac{DK.DM}{MK} = 2\cdot \dfrac{\dfrac{x}{2}\cdot x}{\dfrac{x\sqrt5}{2}}$

$\Rightarrow DH = \dfrac{2x\sqrt5}{5}$

$\Rightarrow NH = DN - DH = x\sqrt5 - \dfrac{2x\sqrt5}{5} = \dfrac{3x\sqrt5}{5}$

$\Rightarrow \dfrac{NA}{NH} = \dfrac{x}{\dfrac{3x\sqrt5}{5}} = \dfrac{\sqrt5}{3}\qquad (2)$

Từ $(1)(2)\Rightarrow \dfrac{NA}{NH} = \dfrac{NI}{NA}$

Xét $\triangle NAI$ và $\triangle NHA$ có:

$\begin{cases}\dfrac{NA}{NH} = \dfrac{NI}{NA}\quad (cmt)\\\widehat{N}:\ \text{góc chung}\end{cases}$

Do đó $\triangle NAI\backsim \triangle NHA\ (c.g.c)$

$\Rightarrow \widehat{NAI} = \widehat{NHA}$

mà $\widehat{NAI} = \widehat{BAC} = 45^\circ$

nên $\widehat{NHA} = 45^\circ$