a: Xét ΔKAD vuông tại K và ΔHCB vuông tại H có
AD=CB
\(\widehat{KAD}=\widehat{HCB}\)(hai góc so le trong, DA//BC)
Do đó: ΔKAD=ΔHCB
=>DK=HB(1)
Xét ΔADC vuông tại D có DK là đường cao
nên \(KA\cdot KC=DK^2\left(2\right)\)
Xét ΔABC vuông tại B có BH là đường cao
nên \(AH\cdot HC=BH^2\left(3\right)\)
Từ (1),(2),(3) suy ra \(KA\cdot KC=HA\cdot HC\)
b: Xét ΔHCB vuông tại H có \(tanHCB=\dfrac{BH}{HC}\)
Xét ΔABC vuông tại B có \(tanACB=\dfrac{AB}{BC}\)
Xét ΔABC vuông tại B có BH là đường cao
nên \(HC\cdot HA=HB^2\)
=>\(\dfrac{HB}{HC}=\dfrac{HA}{HB}\)
=>\(tanHCB=\dfrac{HA}{HB}\)
Xét ΔABC vuông tại B có BH là đường cao
nên \(AB^2=AH\cdot AC;BC^2=CH\cdot CA\)
=>\(\dfrac{AB^2}{BC^2}=\dfrac{AH\cdot AC}{CH\cdot CA}=\dfrac{AH}{CH}\)
=>\(tan^2HCB=\dfrac{HA}{HC}\)
mà \(\widehat{HCB}=\widehat{DAC}\)(hai góc so le trong, DA//BC)
nên \(tan^2HCB=\dfrac{HA}{HC}\)
có 
. Từ 
kẻ 
