a: ABCD là hình bình hành
=>\(S_{ACB}=S_{ADC}\left(1\right)\)
Xét ΔCAB có CK là đường cao
nên \(\dfrac{1}{2}\cdot CK\cdot AB=S_{CAB}\left(2\right)\)
Xét ΔCAD có CH là đường cao
nên \(\dfrac{1}{2}\cdot CH\cdot AD=S_{ACD}\left(3\right)\)
Từ (1),(2),(3) suy ra \(CK\cdot AB=CH\cdot AD\)
=>\(CK\cdot AB=CH\cdot CB\)
=>\(\dfrac{CK}{CB}=\dfrac{CH}{AB}\)
Xét tứ giác AHCK có \(\widehat{AHC}+\widehat{AKC}=180^0\)
nên AHCK là tứ giác nội tiếp
=>\(\widehat{KAH}+\widehat{KCH}=180^0\)
Xét ΔKCH và ΔCBA có
\(\dfrac{CK}{CB}=\dfrac{CH}{BA}\)
\(\widehat{KCH}=\widehat{CBA}\left(=180^0-\widehat{BAD}\right)\)
Do đó: ΔKCH~ΔCBA
b: ΔKCH~ΔCBA
=>\(\dfrac{KH}{CA}=\dfrac{CH}{BA}=\dfrac{CH}{CD}\)
Xét ΔHCD vuông tại H có \(sinD=\dfrac{CH}{CD}\)
mà \(sinD=sinBAD\left(\widehat{BAD}+\widehat{D}=180^0\right)\)
nên \(sinBAD=\dfrac{CH}{CD}=\dfrac{KH}{CA}\)
=>\(KH=CA\cdot sinBAD\)
