Lời giải:

a) Gọi $M$ là giao điểm của $CK$ và $AD$

Ta có:

$\widehat{KBC} + \widehat{KCB} = 90^\circ$

$\widehat{HCM} + \widehat{HMC} = 90^\circ$

$\widehat{KCB} = \widehat{HMC}$ (đồng vị)

$\Rightarrow \widehat{KBC} = \widehat{HCM}$

$\Rightarrow \widehat{ABC} = \widehat{HCK}$ (hai góc kề bù tương ứng)

Xét $\triangle KBC$ và $\triangle HDC$ có:

$\begin{cases}\widehat{K} = \widehat{H} = 90^\circ\\\widehat{KBC} = \widehat{HDC}\quad (=\widehat{BAD})\end{cases}$

Do đó $\triangle KBC \backsim \triangle HDC\ (g.g)$

$\Rightarrow \dfrac{CK}{CH} = \dfrac{CB}{CD}$

mà $CD = AB$

nên $\dfrac{CK}{CH} = \dfrac{CB}{AB}$

hay $\dfrac{CK}{BC} = \dfrac{CH}{AB}$

Xét $\triangle CKH$ và $\triangle BCA$ có:

$\begin{cases}\widehat{HCK} = \widehat{ABC}\quad (cmt)\\\dfrac{CK}{BC} = \dfrac{CH}{AB}\quad (cmt)\end{cases}$

Do đó $\triangle CKH\backsim \triangle BCA\ (g.g)$

b) Ta có:

$\triangle CKH\backsim \triangle BCA$ (câu a)

$\Rightarrow \dfrac{HK}{AC} = \dfrac{CK}{BC}$

$\Rightarrow HK = AC\cdot \dfrac{CK}{BC}$

$\Rightarrow HK = AC\cdot \cos\widehat{KCB}$

$\Rightarrow HK = AC\cdot \sin\widehat{KBC}$

$\Rightarrow HK = AC\cdot \sin\widehat{BAD}$

c) Ta có:

$\widehat{ABC} = 120^\circ$

$\Rightarrow \widehat{KBC} = \widehat{HDC} = 60^\circ$

Xét $\triangle KBC$ vuông tại $K$ có $\widehat{KBC} = 60^\circ$

$\Rightarrow KBC$ là nửa tam giác đều cạnh $BC$

$\Rightarrow \begin{cases}KB = \dfrac12BC = \dfrac12\cdot 10 = 5\ cm\\KC = BC\cdot \dfrac{\sqrt3}{2} = 10\cdot \dfrac{\sqrt3}{2} = 5\sqrt3\ cm\end{cases}$

Xét $\triangle KDC$ vuông tại $H$ có $\widehat{HDC} = 60^\circ$

$\Rightarrow HDC$ là nửa tam giác đều cạnh $CD$

$\Rightarrow \begin{cases}HD = \dfrac12CD = \dfrac12\cdot 8 = 4\ cm\\HC  = CD\cdot \dfrac{\sqrt3}{2} = 8\cdot \dfrac{\sqrt3}{2} = 4\sqrt3\ cm\end{cases}$

Khi đó:

$\quad S_{AKCH} = S_{AKCD} + S_{HDC}$

$\Leftrightarrow S_{AKCH} = \dfrac12(AK + CD)\cdot CK + \dfrac12HD\cdot HC$

$\Leftrightarrow S_{AKCH} = \dfrac12(8 + 5 + 8)\cdot 5\sqrt3 + \dfrac12\cdot 4\cdot 4\sqrt3$

$\Leftrightarrow S_{AKCH} = \dfrac{121\sqrt3}{2}\ cm^2$

`a) ABCD` là hình bình hành

`⇒` $\widehat{ABC}=\widehat{ADC}$ và `CD=BA`

Mà $\widehat{CBK}+\widehat{ABC}=180^0$ (2 góc kề bù)

$\widehat{CDH}+\widehat{ADC}=180^0$ (2 góc kề bù)

`⇒` $\widehat{CBK}=\widehat{CDH}$

Xét ΔCBK và ΔCDH có:

$\widehat{CBK}=\widehat{CDH}$ (cmt)

$\widehat{CKB}=\widehat{CHD}=90^0$

Vậy ΔCBK ~ ΔCDH (g-g)

`⇒` `\frac{CK}{CH}``=``\frac{CB}{CD}``=``\frac{BC}{CA}` (do `CD=BA)`

$\widehat{BCK}=\widehat{DCH}$

ABCD là hình bình hành $⇒ AB//CD$

`⇒` $\widehat{DCK}+\widehat{AKC}=180^0$ (2 góc bù nhau)

`⇒` $\widehat{DCK}=180^0-\widehat{AKC}=180^0-90^0=90^0$

Ta có: $\widehat{HCK}+\widehat{CBK}=\widehat{DCK}+\widehat{DCH}+\widehat{CBK}$

`=` $90^0+\widehat{BCK}+\widehat{CBK}$

`= 90^0+90^0=180^0`

Vì $\widehat{ABC}+\widehat{CBK}=180^0$ (2 góc kề bù)

`⇒` $\widehat{HCK}=\widehat{ABC}$

Xét ΔCKH và ΔBCA có:

$\widehat{HCK}=\widehat{ABC}$ `(cmt)`

`\frac{CK}{CH}=``\frac{BC}{BA}` `(cmt)`

Vậy ΔCKH ~ ΔBCA `(c-g-c)`

`b)` Ta có: `ΔCKH ~ ΔBCA (cmt)`

`⇒` `\frac{HK}{AC}``=``\frac{CK}{BC}``(1)` 

ΔCKB vuông tại K

`⇒` `\frac{CK}{BC}``= sin`$\widehat{KBC}$

mà $\widehat{KBC}=\widehat{BAD}$ nên `\frac{CK}{BC}``=sin`$\widehat{BAD}$ `(2)`

Từ `(1)` và `(2) ⇒` `\frac{HK}{AC}``= sin`$\widehat{BAD}$

`⇒ HK=ACsin`$\widehat{BAD}$