`a`

Xét \(\triangle ABC\) và \(\triangle HAC\), ta có:

\(\widehat{BAC} = \widehat{AHC} = 90^\circ\)

\(\widehat{ACB}\)  chung

Suy ra: \(\triangle ABC\sim \triangle HAC\text{\ (g-g)}\)

`b`

Xét \(\triangle CHI\) và \(\triangle CKB\) có:

\(\widehat{CHI} = \widehat{CKB} = 90^\circ\)

\(\widehat{HCI}\) chung

Do đó: \(\triangle CHI\sim \triangle CKB\text{\ (g-g)}\)

Suy ra
\(\frac{CH}{CK}=\frac{CI}{CB}\implies CH\cdot CB=CI\cdot CK\)

 `c`

Từ câu b ta có:
\(CH\cdot CB=CI\cdot CK\)

Từ \(\triangle DKI \sim \triangle DHB\) suy ra: \(DK\cdot DB=DH\cdot DI\)

Từ  \(\triangle IHC \sim \triangle BHD\) suy ra:\(CH\cdot HB=DH\cdot IH\quad (1)\)

`=>`\(CH\cdot CB+DK\cdot DB=CH\cdot (CH+HB)+DH\cdot DI\)
`=>`\(=CH^{2}+CH\cdot HB+DH\cdot DI\)

Thay \((1)\) vào biểu thức trên, ta có:
`=>`\(=CH^{2}+DH\cdot IH+DH\cdot DI\)
`=>`\(=CH^{2}+DH\cdot (IH+DI)\)

Mà ba điểm \(I, H, D\) thẳng hàng và \(I\) nằm giữa \(H\) và \(D\) nên:
\(IH+ID=HD\)
`=>`\(CH\cdot CB+DK\cdot DB=CH^{2}+DH^{2}\)

Xét tam giác \(CHD\) vuông tại \(H\) Áp dụgđịnh lý pythagore ta có:
\(CD^{2}=CH^{2}+DH^{2}\)
Vậy: \(CH\cdot CB+DK\cdot DB=CD^{2}\)