a: Ta có: \(\hat{HBK}+\hat{KDH}+\hat{BKD}+\hat{BHD}=360^0\)

=>\(\hat{HBK}+\hat{ADC}=360^0-90^0-90^0=180^0\) (1)

mà \(\hat{BAD}+\hat{ADC}=180^0\) (ABCD là hình bình hành)

nên \(\hat{HBK}=\hat{BAD}\)

Ta có: \(\hat{BAD}+\hat{BAK}=180^0\) (hai góc kề bù)

\(\hat{BCD}+\hat{BCH}=180^0\) (hai góc kề bù)

mà \(\hat{BAD}=\hat{BCD}\) (ABCD là hình bình hành)

nên \(\hat{BAK}=\hat{BCH}\)

Xét ΔBKA vuông tại K và ΔBHC vuông tại H có

\(\hat{BAK}=\hat{BCH}\)

Do đó: ΔBKA~ΔBHC

=>\(\frac{BK}{BH}=\frac{BA}{BC}=\frac{BA}{AD}\)

=>\(\frac{BK}{BA}=\frac{BH}{AD}\)

Xét ΔKBH và ΔBAD có

\(\frac{KB}{BA}=\frac{BH}{AD}\)

\(\hat{KBH}=\hat{BAD}\)

Do đó: ΔKBH~ΔBAD

c: AB//DC

=>\(\hat{KAB}=\hat{ADC}\) (hai góc đồng vị)

=>\(\hat{KAB}=60^0\)

Xét ΔKAB vuông tại K có cos KAB=\(\frac{AK}{AB}\)

=>\(\frac{AK}{26}=cos60=\frac12\)

=>AK=13(cm)

Diện tích tam giác KAB là:

\(S_{ABK}=\frac12\cdot AB\cdot AK\cdot\sin BAK=\frac12\cdot26\cdot13\cdot\sin60=13\cdot13\cdot\frac{\sqrt3}{2}=\frac{169\sqrt3}{2}\left(\operatorname{cm}^2\right)\)

Ta có: BC//AD

=>\(\hat{BCH}=\hat{ADC}\) (hai góc đồng vị)

=>\(\hat{BCH}=60^0\)

Xét ΔBHC vuông tại H có cos BCH=\(\frac{CH}{CB}\)

=>\(\frac{CH}{4}=cos60=\frac12\)

=>CH=2(cm)

Diện tích tam giác BCH là:

\(S_{CBH}=\frac12\cdot CB\cdot CH\cdot\sin BCH\)

\(=\frac12\cdot2\cdot4\cdot\sin60=4\cdot\frac{\sqrt3}{2}=2\sqrt3\left(\operatorname{cm}^2\right)\)

ABCD là hình bình hành

=>\(S_{ABCD}=DA\cdot DC\cdot\sin ADC=26\cdot4\cdot\sin60=104\cdot\frac{\sqrt3}{2}=52\sqrt3\left(\operatorname{cm}^2\right)\)

Diện tích tứ giác BKDH là:

\(S_{BKDH}=S_{BHC}+S_{BAK}+S_{ABCD}\)

\(=\frac{169\sqrt3}{2}+2\sqrt3+52\sqrt3=138,5\sqrt3\left(\operatorname{cm}^2\right)\)