[рис.] а)  По теореме Фалеса $\frac{KH}{BC_1} = $\frac{AK}{AC_1}$ = \frac{AH}{AB}$ откуда находим: $AB \cdot KH = AH \cdot BC_1$ Из равенства углов $\angle BAA_1= \angle BCC_1$ следует подобие треугольников BCC1 и HAC1, откуда находим:

$\frac{C_1 H}{BC_1} = $\frac{AH}{BC}$ = сильно AH \cdot BC_1 = BC \cdot C_1 H$

Окончательно получаем, что

$AB \cdot KH = AH \cdot BC_1 = BC \cdot C_1 H$

б)  Заметим, что

$\angle C_1HK = C_1 HA = 90 ^{\circ} - \angle C_1 AH = \angle ABC$

Тогда

$\frac{S_C_1HK}{S_ ABC} = $\frac{C_1H \cdot HK}{AB \cdot BC}$ = \frac{C_1H \cdot $\frac{BC \cdot C_1H}{AB}$ ,}{AB \cdot BC} = ( $\frac{C_1H}{AB}$ ) ^2$

Здесь мы использовали результат пункт а).
По теореме \cos ов

$\cos \angle ABC = $\frac{16 + 25 - 17}{2 \cdot 4 \cdot 5}$ = \frac{3}{5}$

следовательно, $\frac{C_1H}{AH} = \frac{3}{5}$ Получаем:

$\sin \angle ABB_1 = \cos \angle BAC = \frac{16 + 17 - 25}{2 \cdot 4 \cdot $\sqrt{аргумента: 17}$ аргумента} = \frac{1}{$\sqrt{аргумента: 17}$ аргумента}$

а так как $\sin \angle BHA = \sin \angle BHA_1 = \cos \angle HBA_1 = \sin \angle BCA$ то

$\cos \angle BCA = \frac{17 + 25 - 16}{2 \cdot 5 \cdot $\sqrt{аргумента: 17}$ аргумента} = \frac{13}{5 $\sqrt{аргумента: 17}$ аргумента}$

Следовательно, $\sin \angle BCA = \frac{16}{5 $\sqrt{аргумента: 17}$ аргумента}$
Таким образом, отношение площадей треугольников С1HK и ABC =

$( $\frac{C_1H}{AB}$ ) ^2 = ( $\frac{C_1H}{AH}$ \cdot $\frac{AH}{AB}$ ) ^2 = ( $\frac{3}{5}$ \cdot ( \frac{1}{$\sqrt{аргумента: 17}$ аргумента} : \frac{16}{5 $\sqrt{аргумента: 17}$ аргумента} ) ) ^2 = ( $\frac{3}{16}$ ) ^2 = \frac{9}{256}$ $( $\frac{C_1H}{AB}$ ) ^2 = ( $\frac{C_1H}{AH}$ \cdot $\frac{AH}{AB}$ ) ^2 =$
$= ( $\frac{3}{5}$ \cdot ( \frac{1}{$\sqrt{аргумента: 17}$ аргумента} : \frac{16}{5 $\sqrt{аргумента: 17}$ аргумента} ) ) ^2 = ( $\frac{3}{16}$ ) ^2 = \frac{9}{256}$

Ответ: б) $\frac{9}{256}$