Найдите тангенс а если известно что косинус а равен 2/корень из 5 , 0

Вот пришло в голову решение :) Так-то задачка ерундовая :)
Я продлеваю перпендикуляры HK и HM за точку H до пересечения с BA в точке A1 и BC в точке C1 (ну, точки лежат на продолжениях... из за того, что ∠ABC острый, эти точки есть и лежат где положено :) )
Для треугольника A1BC1 H - точка пересечения высот (ну двух-то точно :) - A1M и C1K), поэтому A1C1 перпендикулярно BH, и, следовательно, параллельно AC;
то есть ∠BAC = ∠BA1C;
Точки K и M лежат на окружности, построенной на A1C1, как на диаметре, поэтому
∠BA1C + ∠KMC = 180°; как противоположные углы вписанного четырехугольника. Или, что же самое, ∠BA1C = ∠BMK;
следовательно ∠BAC = ∠BMK; 
и треугольники ABC и BMK имеют равные углы. То есть, подобны.

Следствие, которое важнее задачи :) Четырехугольник AKMC - вписанный. То есть через эти 4 точки можно провести окружность.

Дополнение. Тривиальный решения тут такой.
∠KHB = ∠A; ∠MHB = ∠C;
BK =  BH*sin(A) = BC*sin(C)*sin(A);
BM = BH*sin(C) = BA*sin(A)*sin(C);
То есть у треугольников ABC и MBK угол B общий, и стороны общего угла пропорциональны BM/BA = BK/BC = sin(A)*sin(B); значит треугольники подобны.
коэффициент подобия sin(A)*sin(C), что тоже полезное следствие.

В параллелепипеде 6 граней, - по две противоположных, которые попарно равны между собой. Естественно, их диагонали также равны. 
В каждой вершине параллелепипеда сходятся смежные стороны трех граней, и их диагонали образуют треугольник. (см. рисунок вложения) 
В данном случае диагонали равны 30, 40 и 70 см.  
По теореме о неравенстве треугольников: длина любой стороны треугольника меньше суммы длин двух других сторон.
Здесь имеем "треугольник" и три длины, и 70=30+40.
Тогда меньшие стороны "лягут" на большую, и треугольник не получится, как и параллелепипед с такими диагоналями граней. 
Не могут диагонали трех граней прямоугольного параллелепипеда иметь длины 30 см, 40 см и 70 см.