a: ΔABC vuông tại B

=>\(BA^2+BC^2=AC^2\)

=>\(AC^2=4^2+3^2=25\)

=>AC=5(cm)

Xét ΔBAC vuông tại B có BH là đường cao

nên \(BH\cdot AC=BA\cdot BC\)

=>BH*5=3*4=12

=>BH=2,4(cm)

Xét ΔBAC vuông tại B có

\(sinBAC=\dfrac{BC}{AC}=\dfrac{3}{5}\)

=>\(\widehat{BAC}\simeq37^0\)

b: Xét ΔABE vuông tại A có AH là đường cao

nên \(BH\cdot BE=BA^2\)(1)

Xét ΔABC vuông tại B có BH là đường cao

nên \(AH\cdot AC=AB^2\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) suy ra \(BH\cdot BE=AH\cdot AC\)

c: Xét ΔBHC vuông tại H và ΔBFE vuông tại F có

\(\widehat{HBC}\) chung

Do đó: ΔBHC\(\sim\)ΔBFE

=>\(\dfrac{BH}{BF}=\dfrac{BC}{BE}\)

=>\(\dfrac{BH}{BC}=\dfrac{BF}{BE}\)

Xét ΔBHF và ΔBCE có

BH/BC=BF/BE

\(\widehat{HBF}\) chung

Do đó: ΔBHF\(\sim\)ΔBCE

c) Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông vào ΔABC vuông tại B có BH là đường cao ứng với cạnh huyền AC, ta được:

\(AH\cdot AC=AB^2\)(1)

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông vào ΔABK vuông tại A có AH là đường cao ứng với cạnh huyền BK, ta được:

\(BK\cdot BH=AB^2\)(2)

Từ (1) và (2) suy ra \(AH\cdot AC=BK\cdot BH\)

3) Xét tam giác vuông BHC và tam giác vuôn BFE có: ^B chung 

=> Tam giác BHC ~ Tam giác BFE

=> \(\frac{BH}{BF}=\frac{BC}{BE}\)

=.> \(\frac{BH}{BC}=\frac{BF}{BE}\)

Xét tam giác BHF và tam giác BCE có:

góc B chung

\(\frac{BH}{BC}=\frac{BF}{BE}\)( chứng minh trên)

=> Tam giác BHF ~ tam giác BCE

4. 

Vì \(\frac{BH}{BC}=\frac{BF}{BE}\)=> \(BC.BF=BH.BE=CD^2=4^2=16\)

=> \(BF=16:BC=16:3=\frac{16}{3}\)(cm)

=> \(S_{BFE}=\frac{1}{2}.BF.EF=\frac{16}{3}.4=\frac{64}{3}\)(cm^2)

Tam giác BFE Vuông tại F. Áp dụng định lí Pitago

=> \(BE^2=BF^2+EF^2=\left(\frac{16}{3}\right)^2+4^2=\frac{400}{9}\Rightarrow BE=\frac{20}{3}\)(cm)

Theo câu a đã tính được \(BH=\frac{12}{5}\)(cm)

Xét tam giác BEF và Tam giác BHF có chung đường cao hạ từ F

=> Có tỉ số \(\frac{S_{BHF}}{S_{BEF}}=\frac{BH}{BE}=\frac{\frac{12}{5}}{\frac{20}{3}}=\frac{9}{25}\)

=> \(S_{BHF}=\frac{9}{25}.S_{BEF}=\frac{9}{25}.\frac{64}{3}=\frac{192}{25}\)(cm^2)

a: ΔABC vuông tại B

=>\(BA^2+BC^2=AC^2\)

=>\(AC^2=4,5^2+6^2=7,5^2\)

=>AC=7,5(cm)

Xét ΔBAC vuông tại B có BH là đường cao

nên \(AH\cdot AC=AB^2\)

=>\(AH\cdot7,5=4,5^2\)

=>\(AH=\frac{4.5^2}{7.5}=2,7\left(\operatorname{cm}\right)\)

Xét ΔBAC vuông tại B có sin BAC=\(\frac{BC}{AC}=\frac{6}{7,5}=\frac45\)

nên \(\hat{BAC}\) ≃53 độ

b: Xét ΔBAE vuông tại A có AH là đường cao

nên \(BH\cdot BE=BA^2\)

=>\(BH\cdot BE=AH\cdot AC\)

a: Xét ΔABC vuông tại B có \(AC^2=BA^2+BC^2\)

=>\(AC^2=5^2+12^2=169\)

=>AC=13(cm)

Xét ΔABC vuông tại B có \(sinACB=\dfrac{AB}{AC}=\dfrac{5}{13}\)

=>\(\widehat{ACB}\simeq23^0\)

\(\Leftrightarrow\widehat{BAC}=90^0-\widehat{ACB}=67^0\)

b: Xét ΔBAC có BM là phân giác

nên \(BM=\dfrac{2\cdot BA\cdot BC}{BA+BC}\cdot cos\left(\dfrac{\widehat{ABC}}{2}\right)\)

\(=\dfrac{2\cdot5\cdot12}{5+12}\cdot\dfrac{\sqrt{2}}{2}=\dfrac{60\sqrt{2}}{17}\left(cm\right)\)

c: Xét ΔABK vuông tại A có AH là đường cao

nên \(BH\cdot BK=BA^2\left(1\right)\)

Xét ΔABC vuông tại B có BH là đường cao

nên \(AH\cdot AC=AB^2\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) suy ra \(BH\cdot BK=AH\cdot AC\)