\(\tan B=\sqrt{3}\Rightarrow\widehat{B}=60^0\)

\(sinB=\frac{AC}{BC}\Rightarrow AC=sinB.BC=sin60.BC=\frac{\sqrt{3}}{2}.2=\sqrt{3}\approx1,73cm\)

\(cosB=\frac{AB}{BC}\Rightarrow AB=cos60.BC=\frac{1}{2}.2=1cm\)

bạn hỏi nhiều quá , các bạn nhìn vào ko biết trả lời sao đâu !!!

rối mắt quá mà viết dày nên bài nọ xọ bài kia mình ko trả lời được cho dù biết rất rõ

Bài 2: 

Ta có: \(\dfrac{HB}{HC}=\dfrac{1}{3}\)

nên HC=3HB

Ta có: \(AH^2=HB\cdot HC\)

\(\Leftrightarrow HB^2=48\)

\(\Leftrightarrow HB=4\sqrt{3}\left(cm\right)\)

\(\Leftrightarrow BC=4\cdot HB=16\sqrt{3}\left(cm\right)\)

Bài 1:

ta có: \(AB=\dfrac{1}{2}AC\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{HB}{HC}=\dfrac{1}{4}\)

\(\Leftrightarrow HC=4HB\)

Ta có: \(AH^2=HB\cdot HC\)

\(\Leftrightarrow HB=1\left(cm\right)\)

\(\Leftrightarrow HC=4\left(cm\right)\)

hay BC=5(cm)

Xét ΔBAC vuông tại A có AH là đường cao ứng với cạnh huyền BC

nên \(\left\{{}\begin{matrix}AB^2=HB\cdot BC\\AC^2=HC\cdot BC\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}AB=\sqrt{5}\left(cm\right)\\AC=2\sqrt{5}\left(cm\right)\end{matrix}\right.\)

a: Sửa đề: \(AC=2\sqrt3\left(m\right)\)

ΔABC vuông tại A

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

=>\(BC^2=2^2+\left(2\sqrt3\right)^2=4+12=16\)

=>BC=4(cm)

Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao

nên \(AH\cdot BC=AB\cdot AC\)

=>\(AH\cdot4=2\cdot2\sqrt3=4\sqrt3\)

=>\(AH=\frac{4\sqrt3}{4}=\sqrt3\) (cm)

Xét ΔBAC vuông tại A có sin B=\(\frac{AC}{BC}=\frac{2\sqrt3}{4}=\frac{\sqrt3}{2}\)

nên \(\hat{B}=60^0\)

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

nên \(BK\cdot BE=BA^2\left(1\right)\)

Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao

nên \(BH\cdot BC=BA^2\left(2\right)\)

Từ (1),(2) suy ra \(BK\cdot BE=BH\cdot BC\)

Xét ΔEAB vuông tại A có AK là đường cao

nên \(EK\cdot EB=EA^2\)

=>\(EK\cdot EB=EC^2\)

=>\(\frac{EK}{EC}=\frac{EC}{EB}\)

Xét ΔEKC và ΔECB có

\(\frac{EK}{EC}=\frac{EC}{EB}\)

góc KEC chung

Do đó: ΔEKC~ΔECB