XÉt tứ giác AEHF có HEA=90 , HFA=90 , EAF=90

nên tứ giác AEHF là hcn

Xét tam giác ABH vuông tại H HE vuông với AB

nên BA*AE=AH² 

Xét tam giác ACH vuông tại H HF là đường cao 

nên AF*AC=AH² 

Vậy AB*AE=AF*AC

đề câu b sao ý không có điểm o mà lại có oe

 a,Tứ giác AEHG  la hình chữ nhật.thật vậy:

xét tứ giác AEHG có goc a=90 độ ,góc E=90 độ(HE VUÔNG GÓC VỚI AB) , góc H=90 độ (AH vuông góc với BC)

suy ra tứ giác AEHG la hình chữ nhật

b,xét tam giac BHA có AH^2=AE*AB (1)

xét tam giác AHC có AH^2=AF*AC (2)

Từ (1) và (2) suy ra AE*AB=AF*AC

Bài 2) 

1) xét tứ giác AEHF có góc A=90* F=90* E=90* (GT)

==)) AEHF Là hình chữ nhật

2) Vì AEHF là hình chữ nhật ==)) EF=AH(đl) gọi O là giao điểm của EF và AH

 ==))EO=OF=AO=OH

EO=AO ==)) tam giác EOA cân tại O,==)) OEA=góc OAE

mà góc OAE=góc BCA (cùng phụ với góc HAC ) ==))góc OEA =góc BCA(1)

góc A=90* chung ==)) tam giác EAF~tam giác CAB (g-g)

==))EA/CA=AF/AB ==))AE.AB=AF.AC

2)ta có BH.HC=AH²

AH²=( AO+OH )²⁼AO²+OH²+2AO.OH mà AO=OH ==))AH²=4.OA²

4EO.OF=4OE² mà OE=OA(cmt)==))4EO.OF=AH²=BH.HC

a: ΔABC vuông tại A có AH là đường cao

nên \(AH^2=HB\cdot HC\)

=>HC*4=3^2=9

=>HC=2,25(cm)

BC=BH+CH

=2,25+4

=6,25(cm)

XétΔABC vuông tại A có AH là đường cao

nên \(\left\{{}\begin{matrix}AB^2=BH\cdot BC\\AC^2=CH\cdot BC\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}AB^2=2,25\cdot6,25\\AC^2=4\cdot6,25\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}AB=\sqrt{2,25\cdot6,25}=3,75\left(cm\right)\\AC=\sqrt{25}=5\left(cm\right)\end{matrix}\right.\)

Xét ΔABC vuông tại A có

\(sinC=\dfrac{AB}{BC}=\dfrac{3}{5}\)

nên \(\widehat{C}\simeq37^0\)

=>\(\widehat{B}=90^0-37^0=53^0\)

b: Xét tứ giác AEHF có

\(\widehat{AEH}=\widehat{AFH}=\widehat{FAE}=90^0\)

=>AEHF là hình chữ nhật

=>HA=EF=3(cm)

c: ΔAHB vuông tại H có HE là đường cao

nên \(AE\cdot AB=AH^2\left(1\right)\)

Xét ΔAHC vuông tại H có HF là đường cao

nên \(AF\cdot AC=AH^2\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) suy ra \(AE\cdot AB=AF\cdot AC\)

a, xét tam giác AHB có : ^AHB = 90 và HE _|_ AB => AE.AB = AH^2

    xét tam giác AHC có : ^AHC = 90 và HF _|_ AC => AF.AC = AH^2

=> AE.AB = AF.AC

b, tứ giác AEHF có : ^FAE = ^HEA = ^HFA = 90

=> AEHF là hình chữ nhật

=> EF = AH

xét tam giác ABC có : ^ABC = 90 và AH _|_ BC => AH^2 = HB.HC

=> EF^2 = HB.HC

c, xét tam giác ABC có : ^ABC = 90; AH _|_ BC => AB^2 = BH.HC 

=> AB^3 = BH.BC.AB

=> AB^3/BC^2 = BH.AB/BC

xét tam giác HEB và tam giác CAB có : ^ABC chung và ^HEB = ^CAB = 90

=> tam giác HEB đồng dạng với tam giác CAB (g-g)

=> BE/BH = AB/BC

=> BE = AB.BH/BC = AB^3/BC^2

d, có AH^4 = (AH^2)^2 = (BH.HC)^2 = BH^2.HC^2 

có BH^2 = BE.BA và HC^2 = CF.CA

=> AH^4 = BE.BA.CF.CA

mà có BA.CA = AH.BC

=> AH^4 = AH.BC.BE.CF

=> AH^3 = BC.BE.CF

a/ Xét tg vuông AEH và tg vuông ABC có

\(\widehat{EAH}=\widehat{ACB}\) => tg AEH đồng dạng với tg ABC \(\Rightarrow\frac{AE}{AC}=\frac{AH}{BC}\)

Tương tự c/ được tg AFH đồng dạng với tg ABC \(\Rightarrow\frac{AF}{AB}=\frac{AH}{BC}\)

\(\Rightarrow\frac{AE}{AC}=\frac{AF}{AB}\Rightarrow AE.AB=AF.AC\left(dpcm\right)\)

b/ Ta có

\(HE\perp AB;AF\perp AB\) => HE//AF (1)

\(HF\perp AC;AE\perp AC\) => HF//AE (2)

\(\widehat{A}=90^o\)

Từ (1) (2)  và (3) => AEHF là HCN => EF=AH (trong HCN 2 đường chéo = nhau)

Xét tg vuông ABC có \(AH^2=BH.HC\) (Trong tg vuông bình phương đường cao từ đỉnh góc vuông xuống cạnh huyền bằng tích các hình chiếu của 2 cạnh bên trên cạnh huyền)

\(\Rightarrow EF^2=BH.HC\left(dpcm\right)\)

c/ Xét tg vuông ABH có

\(BH^2=BE.AB\) (trong tg vuông bình phương 1 cạnh góc vuông bằng tích hình chiếu của cạnh góc vuông đó trên cạnh huyền với cạnh huyền) \(\Rightarrow BE=\frac{BH^2}{AB}\)

Xét tg vuông ABC có \(AB^2=BH.BC\) (lý do như trên) \(\Rightarrow BH=\frac{AB^2}{BC}\Rightarrow BH^2=\frac{AB^4}{BC^2}\) Thay vào biểu thức tính BE có

\(BE=\frac{\frac{AB^4}{BC^2}}{AB}=\frac{AB^3}{BC^2}\left(dpcm\right)\)

a, tính AC dựa vào định lí Py-ta-go

tính AH dựa vào định lí 4 bài1. BH và CH dựa vào định lí 1 bài 1