a, Ta có \(AB=\sqrt{BC^2-AC^2}=30\left(cm\right)\left(pytago\right)\)
Áp dụng HTL: \(\left\{{}\begin{matrix}HB=\dfrac{AB^2}{BC}=18\left(cm\right)\\HC=\dfrac{AC^2}{BC}=32\left(cm\right)\\AH=\sqrt{HB\cdot HC}=24\left(cm\right)\end{matrix}\right.\)
b, Vì \(\sin B=\dfrac{AC}{BC}=\dfrac{40}{50}=\dfrac{4}{5}\approx\sin53^0\) nên \(\widehat{B}\approx53^0\)
c, Áp dụng HTL: \(\left\{{}\begin{matrix}AE\cdot AB=AH^2\\AF\cdot AC=AH^2\end{matrix}\right.\Rightarrow AE\cdot AB=AF\cdot AC\)
d, Vì \(AE\cdot AB=AF\cdot AC\) nên \(\dfrac{AE}{AC}=\dfrac{AF}{AB}\)
Do đó \(\Delta AEF\sim\Delta ACB\) (góc BAC chung)
Do đó \(\widehat{AEF}=\widehat{ACB}\)
Mà AM là tt ứng cạnh huyền BC nên \(AM=MB\)
Do đó \(\widehat{MAB}=\widehat{MBA}\)
Gọi O là giao điểm AM và EF thì \(\widehat{AOE}=180^0-\widehat{AEF}-\widehat{MAB}\)
\(\Rightarrow\widehat{AOE}=180^0-\left(\widehat{MBA}+\widehat{ACB}\right)=180^0-90^0=90^0\\ \RightarrowĐpcm\)
