a) Ta có: $\Delta ABH \sim \Delta ACH$, suy ra $\dfrac{AB}{AC}=\dfrac{BH}{CH}$. Từ đó, ta có $\dfrac{AB^2}{AC^2}=\dfrac{BH^2}{CH^2}=\dfrac{BH}{CH}\cdot \dfrac{BH}{CH}$.

b) Ta có $AM$ là trung tuyến của tam giác $ABC$, suy ra $AM$ song song với $BC$. Vậy, $\widehat{BDE}=\widehat{BAM}=\widehat{BAC}=\widehat{BFC}$, suy ra $BDEF$ là tứ giác nội tiếp.

Do đó, ta có $BD$ là đường trung bình của tam giác $BEF$, suy ra $D$ là trung điểm của $BE$. Tương tự, ta có $D$ là trung điểm của $BF$.

Ta có $\Delta ADE \sim \Delta ABC$, suy ra $\dfrac{DE}{AB}=\dfrac{AH}{AC}$. Từ đó, ta tính được $DE=\dfrac{AB\cdot AH}{AC}=\dfrac{6\cdot 9}{16}=\dfrac{27}{8}$ (cm).

Ta có $\Delta AFB \sim \Delta ABC$, suy ra $\dfrac{AF}{AB}=\dfrac{AC}{BC}$. Từ đó, ta tính được $AF=\dfrac{AC\cdot AB}{BC}=\dfrac{12\cdot 16}{20}=9.6$ (cm).

c) Áp dụng kết quả ở câu b, ta có $BF=BH\cdot \dfrac{BC}{AB}=6\cdot \dfrac{20}{12}=10$ (cm).

Áp dụng định lý Pythagore trong tam giác $ABC$, ta có $AH=\sqrt{AC^2-AB^2}=\sqrt{256-144}=4\sqrt{5}$ (cm).

Áp dụng định lý Pythagore trong tam giác $ADE$, ta có $AD=\sqrt{AE^2-DE^2}=\sqrt{AH^2+HE^2-DE^2}=\sqrt{(4\sqrt{5})^2+(6\sqrt{5})^2-\left(\dfrac{27}{8}\right)^2}=\dfrac{33}{8}\sqrt{5}$ (cm).