Заполните таблицу:
а=3, 6, 4.
б=2, 5.
а=60°. ..., 135°.
S=... 15, 14√2

S = ab*sin(alpha)

1) S = 2*3*sin(60) = 6*(√3/2) = 3√3

2) alpha = arcsin(S/ab)

alpha = arcsin(15/(5*6)) = arcsin(15/30) = arcsin(1/2) = 30°

3) b = S/(a*sin(alpha))

b = (14√2)/(4*sin(135°)) = (14√2)/(4*sin(90°+45°)) = (14√2)/(4*cos(45°)) = (14√2)/(4*(√2/2)) = (14√2)/(2√2) = 7

Вот пришло в голову решение : ) так-то ерундовая : ) я продлеваю перпендикуляры hk и hm за точку h до пересечения с ba в точке a1 и bc в точке c1 (ну, точки лежат на из за того, что ∠abc острый, эти точки есть и лежат где положено : ) ) для треугольника a1bc1 h - точка пересечения высот (ну двух-то точно : ) - a1m и c1k), поэтому a1c1 перпендикулярно bh, и, следовательно, параллельно ac; то есть ∠bac = ∠ba1c; точки k и m лежат на окружности, построенной на a1c1, как на диаметре, поэтому ∠ba1c + ∠kmc = 180°; как противоположные углы вписанного четырехугольника. или, что же самое, ∠ba1c = ∠bmk; следовательно ∠bac = ∠bmk;   и треугольники abc и bmk имеют равные углы. то есть, подобны. следствие, которое важнее : ) четырехугольник akmc - вписанный. то есть через эти 4 точки можно провести окружность. дополнение. тривиальный способ решения тут такой. ∠khb = ∠a; ∠mhb = ∠c; bk =  bh*sin(a) = bc*sin(c)*sin(a); bm = bh*sin(c) = ba*sin(a)*sin(c); то есть у треугольников abc и mbk угол b общий, и стороны общего угла пропорциональны bm/ba = bk/bc = sin(a)*sin(b); значит треугольники подобны. коэффициент подобия sin(a)*sin(c), что тоже полезное следствие.