TOÁN 9 NC hệ THỨC LƯỢNG TRONG TAM GIÁC VUÔNG

BÀI TẬP NÂNG CAO HỆ THỨC LƯỢNG
TRONG TAM GIÁC VUÔNG
Bài 1: Cho hình thang cân ABCD, đáy lớn CD = 10cm, đáy nhỏ bằng đường cao, đường
chéo vng góc với cạnh bên . Tính độ dài đường cao của hình thang cân đó.
Bài giải sơ lược:

A

B

X

Kẻ AH ⊥ CD ; BK ⊥ CD. Đặt AH = AB = x ⇒ HK = x
X

∆ AHD = ∆ BKC (cạnh huyền- góc nhọn)

Suy ra : DH = CK =

10 − x
.
2

Vậy HC = HK + CK = x +

D

H

C

K

10cm

10 − x
x + 10
=
2
2

Áp dụng hệ thức lượng cho tam giác ADC vuông ở A có đường cao AH
Ta có : AH2 = DH . CH hay x 2 =

10 − x 10 + x
⇔ 5x2 = 100
.
2
2

Giải phương trình trên ta được x = 2 5 và x = – 2 5 (loại)
Vậy : AH = 2 5
Bài 2: Cho tam giác ABC cân tại A, đường cao ứng với cạnh đáy có độ dài 15,6cm,
đường cao ứng với cạnh bên dài 12cm. Tính độ dài cạnh đáy BC.
Giải:

A

Đặt BC = 2x, từ tính chất của tam giác cân ta suy ra CH = x
Áp dụng định lí Pitago tính được AC = 15, 62 + x 2
Từ ∆ KBC

⇒

15,6

∆ HAC
BC KB
=
hay
AC AH

2x
15, 6 + x
2

2

=

12
15, 6

B

//

Đưa về phương trình 15,62 + x2 = 6,76x2
Giải phương trình trên ta được nghiệm dương x = 6,5
Vậy BC = 2.6,5 = 13(cm)
Bài Tập 3 : Cho ∆ABC : µA = 900 . Qua trung điểm I của AC, dựng ID ⊥ BC.

Chứng minh : BD 2 − CD 2 = AB 2
Giải: Hạ AH ⊥ BC . Ta có : HD = DC ( t/c đường trung bình)
Ta có : BD2 – CD2 = ( BC - CD)2 – CD2
1

K

12

H
2x

//

C


= BC2 + CD2 – 2BC.CD – CD2
= BC2 – BC.(2CD) = BC2 – BC.HC
= BC2 – AC2 = AB2
( Chú ý : AB2 = BC2 – AC2)
Bài Tập 4 : Cho ∆ ABC vuông tại A. Đường cao AH, kẻ HE, HF lần lượt vng góc với
3

EB  AB 
=
AB, AC. Chứng minh rằng: a)
÷
FC  AC 

b) BC . BE . CF = AH3

Giải: a) Trong ∆AHB có HB = BE . BA (1)

;

A

2

∆AHC

có HC2 = CF . CA (2 )
2

Từ (1) và (2) có :
Trong

∆ABC

HB
BE AB
=
.
2
HC
FC AC

.

(1)

F

E
B

C
H

có :AB2 = BH . BC và AC2 = HC . BC suy ra
2

4

HB AB 2
 HB   AB 
=
⇔
÷ =
÷
2
HC AC
 HC   AC 

(2)
3

Từ (1) và (2). Ta có :
b) ∆ABC

∆EBH ⇒

EB  AB 
=
÷.
FC  AC 
BE BH
=
.
BA BC

AB 2
AB 3
→ BE =
Thay BH =
(3)
BC
BC 2

Tương tự ta cũng có CF =

AC 3
BC 2

Từ (3) và (4) Ta có : BE .CF =

( 4) .
AB 3 . AC 3
BC 4

.
3

AB 3 AC 3
 AB ×AC 
3
×
×
BC
=
Mà AB. AC = BC . AH nên BC . BE . CF =

÷ = AH
2
2
BC BC
 BC 

Bài 5: Cho hình vng ABCD. Qua A, vẽ cát tuyến
Bất kì cắt cạnh BC, tia CD lần lượt tại E và F.
Chứng minh :

1
1
1
+
=
.
2

2
AE
AF
AD 2

2


Giải: Dựng điểm H thuộc tia CD sao cho BE = HD.
Ta có : ∆ABE = ∆ADH ( c – g –c ) ⇒) AE = AH .
· AF = 900 ; AD ⊥ HF .
Áp dụng hệ thức lựơng cho ∆AHF : H

Ta có :

1
1
1
1
1
1
+
=
+
=
2
2
2 nên
2
2

AH
AF
AD
AE
AF
AD 2

Bài 6: Cho hình thoi ABCD có µA = 1200 , tia Ax tạo với
Tia AB góc B· Ax = 15o , cắt BC, CD lần lượt tại M, N.
Chứng minh:

1
1
4
+
=
2
2
AM
AN
3 AB 2

Giải: Từ A, dựng đường thẳng vng góc với AN
Cắt CD tại P, hạ AH ⊥ CD .
Ta có : ∆ABM = ∆ADP ( g – c – g)
⇒) AM = AP
·
= 900 , AH ⊥ NP
Áp dụng hệ thức lượng cho ∆NAP : NAP

Ta có :

1
1
1
1
1
1
+
=
+
=
2
2
2 nên
2
2
AP
AN
AH
AM
AN
AH 2

Mà AH2 = sinD.AD = sin600.AD =

(1)

3
AB

2

(2)

1
1
1
+
=
2
2
2
1
1
4
+
=
Thay (2) và (1). Ta có : AM AN  3 AB  ⇔
2
2
AM
AN
3 AB 2

÷
2



BÀI TẬP PHẦN HỆ THỨC LƯỢNG TRONG TAM GIÁC VUÔNG ( 2011-2012)

·
Bài 1: Trong hình vẽ sau biết AB = 9 , AC = 6, 4 , AN = 3,6 ; ·AND = 900 , DAN
= 340 .
Hãy tính (làm trịn đến số thập phân thứ tư ). a) CN

b) ·ABN

·
c) CAN

d) AD.

·
·
Bài 2 : Trong hình vẽ sau biết QPT
= 180 , PTQ
= 1500 , QT = 8 , TR = 5 .
Hãy tính : a) PT

b) Diện tích tam giac PQR.

Hướng dẫn : Từ T và R hạ các đường vng góc với PQ.
8

P

150°

18°

T
3

5

R

Q


Bài 3: Cho tam giác ABD vuông tại B, AB = 6 cm, BD = 8 cm. Trên cạnh BD lấy điểm C sao
cho BC = 3 cm. Từ D kẻ Dx // AB, nó cắt đường thẳng AC tại E.
a) Tính AD.

b) Tính các góc BAD, BAC.

c) Chứng minh AC là tia phân giác của góc BAD.
d) Chứng minh tam giác ADE cân tại D.
Hướng dẫn câu c:

Hạ CI ⊥ AD . Chứng minh : AB = CI.

Bài 4: Cho ∆ ABC có góc A = 200 ; Bˆ = 300 ; AB = 60cm . Đường cao kẻ từ C đến AB cắt AB
tại P ( hình vẽ) . Hãy tìm
a) Tính AP ? ; BP ?

b) CP ?

µ = 600 . Kẻ BH ⊥ AC và CK ⊥ AB.
Bài 5: Cho ABC có A

a) chứng minh KH = BC.CosA
b) Trung điểm của BC là M. Chứng minh MKH là tam giác đều
Hướng dẫn :
AH
→ ∆ABC
AB

Câu a : T KH = BC.CosA KH = BC ì

AHK

à = 600
Câu b: Vận dụng tính chất đường trung tuyến trong tam giác vng và chú ý A
µ = 900 ). Từ trung điểm E của cạnh AC kẻ EF ⊥ BC.
Bài 6: Cho ABC ( A

Nối AF và BE.
a) Chứng minh AF = BE.cosC.
b) Biết BC = 10 cm, sinC = 0,6. Tính diện tích tứ giác ABFE.
·
c) AF và BE cắt nhau tại O. Tính sin AOB
.

Hướng dẫn :

Câu a : Tương tự cách giải bài 5.

Câu b: Sử dụng tính chất 2 diện tích miền đa giác hình học 8.
·

Câu c : Rất khó: Hạ AH, FK vng góc với BE.Tính SABFE = SABE + SBFE . Suy ra sin AOB
µ = 900 ). Lấy điểm M trên cạnh AC.
Bài 7: Cho tam giác vuông ABC ( B

Kẻ AH ⊥ BM, CK ⊥ BM.
·
a) Chứng minh : CK = BH.tgBAC
. b) Chứng minh :

4

·
MC BH.tg 2 BAC
.
=
MA
BK


Hướng dẫn :
Câu a : Tương tự cách giải bài 5.

Câu b: Tiếp tục vận dụng câu a lần 2.

Bài 8: Cho hình bình hành ABCD có đ.chéo AC lớn hơn đ.chéo BD. Kẻ CH ⊥ AD
và CK ⊥ AB.
a) Chứng minh CKH

·
b) Chứng minh HK = AC.sin BAD

.

BCA.

·
c) Tính diện tích tứ giác AKCH biết BAD
= 600 , AB = 4 cm và AD = 5 cm.

Bài 9: Cho ∆ABC , trực tâm H là trung điểm của đường cao AD.
Chứng minh: tgB.tgC = 2.

A
E
H

B

D

C

ĐÁP ÁN
·
Bài 1: Trong hình vẽ sau biết AB = 9 , AC = 6, 4 , AN = 3,6 ; ·AND = 900 , DAN
= 340 .
Hãy tính (làm trịn đến số thập phân thứ tư ). a) CN

b) ·ABN

·

c) CAN

d) AD.

Bài giải
a) CN = AC 2 − AN 2 = 6, 42 − 3,62 ≈ 5, 2915 .
b) sin ·ABN =

A

3,6
= 0, 4 ⇒·ABN ≈ 23034'41'' .
9

34 °

AN 3,6
·
·
=
=
= 0,5625 ⇒CAN
c) cos CAN
= 550 46'16'' .
AC 6, 4
B

5

9

6,4

C

3,6

N

D


d) AN = AD.cos A = AD.cos 340
⇒ AD =

AN
3,6
=
≈ 4,3426 .
0
cos34
0,8290

Q

·
·
Bài 2 : Trong hình vẽ sau biết QPT
= 180 , PTQ
= 1500 , QT = 8 , TR = 5 .
Hãy tính : a) PT

P
18°
b) Diện tích tam giac PQR.

8

150°

T

R

5

Bài giải
·
a) Xét ∆PTQ, kẻ đường cao TK , ta có PQT
= 1800 − 1500 − 180 = 120 .
TK = TQ.sin Q = 8.sin120 ; TK = PT .sin P = PT .sin180 ⇒ PT .sin180 = 8.sin120 ;
8.sin120
⇒ PT =
≈ 5,3825 ( cm ) .
sin180
b) Ta có PR = PT + TR ≈ 5,3825 + 5 ≈ 10,3825 ( cm ) ;
Kẻ đường cao RH, ta có RH = PR.sin P ≈ 10,3825.sin180 ≈ 3, 2084 .
µ = 180 , Q
µ = 120 : PK = PT .cos P ≈ 5,3825.cos180 ≈ 5,1191 ;
Xét ∆PTQ, ta có P
QK = QT .cos Q ≈ 8.cos120 ≈ 7,6085 ⇒ PQ = PK + KQ ≈ 5,1191 + 7,6085 ≈ 12,7276 .

Diện tích tam giác PQR : S PQR =

1
1
PQ.RH ≈ .12,7276.3, 2084 ≈ 20, 4176 ( cm 2 ) . Q
2
2

H
K
P

18°

8

150°

5

T

6

R


Bài 3: Cho tam giác ABD vuông tại B, AB = 6 cm, BD = 8 cm. Trên cạnh BD lấy điểm C sao
cho BC = 3 cm. Từ D kẻ Dx // AB, nó cắt đường thẳng AC tại E.
a) Tính AD.

E

b) Tính các góc BAD, BAC.

c) Chứng minh AC là tia phân giác của góc BAD.
B

d) Chứng minh tam giác ADE cân tại D.

3cm

C

Giải :a) Áp dụng định lí Pitago. Ta có :
A

D

I

AD = AB 2 + BD 2 = 62 + 82 = 10cm
b) Áp dụng tỉ số lượng giác. Ta có :
sin BAD =

tgBAC =

BD 8
·
= ⇒ BAD

≈ 5307 '
AD 10

BC 3
·
= = 0,5 ⇒ BAC
≈ 26034'
AB 6

c) Hạ CI ⊥ AD . Ta có : ∆ICD
⇒

(*)

∆BAD ( g-g)

CI CD
CD ×AB 5 ×6
=
⇒ CI =
=
= 3cm
AB AD
AD
10

nên ∆ABC = ∆AIC (CH-CGV) ⇒ AI = AB = 6cm
Suy ra : tgCAI =

CI 1

=
AI 2

(**)

·
·
·
Từ (*) và (**). Ta có : BAC
hay AC là tia phân giác của BAD
.
= IAC
·
µ ( cặp góc soletrong)
d) Mặt khác : BAC
=E
µ = IAC
·
nên E
hay ∆ADE cân tại D.
Bài 4: Cho ∆ ABC có góc A = 200 ; Bˆ = 300 ; AB = 60cm . Đường cao kẻ từ C đến AB cắt AB
B

tại P ( hình vẽ) . Hãy tìm
a) Tính AP ? ; BP ?

b) CP ?

60

P

Hướng Dẫn
A

7

C


a) Kẻ AH ⊥ BC ; ∆ AHB ⊥ tại H
⇒ AH = AB . SinB

= 60.Sin300 = 60.

1
= 30
2

B

∆ AHC ( Hˆ = 1v)
60

AH = AC. Cos400
⇒ AC =

30
AH
= 39,164

0 =
0,7660
Cos 40

P

A

C

∆ APC có ( Pˆ = 1v)
H

AP = AC.Cos 200
= 39,164 . 0,9397 = 36,802
PB = AB – AP = 60 – 36,802 = 23, 198
b) ∆ APC ( Pˆ = 1v)
CP = AC. Sin200 = 39,164 . 0,342 = 13, 394
µ = 600 . Kẻ BH ⊥ AC và CK ⊥ AB.
Bài 5: Cho ABC có A

a) chứng minh KH = BC.CosA
b) Trung điểm của BC là M. Chứng minh MKH là tam giác đều
Giải : a) ∆AHB
⇒

∆AKC ( g-g)

K

AH AB
=
và µA chung
AK AC

Suy ra : ∆AHK

B

∆ABC

M
A

AH HK
AH
=
⇒ HK =
×BC
Mặt khác : ⇒
AB BC
AB

C

60°

H

I

Hay HK = cosA.BC
b) ⇒ HK = cos600 ×BC =

Mặt khác : HM = KM =

1
BC .
2

1
BC ( Tính chất đường trung tuyến trong tam giác vuông)
2

nên HK = HM = KM hay MKH là tam giác đều.
µ = 900 ). Từ trung điểm E của cạnh AC kẻ EF ⊥ BC.
Bài 6: Cho ABC ( A

Nối AF và BE.
8


a) Chứng minh AF = BE.cosC.
b) Biết BC = 10 cm, sinC = 0,6. Tính diện tích tứ giác ABFE.
·
c) AF và BE cắt nhau tại O. Tính sin AOB
.

Giải: a) ∆CEF
⇒

CF AC
=
CE BC

nên ∆CFA
⇒

B

∆CBA ( g-g)

F

∆CEB ( c -g- c)

O

AF AC
AF
=
nên
= cos C
BE BC
BE

A

Vậy AF = BE.cosC

E

µ = 900 ).
b) Vì ABC ( A

nên AB = SinC. BC = 0,6.10 = 6cm.
⇒ AC = 8cm nên AE = EC = 4cm.

Mặt khác : EF = SinC. EC = 0,6. 4 = 2,4cm.
⇒ FC = 3, 2cm ( Định lí Pitago)

SABFE = SABC - SCFE
=

1
1
×( AB ×AC − EF ×FC ) = ( 6 ×8 − 2, 4 ×3, 2 ) = 20,16 (cm2)
2
2

c) Hạ AH ⊥ BE; FK ⊥ BE.
Ta có : SABFE = SABE + SBFE
=

1
×( AO ×SinAOB ×BE + OF ×sinAOB ×BE )
2

1
1

= sinAOB ×BE ( AO + OF ) = sin AOB ×BE ×AF
2
2

mà + BE = 52 ( Định lí Pitago)
+ ∆ABC
⇒

(2)

∆FEC ( g - g)

AC BC
µ chung nên ∆ACF
=
và C
FC EC

nên

(1)

∆BCE ( c-g-c)

AF AC
AC
8
=
⇒ AF =
×BE = × 52

BE BC
BC
10

(3)
9

C


B

Từ (1), (2) và (3). Ta có :
SinAOB =

2 ×SABFE
2 ×20,16
63
=
=
BE ×AF
52 ×0,8 × 52 65

H

F
O
K

C

µ = 900 ).
Bài 7: Cho tam giác vuông ABC ( B

A

E

Lấy điểm M trên cạnh AC.

C

H

Kẻ AH ⊥ BM, CK ⊥ BM.

M

·
a) Chứng minh : CK = BH.tgBAC
.

b) Chứng minh :
Giải:

K

2·

MC BH.tg BAC

.
=
MA
BK

a) Ta có : ∆AHB

B

A

∆BKC ( g - g)

µ =H
µ = 900 ; BCK
·
·
Vì K
)
= ·ABH ( cùng phụ với CBK
⇒

CK BC
BC
=
⇒ CK = BH ×
= BH ×tgBAC
BH AB
AB

·
b) Từ câu a), ta có : CK = BH.tgBAC

mà

MC CK
=
MA AH

Mặt khác : ∆AHB
⇒

Suy ra :

·
MC BH .tg BAC
=
MA
AH

(1)

∆BKC ( g - g)

BK BC
1
BC
tgBAC
=
=

=
=
AH AB
AH AB ×BK
BK

Thay (2) vào (1). Ta có :

( 2)

·
MC BH.tg 2 BAC
=
MA
BK

Bài 8: Cho hình bình hành ABCD có đ.chéo AC lớn hơn đ.chéo BD. Kẻ CH ⊥ AD
và CK ⊥ AB.
a) Chứng minh CKH

BCA.

·
b) Chứng minh HK = AC.sin BAD
.

c) Tính diện tích tứ giác AKCH
·
biết BAD
= 600 , AB = 4 cm và AD = 5 cm.

GIẢI:
10


a) ∆BKC

K

∆DHC ( g - g)

µ =H
µ = 900 ; D
µ =B
µ ( cùng bằng µA )
Vì K
KC BC
KC BC
=
hay
=
HC DC
HC AB

C

B

(*)

Mặt khác : Xét tứ giác AKCH
·
Ta có : µA + HCK
= 1800 ; µA + ·ABC = 1800
·
Suy ra : ·ABC = HCK

(**)

Từ (*) và (**). Ta có : CKH
b) ⇒

A

BCA( c-g-c).

D

H

HK CK
CK
=
⇒ HK = AC ×
= AC ×sin KBC
AC BC
BC

·
·

mà BAD
( cặp góc đồng vị)
= KBC

nên HK = AC ×sin BAD
c) SAKCH = SABCH + SBKC
=

=

BC + AH
BK ×CK
×CH +
2
2

BC + AD + CosA ×AB
CosA ×BC ×SinA ×BC
×SinA ×AB +
2
2

5 + 5 + 4 ×Cos600
Cos600 ×5 ×Sin600 ×5
0
×
4
×
Sin
60

+
=
2
2

=2. ( 10+4cos600).sin600 +

25 ×sin 600 ×cos600
≈ 26.2
2

Bài 9: Cho hai hình chữ nhật có 2 kích thước 3 và 5; 4 và 6 được đặt sao cho các cạnh hình chữ
nhật song song với nhau.
M

Tính diện tích tứ giác?

N

A

B
K
O
H
L

D

11

C

1

Q

P


N

M
A

B

C

D

Q

P

1
×( AH ×NQ + CK ×NQ )
2

Giải: Ta có : SANCQ = SANQ + SCNQ =

mà AH = CosOAH ×AO ; CK = CosOCK ×CO ;
·
·
+ OAH
( cặp góc soletrong)
= OCK

1
1
⇒ SANCQ = ×CosOAH ×NQ ×( AO + OC ) = ×CosOAH ×AC ×NQ
2
2
·
Ta chứng minh số đo OAH
khơng đổi.

(

·
·
·
= 900 − ·AOH = 900 − OCD
+ OLC
Thật vậy : OAH

)

( Tính chất góc ngồi đỉnh O)

·
·
mà OLC
= 900 − MQN

(

)

·
·
·
·
·
= 900 − OCD
+ 900 − MQN
= MQN
− OCD
Suy ra : OAH
( Cố định )

(

)

Vậy SANCQ =

1
1
·

·
×CosOAH ×AC ×NQ = ×Cos MQN
− OCD
×AC ×NQ
2
2

Và tgMQN =

MN 3
·
·
= ⇒ MQN
≈ 30057 ' ; OCD
= 330 41'
NQ 5

Vậy : SANCQ =

1
×Cos20 44 '× 34 × 52 ≈ 20,9998 ≈ 21 (cm2)
2

Bài 10: Cho ∆ABC , trực tâm H là trung điểm của đường cao AD.

A
E

Chứng minh: tgB.tgC = 2.
H

12
B

D

C


Giải : tgB =

AD
BD
; tgC = cot gDBH =
BD
HD
AD BD AD
×
=
BD HD HD

nên tgB.tgC =
mà AD = 2HD

nên tgB.tgC = =

2 ìHD
=2
HD

à = 600 ; C
à = 800 . Tớnh số đo góc tạo bởi đường cao AH và trung tuyến
Bài tập 11: Cho ∆ABC : B

AM.
Giải:
Ta có : tg α =

MH
AH

A

Mặt khác : BH - HC = ( BM + MH) - ( MC - MH )
= 2MH.
BH − HC
2

MH =

m BH =

AH
;
tgB

HC =

AH
tgC

B

M

H

C

1
1
AH ì

ữ
nờn MH =
tgB tgC
2
1
1
AH ì

ữ
Vy
tgB tgC = 1 ì 1 1
tg =

ữ
2 ìAH
2 tgB tgC 

A

⇒ α ≈ 11 20 '
0

Bài 12: Cho ∆ABC , phân giác AD, đường cao CH và trung tuyến BM gặp nhau tại một điểm.
Chứng minh : CosA = bCosB.

H
O

13
B

D

C


µ = 400 , F
$ = 580 . Kẻ đường cao EI của
Bài 13: a) Cho tam giác DEF có ED = 7 cm, D
tam giác đó. Hãy tính:
a) Đường cao EI.

b) Cạnh EF.

µ = 900 , AB = 5, BC = 7.
b) Giải tam giác vuông ABC, biết rằng A

E

Giải: a) Áp dụng hệ thức lượng . Ta có :
+ EI = sinD. DE = sin 400.7 ≈ 4,5 (cm)
+ EF =

7cm

EI
4,5
≈
≈ 5,3 (cm)
SinF Sin580

D

40°

58°

I

b) AC = BC 2 − AB 2 = 7 2 − 52 ≈ 4,9(cm)
CosB =

F

AB 5
µ ≈ 440 25'
= ⇒B
BC 7

µ = 900 − B
µ ≈ 45035'
+C
Bài 14: Cho ∆ABC : µA = 900 ; AB = 5cm; BC = 13cm . Vẽ phân giác AD, đường cao AH.
a) Tính độ dài đoạn thẳng BD; DC.
b) Từ H, kẻ HK ⊥ AC. Chứng minh : ∆ABC

∆KAH .

c) Tính độ dài đoạn thẳng AK và KC ?
Giải :

B

a) Áp dụng định lí Pitago, ta có :

H
D

AC = BC − AB = 12cm
2

2

2

+ Áp dụng tính chất đường phân giác, ta có :
A

BD CD
BD CD
BC
13
=
⇒
=
=
=
AB AC
AB AC AB + AC 17

Suy ra : BD =

13
14
×5 = 3 cm .
17
17

CD =

13
3
×12 = 9 cm
17
17

14

K

C


b) ∆ABC

∆KAH ( g-g)

c) Ta có : AH .BC = AB .AC ⇒ AH =
Từ ∆ABC
⇒

AB ×AC 60
9
=
= 3 cm
BC
13
17

∆KAH

AB BC
AB ×AH
131
38
=
⇒ AK =
=1

cm ; KC = 10
cm
AK AH
BC
169
169

a) Áp dụng tính chất đường phân giác, ta có :

BH EH 1
=
=
AB EA 4
'
µ ≈ 7503121''
Vậy CosB = 0,25 ⇒ B

⇒

µB
≈ 37 0 45'
2

+ SinB =

AH
5.4
15
=
≈ 5,164

nên AB =
SinB
15
4

+ Áp dụng cơng thức tính chiều dài đường phân giác trong. Ta có :

BD =

2 AB ×BC ×Cos
AB + BC

B
2 ×5,164 ×x ×Cos37 0 45'
2 hay 6 =
5,164 + x
15


⇒ BC = x =
AC =

6 ×5,164
≈ 14,3115
2 ×5,164 ×cos37 0 45'− 6

AB 2 + BC 2 − 2 AB ×BC ×CosB ≈ 13,9475

16