Một trong những tam giác được thầy cô hay ra trong nội dung bài tập đó là tam giác vuông và bài tập phổ biến thường gặp đó là tính độ dài một cạnh hay đoạn thẳng nào đó trong tam giác. Tất nhiên rồi, ta có khá nhiều cách để tính ra nhưng để ra kết quả nhanh, trình bày dễ hiểu thì bằng kinh nghiệm nhiều năm thấy thấy không cách nào qua được cách sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông.
Có thể em biết nhưng cũng có thể lần đầu em gặp, không sao cả nếu ta biết có thể xem qua để nhớ còn chưa biết cần xem ngay nội dung lý thuyết hệ thức lượng trong tam giác vuông dưới đây trước khi vào phần bài tập.
A. Những hệ thức lượng trong tam giác vuông cần nhớ
Cho tam giác vuông ΔABC, có góc $\widehat A = {90^0}$ và gọi H là một điểm thuộc BC sao cho AH ⊥ BC. Khi đó ta có hệ thức lượng trong tam giác cần nhớ:
- AB2 + AC2 = BC2 (Định lý Pytago)
- AB2 = BH.BC hoặc AC2 = CH.BC
- AH2 = CH.BH
- AB.AC = AH.BC
- $\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A{B^2}}} + \frac{1}{{A{C^2}}}$
B. Bài tập
Bài tập 1: Cho tam giác ΔABC, có góc $\widehat A = {90^0}$. Gọi AH là đường cao của tam giác.
a) Biết AB = 4 cm; AC = 3 cm. Hãy tìm độ dài cạnh BC?
b) Cho BC = 8 cm; AC = 6 cm. Hãy tìm độ dài cạnh AB?
c) Hãy tìm độ dài cạnh AC khi biết đội dài cạnh BC là 7 cm; độ dài cạnh AB là 6 cm.
Lời giải
a) Vì tam giác ΔABC vuông tại góc A nên BC chính là cạnh huyền, khi đó theo định lý Pytago, ta có:
$\begin{array}{l} A{B^2} + A{C^2} = B{C^2}\\ \Leftrightarrow {4^2} + {3^2} = B{C^2}\\ \Leftrightarrow B{C^2} = 25\\ \Leftrightarrow BC = 5\left( {cm} \right) \end{array}$
Kết Luận: Cạnh BC dài 5 cm
b) Theo hệ thức Pytago
$\begin{array}{l} A{B^2} + A{C^2} = B{C^2}\\ \Leftrightarrow A{B^2} = B{C^2} – A{C^2}\\ \Leftrightarrow AB = \sqrt {B{C^2} – A{C^2}} \\ = \sqrt {{8^2} – {6^2}} = 2\sqrt 7 \end{array}$
Kết luận: Cạnh AB dài $2\sqrt 7 \left( {cm} \right)$
c) Áp dụng hệ thức Pytago, ta có:
$\begin{array}{l} A{B^2} + A{C^2} = B{C^2}\\ \Leftrightarrow A{C^2} = B{C^2} – A{B^2}\\ \Leftrightarrow AC = \sqrt {B{C^2} – A{B^2}} \\ = \sqrt {{7^2} – {6^2}} = \sqrt {13} \left( {cm} \right) \end{array}$
Kết luận: Cạnh AC dài $\sqrt {13} \left( {cm} \right)$
Bài tập 2: Một tam giác ΔABC, có góc C là vuông. Gọi CH là đường cao của tam giác.
a) Biết BC = 4 cm; AB = 5 cm. Hãy tính độ dài đoạn BH; AH; AC.
b) Biết AC = 4 cm; AH = 2 cm. Hãy tính độ dài các đoạn AB; HB; CB và CH
Lời giải
a) Vì tam giác vuông tại góc C nên theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có
$\begin{array}{l} B{C^2} = BH.AB\\ \Rightarrow {4^2} = BH.5\\ \Leftrightarrow BH = \frac{{{4^2}}}{5} = \frac{{16}}{5} \end{array}$
Mặt khác, ta lại có:
AB = BH + AH
⇔ AH = AB – BH = $5 – \frac{{16}}{5}$ = $\frac{9}{5}$ cm
Theo hệ thức Pytago, ta có: $A{B^2} = A{C^2} + B{C^2}$
Thay số:
$\begin{array}{l} {5^2} = A{C^2} + {4^2}\\ \Leftrightarrow A{C^2} = {5^2} – {4^2}\\ \Leftrightarrow A{C^2} = {3^2}\\ \Leftrightarrow AC = 3\left( {cm} \right) \end{array}$
Kết Luận: Độ dài các cạnh là
- AH = $\frac{9}{5}$ cm
- BH = $\frac{{16}}{5}$ cm
- AC = 3 cm
b) Tương tự phần a), ta áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông
$\begin{array}{l} A{C^2} = AH.AB\\ \Leftrightarrow AB = \frac{{A{C^2}}}{{AH}} = \frac{{{4^2}}}{2} = 8\left( {cm} \right) \end{array}$
Biết được:
- AH = 2 cm
- AB = 8 cm
Nên BH = AB – AH = 8 – 2 = 6 cm.
Vì tam giác vuông tại C mà biết
- AC = 4 cm
- AB = 8 cm
Nên theo hệ thức Pytago, ta có
$\begin{array}{l} A{C^2} + B{C^2} = A{B^2}\\ \Leftrightarrow BC = \sqrt {A{B^2} – A{C^2}} \end{array}$
Thay số: $ \Leftrightarrow BC = \sqrt {{8^2} – {4^2}} = 4\sqrt 3 \left( {cm} \right)$
Ta lại biết được:
- AC = 4 cm
- AH = 2 cm
Tam giác ΔAHC vuông tại C nên theo hệ thức Pytago
$\begin{array}{l} C{H^2} + A{H^2} = A{C^2}\\ \Leftrightarrow C{H^2} = A{C^2} – A{H^2}\\ \Leftrightarrow CH = \sqrt {A{C^2} – A{H^2}} \end{array}$
Thay số: $CH = \sqrt {{4^2} – {2^2}} = 2\sqrt 3 \left( {cm} \right)$
Kết Luận: Ta tìm được kết quả
- AB = 8 cm
- HB = 6 cm
- $BC = 4\sqrt 3 \left( {cm} \right)$
- $CH = \sqrt {{4^2} – {2^2}} = 2\sqrt 3 \left( {cm} \right)$
Bài tập 3: Một hình tam giác có góc vuông tại B. Gọi H là một điểm thuộc AC, sao cho BH ⊥ AC. Biết CH = 3 cm; AH = 2 cm. Hãy tìm
a) Độ dài đường cao BH
b) Độ dài các cạnh tam giác đó.
c) Tìm độ lớn góc $\widehat A;\,\widehat C$
d) Tìm chu vi và diện tích tam giác ΔABH
Lời giải
Gọi tam giác ΔABC thỏa mãn đề bài:
a) Biết CH = 3 cm; AH = 2 cm
Nên theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ΔABC:
BH2 = CH.AH
$ \Leftrightarrow BH = \sqrt {CH.AH} $
Thay số: $BH = \sqrt {3.2} = \sqrt 5 \left( {cm} \right)$
Kết Luận: BH = $\sqrt 5 \left( {cm} \right)$
b) Biết AH = 2 cm; BH = $\sqrt 5 \left( {cm} \right)$
Vì BH là đường cao của tam giác ABC nên BH ⊥ AC. Khi đó tam giác ΔAHB là tam giác vuông tại H
Theo định lý Pytago ta có:
$\begin{array}{l} A{B^2} = A{H^2} + B{H^2}\\ \Leftrightarrow AB = \sqrt {A{H^2} + B{H^2}} \end{array}$
Thay số: $AB = \sqrt {{2^2} + {{\left( {\sqrt 5 } \right)}^2}} = 3\left( {cm} \right)$
Cạnh AC = CH + AH = 3 + 2 = 5 cm
Lại áp dụng định lý Pytago cho tam giác ΔABC
$\begin{array}{*{20}{l}} {A{C^2} = A{B^2} + B{C^2}}\\ { \Leftrightarrow BC = \sqrt {A{C^2} – A{B^2}} } \end{array}$
Thay số: ${BC = \sqrt {{5^2} – {3^2}} = 4\left( {cm} \right)}$
Kết luận: Tam giác ΔABC có độ dài các cạnh là
- AC = 5 cm
- BC = 4 cm
- AB = 3 cm
c) Từ hình vẽ ta có
- $\sin \widehat {BAC} = \frac{{BC}}{{AC}} = \frac{4}{5} \Rightarrow \widehat {BAC} \approx {53^0}$
- $\widehat {BCA} = {90^0} – {53^0} = {37^0}$
d) Tìm chu vi và diện tích tam giác ΔABH
Từ lời giải trên, ta tìm được AB = 3 cm; BH = $\sqrt 5 \left( {cm} \right)$; AH = 2 cm
Vậy chu vi ΔABH: C = AB + BH + HA = 3 + $\sqrt 5 $ + 2 = 7,23 cm.
Vì là tam giác vuông nên AH chính là đường cao của tam giác ΔABH, nên diện tích tam giác sẽ là
${S_{\Delta ABH}} = \frac{1}{2}.AH.BH$
Thay số: ${S_{\Delta ABH}} = \frac{1}{2}.2.\sqrt 5 = \sqrt 5 \left( {c{m^2}} \right)$
Bài tập 4: Cho tam giác ABC vuông tại A , đường cao AH . Biết AB:AC = 3:4 và AB + AC = 21.
a) Tính các cạnh của tam giác ABC .
b) Tính độ dài các đoạn AH, BH, CH.
Lời giải
a). Theo giả thiết: $AB:AC = 3:4$,
suy ra $\frac{{AB}}{3} = \frac{{AC}}{4} = \frac{{AB + AC}}{{3 + 4}} = 3$.
Do đó $AB = 3.3 = 9$$\left( {cm} \right)$; $AC = 3.4 = 12\left( {cm} \right)$.
Tam giác .$ABC$. vuông tại $A$, theo định lý Pythagore ta có:
$B{{C}^{2}}=A{{B}^{2}}+A{{C}^{2}}={{9}^{2}}+{{12}^{2}}=225$, suy ra $BC=15cm$.
b) Tam giác $ABC$ vuông tại $A$, ta có $AH.BC=AB.AC$, suy ra $AH = \frac{{AB.AC}}{{BC}} = \frac{{9.12}}{{15}} = 7,2\left( {cm} \right)$
$A{{H}^{2}}=BH.HC$. Đặt $BH=x\left( 0<x<9 \right)$ thì $HC=15-x$,
ta có:
$\begin{array}{*{20}{l}} {{{\left( {7,2} \right)}^2} = x\left( {15 – x} \right)}\\ { \Leftrightarrow {x^2} – 15x + 51,84 = 0}\\ { \Leftrightarrow x\left( {x – 5,4} \right) = 9,6\left( {x – 5,4} \right) = 0}\\ { \Leftrightarrow \left( {x – 5,4} \right)\left( {x – 9,6} \right) = 0}\\ { \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}} {x = 5,4}\\ {x = 9,6\left( {loai} \right)} \end{array}} \right.} \end{array}$
Chú ý: Có thể tính $BH$ như sau:
$A{{B}^{2}}=BH.BC$ suy ra $BH=\frac{A{{B}^{2}}}{BC}=\frac{{{9}^{2}}}{15}=5,4\left( cm \right)$.
Bài tập 5: Cho tam giác $ABC$ với các đỉnh $A,B,C$ và các cạnh đối diện với các đỉnh tương ứng là: $a,b,c$.
a) Tính diện tích tam giác $ABC$ theo $a$
b) Chứng minh: ${{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}\ge 4\sqrt{3}S$
Lời giải
a). Ta giả sử góc $A$ là góc lớn nhất của tam giác
$ABC\Rightarrow B,C$ là các góc nhọn. Suy ra chân
đường cao hạ từ $A$ lên $BC$ là điểm
$H$ thuộc cạnh $BC$.
Ta có: $BC=BH+HC$. Áp dụng định lý
Pi ta go cho các tam giác vuông $AHB,AHC$
ta có: $A{{B}^{2}}=A{{H}^{2}}+H{{B}^{2}},A{{C}^{2}}=A{{H}^{2}}+H{{C}^{2}}$
Trừ hai đẳng thức trên ta có:
$\begin{array}{l} {c^2} – {b^2} = H{B^2} – H{C^2}\\ = \left( {HB + HC} \right)\left( {HB – HC} \right)\\ = a.\left( {HB – HC} \right)\\ \Rightarrow HB – HC = \frac{{{c^2} – {b^2}}}{a} \end{array}$
ta cũng có:
$\begin{array}{l} HB + HC = a\\ \Rightarrow BH = \frac{{{a^2} + {c^2} – {b^2}}}{{2a}} \end{array}$
Áp dụng định lý Pitago cho tam giác vuông ABH
$\begin{array}{*{20}{l}} {{H^2} = {c^2} – {{\left( {\frac{{{a^2} + {c^2} – {b^2}}}{{2a}}} \right)}^2}}\\ { = \left( {c – \frac{{{a^2} + {c^2} – {b^2}}}{{2a}}} \right)\left( {c + \frac{{{a^2} + {c^2} – {b^2}}}{{2a}}} \right)}\\ { = \left[ {\frac{{{{\left( {a + c} \right)}^2} – {b^2}}}{{2a}}} \right].\left[ {\frac{{{b^2} – {{\left( {a – c} \right)}^2}}}{{2a}}} \right]}\\ { = \frac{{\left( {a + b + c} \right)\left( {a + c – b} \right)\left( {b + a – c} \right)\left( {b + c – a} \right)}}{{4{a^2}}}} \end{array}$
Đặt $2p=a+b+c$ thì
$\begin{array}{l} A{H^2} = \frac{{16p\left( {p – a} \right)\left( {p – b} \right)\left( {p – c} \right)}}{{4{a^2}}}\\ \Rightarrow AH = 2\frac{{\sqrt {p\left( {p – a} \right)\left( {p – b} \right)\left( {p – c} \right)} }}{a} \end{array}$
Từ đó tính được $S=\frac{1}{2}BC.AH=\sqrt{p\left( p-a \right)\left( p-b \right)\left( p-c \right)}$
b). Từ câu $a)$ ta có: $S=\sqrt{p\left( p-a \right)\left( p-b \right)\left( p-c \right)}$.
Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có: $\left( p-a \right)\left( p-b \right)\left( p-c \right)\le {{\left( \frac{p-a+p-b+p-c}{3} \right)}^{3}}=\frac{{{p}^{3}}}{27}$.
Suy ra $S\le \sqrt{p.\frac{{{p}^{3}}}{27}}=\frac{{{p}^{2}}}{3\sqrt{3}}$.
Hay $S\le \frac{{{\left( a+b+c \right)}^{2}}}{12\sqrt{3}}$. Mặt khác ta dễ chứng minh được: ${{\left( a+b+c \right)}^{2}}\le 3\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)$
suy ra $S\le \frac{3\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)}{12\sqrt{3}}\Leftrightarrow {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}\ge 4\sqrt{3}S$
Dấu bằng xảy ra hki và chỉ khi tam giác $ABC$ đều.
Bài tập 6: Cho tam giác $ABC$ với các đỉnh $A,B,C$ và các cạnh đối diện với các đỉnh tương ứng là: $a,b,c$. Chứng minh rằng:
a) ${{a}^{2}}={{b}^{2}}+{{c}^{2}}-2bc\cos A$
b) Gọi $D$ là chân đường phân giác trong góc $A$. Chứng minh: $AD=\frac{2bc.\cos \left( \frac{A}{2} \right)}{b+c}$
Lời giải
a) Dựng đường cao $BH$ của tam giác
$ABC$ ta có:
Cách 1: Giả sử $H$ thuộc cạnh $AC$.
Ta có: $AC=AH+HC$.
Áp dụng định lý
Pi ta go cho các tam giác vuông
$AHB,BHC$
ta có:
$\begin{array}{l} A{B^2} = A{H^2} + H{B^2}\\ B{C^2} = B{H^2} + H{C^2} \end{array}$
Trừ hai đẳng thức trên ta có:
$\begin{array}{l} {c^2} – {a^2}\\ = H{A^2} – H{C^2}\\ = \left( {HA + HC} \right)\left( {HA – HC} \right)\\ = b.\left( {HA – HC} \right)\\ \Rightarrow HA – HC = \frac{{{c^2} – {a^2}}}{b} \end{array}$
ta cũng có: $HA+HC=b\Rightarrow AH=\frac{{{b}^{2}}+{{c}^{2}}-{{a}^{2}}}{2b}$.
Xét tam giác vuông $AHB$ ta có:
$\begin{array}{l} \cos A = \frac{{AH}}{{AB}} = \frac{{{b^2} + {c^2} – {a^2}}}{{2bc}}\\ \Leftrightarrow {a^2} = {b^2} + {c^2} – 2bc\cos A \end{array}$
Cách 2: Xét tam giác vuông $CHB$ ta có:
$\begin{array}{l} B{C^2} = B{H^2} + H{C^2}\\ = B{H^2} + {\left( {AC – AH} \right)^2}\\ = B{H^2} + A{H^2} + A{C^2} – 2AC.AH \end{array}$
Ta có: $AH=CB.\cos A$ suy ra $B{{C}^{2}}=B{{H}^{2}}+A{{H}^{2}}+A{{C}^{2}}-2AC.CB.\cos A$
hay
$\begin{array}{l} \Leftrightarrow B{C^2} = B{A^2} + A{C^2} – 2AC.CB.\cos A\\ \Leftrightarrow {a^2} = {b^2} + {c^2} – 2bc\cos A \end{array}$
b). Để chứng minh bài toán ta cần kết quả sau:
+ $\sin 2\alpha =2\sin \alpha .\cos \alpha $
+ $S=\frac{1}{2}ab\sin C$
*) Thật vậy xét tam giác vuông $ABC,\widehat{A}={{90}^{0}}$, gọi $M$ là trung điểm của $BC$, dựng đường cao $AH$. Đặt $\widehat{ACB}=\alpha \Rightarrow \widehat{AMB}=2\alpha $.
Ta có $\sin \alpha =\sin C=\frac{AH}{AC}=\frac{h}{b}$
$\cos \alpha =\cos C=\frac{AC}{BC}=\frac{b}{a}$
$\sin 2\alpha =\sin \widehat{AMH}=\frac{AH}{AM}=\frac{h}{\frac{a}{2}}=\frac{2h}{a}$
Từ đó ta suy ra: $\sin 2\alpha =2\sin \alpha .\cos \alpha $.
*) Xét tam giác $ABC$. Dựng đường cao $BE$ ta có:
${{S}_{ABC}}=\frac{1}{2}BE.AC=\frac{1}{2}BE.b$ (1)
Mặt khác trong tam giác vuông $AEB$
ta có:$\sin A=\frac{BE}{AB}\Rightarrow BE=c.\sin A$
thay vào (1)
Ta có: $S=\frac{1}{2}ab\sin C$
Trở lại bài toán:
Ta có ${{S}_{ABD}}=\frac{1}{2}AD.AB\sin {{A}_{1}}=\frac{1}{2}AD.c.\sin \left( \frac{A}{2} \right)$
${{S}_{ACD}}=\frac{1}{2}AD.AC\sin {{A}_{2}}=\frac{1}{2}AD.b.\sin \left( \frac{A}{2} \right)$
Suy ra ${{S}_{ABC}}={{S}_{ACD}}+{{S}_{ABD}}=$
$=\frac{1}{2}AD\sin \left( \frac{A}{2} \right)\left[ c+b \right]$. Mặt khác
$\begin{array}{l} {S_{ABC}} = \frac{1}{2}bc\sin A\\ \Rightarrow AD\sin \left( {\frac{A}{2}} \right)\left[ {c + b} \right] = bc\sin A\\ \Leftrightarrow AD = \frac{{bc\sin A}}{{\left( {b + c} \right)\sin \left( {\frac{A}{2}} \right)}}\\ = \frac{{2bc\cos \frac{A}{2}}}{{c + b}} \end{array}$
Chú ý rằng: Ta chứng minh được kết quả sau:
$\begin{array}{l} \cos 2\alpha = 2{\cos ^2}\alpha – 1\\ = 1 – 2{\sin ^2}\alpha \end{array}$
Thật vậy xét tam giác vuông $ABC,\widehat{A}={{90}^{0}}$, gọi $M$ là trung điểm của $BC$, dựng đường cao $AH$. Đặt $\widehat{ACB}=\alpha \Rightarrow \widehat{AMB}=2\alpha $.
Ta có : $\cos \alpha =\cos C=\frac{AC}{BC}=\frac{b}{a}$ $\sin \alpha =\sin C=\frac{AB}{BC}=\frac{c}{a}$,
$\begin{array}{l} \cos 2\alpha = \cos \widehat {AMH}\\ = \frac{{A{M^2} + M{B^2} – A{B^2}}}{{2AM.MB}}\\ = \frac{{{{\frac{a}{4}}^2} + {{\frac{a}{4}}^2} – {c^2}}}{{2\frac{a}{2}.\frac{a}{2}}}\\ = \frac{{{a^2} – 2{c^2}}}{{{a^2}}}\\ = 1 – 2{\left( {\frac{c}{a}} \right)^2}\\ = 1 – 2.\frac{{{a^2} – {b^2}}}{{{a^2}}}\\ = 2{\left( {\frac{b}{a}} \right)^2} – 1 \end{array}$
Từ đó suy ra $\cos 2\alpha =2{{\cos }^{2}}\alpha -1=1-2{{\sin }^{2}}\alpha $
Áp dụng
$\begin{array}{l} {a^2} = {b^2} + {c^2} – 2bc\cos A\\ \Rightarrow {a^2} = {b^2} + {c^2} – 2bc\left( {2{{\cos }^2}\frac{A}{2} – 1} \right)\\ \Rightarrow 2{\cos ^2}\frac{A}{2} = \frac{{{b^2} + {c^2} – {a^2}}}{{2bc}} + 1\\ \Leftrightarrow {\cos ^2}\frac{A}{2} = \frac{{{{\left( {b + c} \right)}^2} – {a^2}}}{{4bc}} \end{array}$.
Thay vào công thức đường phân giác ta có:
$\begin{array}{l} AD = \frac{{2bc\cos \frac{A}{2}}}{{c + b}}\\ = \frac{{2bc\sqrt {\frac{{{{\left( {b + c} \right)}^2} – {a^2}}}{{4bc}}} }}{{b + c}}\\ = \frac{{\sqrt {bc} \sqrt {\left( {b + c – a} \right)\left( {b + c + a} \right)} }}{{b + c}} \end{array}$
Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có: $\sqrt{bc}\le \frac{b+c}{2}\Rightarrow AD\le \frac{\sqrt{\left( b+c-a \right)\left( b+c+a \right)}}{2}=\sqrt{p(p-a)}$ với $2p=a+b+c$.
Áp dụng công thức: ${{a}^{2}}={{b}^{2}}+{{c}^{2}}-2bc\cos A$. Ta cũng chứng minh được hệ thức rất quan trọng trong hình học phẳng ( Định lý Stewart) đó là:
‘’Cho điểm $D$ nằm trên cạnh $BC$ của tam giác $ABC$ khi đó ta có: $A{{B}^{2}}.CD+A{{C}^{2}}.BD=BC\left( A{{B}^{2}}+BD.DC \right)$’’
+ Thật vậy :Ta giả kẻ $AH\bot BC$
không mất tính tổng quát,
ta giả sử $D$ nằm trong đoạn $HC$. Khi đó ta có:
$\begin{array}{l} A{B^2} = A{D^2} + B{D^2} – 2AD.BD.\cos \widehat {ADB}\\ = A{D^2} + B{D^2} – 2DB.DH\left( 1 \right) \end{array}$
Tương tự ta có: $A{{C}^{2}}=A{{D}^{2}}+D{{C}^{2}}+2DH.DC$ (2). Nhân đẳng thức (1) với $DC$ đẳng thức (2) với $BD$ rồi cộng lại theo vế ta có:
$A{{B}^{2}}.CD+A{{C}^{2}}.BD=BC\left( A{{B}^{2}}+BD.DC \right)$
Em thấy không, kiến thức về tam giác vuông thật hay thật bổ ích đúng không nào. Qua bài viết này nó không cón khó, không còn gây cho em bối rối mỗi khi gặp dạng toán liên quan tới các hệ thức lượng trong tam giác vuông. Khi yêu toán thì ta sẽ học toán thấy thư thái đúng không nào và tới đây hẳn em sẽ đặt câu hỏi là bài viết tới THCS Đồng Khởi sẽ viết bài gì đúng không nào? Đó là bài cách giải phương trình bậc hai nhé, mời bạn đọc!
