Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Hệ thức lượng trong tam giác (Toán học Lớp 10)

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $H$ là chân tòa, $C$ là đỉnh tòa (nơi cháy), hai người đứng tại $A$ (góc nhìn $50^{\circ }$, gần tòa) và $B$ (góc nhìn $30^{\circ }$, xa tòa) với $AB=30m$. Gọi $h=CH$ là chiều cao tòa nhà.

Trong tam giác vuông: $AH=\frac{h}{\tan 50^{\circ }}$, $BH=\frac{h}{\tan 30^{\circ }}$. Vì $BH-AH=30$:
$$h\left(\frac{1}{\tan 30^{\circ }}-\frac{1}{\tan 50^{\circ }}\right)=30\Rightarrow h=\frac{30\tan 30^{\circ }\tan 50^{\circ }}{\tan 50^{\circ }-\tan 30^{\circ }}=\frac{30\cdot 0,57735\cdot 1,19175}{1,19175-0,57735}\approx 33,60m.$$

Xe cứu hỏa: chân thang cách mặt đất $1,8m$, thang dài tối đa $40m$. Độ cao cần vươn tới so với chân thang là $h^{\prime }=33,60-1,8=31,80m$.

Khoảng cách xa nhất từ xe đến chân tòa:
$$d=\sqrt{40^2-31,80^2}=\sqrt{1600-1011,24}=\sqrt{588,76}\approx 24,3m.$$

Vậy xe cứu hỏa phải đứng cách chân tòa xa nhất khoảng $24,3m$, khớp với đáp án nguồn (mã đề 1102, Câu 4: 24,3).

Ta có $\sin A=\frac{\sin B+\sin C}{\cos B+\cos C}\iff \sin A(\cos B+\cos C)=\sin B+\sin C$
$\iff \frac{a}{2R}\left(\frac{c^2+a^2-b^2}{2ca}+\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}\right)=\frac{b+c}{2R}\iff b(c^2+a^2-b^2)+c(a^2+b^2-c^2)=2b^{2}c+2c^{2}b$
$\iff b^3+c^3+b^{2}c+b{c}^2-a^{2}b-a^{2}c=0\iff (b+c)(b^2+c^2)-a^2(b+c)=0$
suy ra $b^2+c^2=a^2\iff △ABC$ vuông tại A.

(AI giải đề cho tôi)
Theo hình vẽ, người ở $A$ (gần tòa) nhìn đỉnh $C$ với góc $50^{\circ }$, người ở $B$ (xa tòa) nhìn với góc $30^{\circ }$, $AB=30m$. Gọi $H$ là chân tòa, $h=CH$ là chiều cao tòa nhà.

Ta có $HA=\frac{h}{\tan 50^{\circ }}$, $HB=\frac{h}{\tan 30^{\circ }}$, và $HB-HA=30$:
$$h\left(\frac{1}{\tan 30^{\circ }}-\frac{1}{\tan 50^{\circ }}\right)=30\Rightarrow h\left(\sqrt{3}-\frac{1}{\tan 50^{\circ }}\right)=30.$$

Với $\tan 50^{\circ }\approx 1,19175$ nên $\frac{1}{\tan 50^{\circ }}\approx 0,83910$:
$$h\approx \frac{30}{1,73205-0,83910}=\frac{30}{0,89295}\approx 33,596m.$$

Chân thang cách mặt đất $1,8m$, chiều dài thang tối đa $40m$. Độ cao cần vươn tới từ chân thang lên đỉnh tòa (nơi cháy) là $h-1,8\approx 31,796m$.

Khoảng cách xa nhất theo phương ngang từ xe đến chân tòa:
$$d=\sqrt{40^2-(h-1,8{)}^2}=\sqrt{1600-31,796^2}\approx \sqrt{1600-1010,99}\approx \sqrt{589,01}\approx 24,27\approx 24,3m.$$

Vậy xe cứu hỏa phải đứng cách chân tòa nhà xa nhất khoảng $24,3m$, khớp với đáp án nguồn 24,3.

Ta có $\sin A=\frac{\sin B+\sin C}{\cos B+\cos C}\iff \sin A(\cos B+\cos C)=\sin B+\sin C$
$\iff \frac{a}{2R}\left(\frac{c^2+a^2-b^2}{2ca}+\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}\right)=\frac{b+c}{2R}\iff b(c^2+a^2-b^2)+c(a^2+b^2-c^2)=2b^{2}c+2c^{2}b$
$\iff b^3+c^3+b^{2}c+b{c}^2-a^{2}b-a^{2}c=0\iff (b+c)(b^2+c^2)-a^2(b+c)=0$
suy ra $b^2+c^2=a^2\iff △ABC$ vuông tại A.

(AI giải đề cho tôi)
Theo định lí cosin: $B{C}^2=A{B}^2+A{C}^2-2AB\cdot AC\cos 135^{\circ }$, tức $5a^2=a^2+A{C}^2+\sqrt{2}a\cdot AC$, suy ra $A{C}^2+\sqrt{2}aAC-4a^2=0$. Giải phương trình (lấy nghiệm dương): $AC=\frac{-\sqrt{2}a+\sqrt{2a^2+16a^2}}{2}=\frac{-\sqrt{2}a+3\sqrt{2}a}{2}=a\sqrt{2}$.
a) $R=\frac{BC}{2\sin A}=\frac{a\sqrt{5}}{2\sin 135^{\circ }}=\frac{a\sqrt{5}}{\sqrt{2}}=\frac{a\sqrt{10}}{2}$ → Đúng.
b) Công thức đúng phải là $\cos A=\frac{A{B}^2+A{C}^2-B{C}^2}{2AB\cdot AC}$; mệnh đề đưa ra sai mẫu số và tử số → Sai.
c) $AC=a\sqrt{2}<a\sqrt{3}$ → Đúng.
d) $S=\frac{1}{2}AB\cdot AC\sin 135^{\circ }=\frac{1}{2}\cdot a\cdot a\sqrt{2}\cdot \frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{a^2}{2}\ne a^2$ → Sai. Kết quả khớp đáp án nguồn: a) Đúng, b) Sai, c) Đúng, d) Sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
Định lí sin: $R=\frac{BC}{2\sin A}=\frac{a\sqrt{5}}{2\cdot \frac{\sqrt{2}}{2}}=\frac{a\sqrt{10}}{2}$.
b) (AI giải đề cho tôi)
Công thức đúng: $\cos A=\frac{A{B}^2+A{C}^2-B{C}^2}{2AB\cdot AC}$, không phải biểu thức đã cho.
c) (AI giải đề cho tôi)
Định lí cosin cho $AC=a\sqrt{2}<a\sqrt{3}$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$S=\frac{1}{2}AB\cdot AC\sin 135^{\circ }=\frac{a^2}{2}\ne a^2$.

(AI giải đề cho tôi)
Tam giác ABC có a=3, c=4, B=30°. a) S = ½·a·c·sinB = ½·3·4·½ = 3 cm² → Đúng. b) b² = a²+c²−2ac·cosB = 9+16−24·(√3/2) = 25−12√3 ≈ 4,2154 nên b ≈ 2,05 cm ≠ 2,5 cm → Sai. c) nửa chu vi p = (3+4+2,05)/2 ≈ 4,53, r = S/p ≈ 3/4,53 ≈ 0,66 ≈ 0,7 cm → Đúng. d) m_b = ½√(2a²+2c²−b²) = ½√(18+32−4,2154) = ½√45,7846 ≈ 3,38 cm ≠ 4,02 cm → Sai. Kết quả Đúng–Sai–Đúng–Sai khớp bảng đáp án mã đề 424 (ĐSĐS).
a) (AI giải đề cho tôi)
S = ½·a·c·sinB = ½·3·4·sin30° = 3 cm², đúng.
b) (AI giải đề cho tôi)
b² = 25 − 12√3 ≈ 4,2154 nên b ≈ 2,05 cm, không phải 2,5 cm.
c) (AI giải đề cho tôi)
p ≈ 4,53 cm, r = S/p ≈ 0,66 ≈ 0,7 cm, đúng.
d) (AI giải đề cho tôi)
m_b = ½√(2a²+2c²−b²) ≈ 3,38 cm ≠ 4,02 cm.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $TN=h$ là chiều cao núi, $N$ là chân đường vuông góc hạ từ đỉnh núi $T$ xuống mặt nước biển. Theo hình vẽ, góc nhìn từ $A$ là $27,4^{\circ }$, từ $B$ là $39,6^{\circ }$, $AB=1536$ m với $B$ nằm giữa $A$ và $N$.

Trong tam giác vuông $TNA$: $AN=\frac{h}{\tan 27,4^{\circ }}$.
Trong tam giác vuông $TNB$: $BN=\frac{h}{\tan 39,6^{\circ }}$.

Vì $AB=AN-BN=1536$:
$$h\left(\frac{1}{\tan 27,4^{\circ }}-\frac{1}{\tan 39,6^{\circ }}\right)=1536.$$

Tính: $\tan 27,4^{\circ }\approx 0,5184\Rightarrow \frac{1}{\tan 27,4^{\circ }}\approx 1,9292$; $\tan 39,6^{\circ }\approx 0,8273\Rightarrow \frac{1}{\tan 39,6^{\circ }}\approx 1,2088$.

$$h=\frac{1536}{1,9292-1,2088}=\frac{1536}{0,7204}\approx 2132,1\approx 2132\text{ m}.$$

Vậy ngọn núi cao khoảng $2132$ m, khớp với đáp án đã cho (2132).

(AI giải đề cho tôi)
Gọi O là tâm đĩa, R là bán kính. Ba điểm A, B, C nằm trên mép đĩa nên cùng thuộc đường tròn (O; R), tức tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O; R) với $AB=6$ cm, $BC=8$ cm, $\hat{B}=150^{\circ }$.

Áp dụng định lí côsin trong tam giác ABC:
$$A{C}^2=A{B}^2+B{C}^2-2\cdot AB\cdot BC\cdot \cos \hat{B}=6^2+8^2-2\cdot 6\cdot 8\cdot \cos 150^{\circ }$$
$$A{C}^2=36+64-96\cdot \left(-\frac{\sqrt{3}}{2}\right)=100+48\sqrt{3}\approx 183,14$$
Suy ra $AC\approx 13,53$ cm.

Theo định lí sin, $\frac{AC}{\sin \hat{B}}=2R$, nên:
$$R=\frac{AC}{2\sin 150^{\circ }}=\frac{AC}{2\cdot 0,5}=AC\approx 13,5\text{ cm}.$$

Vậy bán kính của chiếc đĩa ban đầu khoảng $13,5$ cm.

Kiểm tra lại: $\cos 150^{\circ }=-\frac{\sqrt{3}}{2}\approx -0,866$, nên $A{C}^2=100+96\cdot 0,866\approx 183,14$ (không phải 733,14), do đó $AC\approx 13,53$ cm và $R=\frac{13,53}{2\cdot 0,5}\approx 13,5$ cm.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $T$ là đỉnh núi, $N$ là chân đường vuông góc hạ từ $T$ xuống mặt nước biển, $TN=h$. Theo hình vẽ, góc nhìn từ $A$ là $27,4^{\circ }$, từ $B$ là $39,6^{\circ }$, với $AB=1536$ m và $B$ nằm giữa $A$ và $N$.

Trong tam giác vuông $TNA$: $\tan 27,4^{\circ }=\frac{h}{AN}\Rightarrow AN=\frac{h}{\tan 27,4^{\circ }}$.

Trong tam giác vuông $TNB$: $\tan 39,6^{\circ }=\frac{h}{BN}\Rightarrow BN=\frac{h}{\tan 39,6^{\circ }}$.

Vì $AN-BN=AB=1536$:
$$h\left(\frac{1}{\tan 27,4^{\circ }}-\frac{1}{\tan 39,6^{\circ }}\right)=1536.$$

Thay số: $\tan 27,4^{\circ }\approx 0,5183$, $\tan 39,6^{\circ }\approx 0,8273$:
$$h=\frac{1536}{\frac{1}{0,5183}-\frac{1}{0,8273}}=\frac{1536\cdot 0,5183\cdot 0,8273}{0,8273-0,5183}\approx \frac{658,65}{0,3089}\approx 2132\text{ (m)}.$$

Vậy ngọn núi cao khoảng $2132$ m, khớp với đáp án đã cho.

(AI giải đề cho tôi)
Trong tam giác ABC, áp dụng định lí cosin: $A{C}^2=A{B}^2+B{C}^2-2\cdot AB\cdot BC\cdot \cos \hat{B}=6^2+8^2-2\cdot 6\cdot 8\cdot \cos 150^{\circ }=36+64+96\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=100+48\sqrt{3}\approx 183,14$. Suy ra $AC\approx 13,533$ cm. Theo định lí sin, bán kính đường tròn ngoại tiếp (đĩa) là $R=\frac{AC}{2\sin \hat{B}}=\frac{13,533}{2\sin 150^{\circ }}=\frac{13,533}{2\cdot 0,5}\approx 13,5$ cm. Vậy bán kính chiếc đĩa ban đầu khoảng $13,5$ cm.

Vì tam giác $AHB$ vuông tại $H$ nên ta có $AB=\sqrt{A{H}^2+H{B}^2}=4\sqrt{26}$.
Ta có $\sin \widehat{BAH}=\frac{BH}{AB}=\frac{5}{\sqrt{26}}\Rightarrow \widehat{BAH}\approx 78,69^{\circ }$
$\Rightarrow \widehat{ABC}\approx 78,69^{\circ }\Rightarrow \widehat{ACB}\approx 56,31^{\circ }$.
Áp dụng định lý sin cho tam giác $ABC$, ta có $\frac{BC}{\sin A}=\frac{AB}{\sin C}$.
Suy ra $BC\approx 17,3$.

(AI giải đề cho tôi)
Tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn (miệng giếng) với $AB=2$, $AC=4$, $\widehat{BAC}=60^{\circ }$. Theo định lí cosin: $B{C}^2=A{B}^2+A{C}^2-2\cdot AB\cdot AC\cdot \cos 60^{\circ }=4+16-8=12$, nên $BC=2\sqrt{3}$. Theo định lí sin: $2R=\frac{BC}{\sin 60^{\circ }}=\frac{2\sqrt{3}}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=4$, suy ra $R=2$ m. Diện tích hình tròn: $S=\pi R^2\approx 3,14\cdot 4=12,56\approx 12,6$ m². Kết quả khớp với đáp án nguồn 12,6.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $AH=x$. Trong tam giác vuông $SHA$: $h=x\tan 57^{\circ }$. Trong tam giác vuông $SHB$: $h=(x+6)\tan 35^{\circ }$. Suy ra $x\tan 57^{\circ }=(x+6)\tan 35^{\circ }\Rightarrow x=\frac{6\tan 35^{\circ }}{\tan 57^{\circ }-\tan 35^{\circ }}$. Vậy $h=\frac{6\tan 57^{\circ }\tan 35^{\circ }}{\tan 57^{\circ }-\tan 35^{\circ }}=\frac{6\cdot 1,5399\cdot 0,7002}{1,5399-0,7002}\approx \frac{6,469}{0,8397}\approx 7,70\approx 8$ (m). Kết quả khớp với đáp án nguồn là 8.

Lời giải (Mã đề 102; 104; 106; 108):

[Hình cần kiểm tra lại: p10_f1]

Ta có $\widehat{ABC}=180^{\circ }-60^{\circ }=120^{\circ }$
$\widehat{ACB}=180^{\circ }-120^{\circ }-30^{\circ }=30^{\circ }$
Vì $\widehat{BAC}=\widehat{ACB}=30^{\circ }$ nên tam giác $ABC$ cân tại $B\Rightarrow BC=AB=4$
$S_{ABC}=\frac{1}{2}AB.BC.\sin 120^{\circ }=\frac{1}{2}.4.4.\frac{\sqrt{3}}{2}=4\sqrt{3}$ (0,125đ)

$AC=\sqrt{A{B}^2+B{C}^2-2.AB.BC.\cos 120^{\circ }}=4\sqrt{3}$
$C{D}^2=A{C}^2+A{D}^2-2.AC.AD.\cos 30^{\circ }$
$\Rightarrow A{D}^2-2.AC.AD.\cos 30^{\circ }+A{C}^2-C{D}^2=0$
$\Rightarrow A{D}^2-2.4\sqrt{3}.AD.\cos 30^{\circ }+(4\sqrt{3}{)}^2-8^2=0$
$\Rightarrow \{\begin{array}{l}AD=6+2\sqrt{13}\approx 13,21\\ AD=6-2\sqrt{13}(l)\end{array}$
$S_{ACD}=\frac{1}{2}AC.AD.\sin 30^{\circ }=\frac{1}{2}.4\sqrt{3}.(6+2\sqrt{13}).\frac{1}{2}=2\sqrt{39}+6\sqrt{3}\approx 22,88$ (0,125đ)

$p=\frac{AD+AE+ED}{2}=\frac{6+2\sqrt{13}+5+9}{2}=10+\sqrt{13}\approx 13,61$
$S_{AED}=\sqrt{p(p-AD)(p-AE)(p-ED)}$
$\approx \sqrt{13,61(13,61-(6+2\sqrt{13}))(13,61-5)(13,61-9)}\approx 14,58$ (0,125đ)

$S_{ABCED}=S_{ABC}+S_{ACD}+S_{AED}\approx 4\sqrt{3}+22,88+14,58\approx 44,39$
Vậy diện tích mảnh đất là $44,39(m^2)$ (0,125đ)

(AI giải đề cho tôi)
Theo định lí cosin trong tam giác ABC: $B{C}^2=A{B}^2+A{C}^2-2\cdot AB\cdot AC\cdot \cos 120^{\circ }=9+4-2\cdot 3\cdot 2\cdot (-0,5)=19$, nên $BC=\sqrt{19}$. Theo định lí sin: $2R=\frac{BC}{\sin 120^{\circ }}=\frac{\sqrt{19}}{\frac{\sqrt{3}}{2}}$, suy ra $R^2=\frac{19}{3}$. Diện tích miệng giếng: $S=\pi R^2\approx 3,14\cdot \frac{19}{3}\approx 19,886\approx 19,9m^2$. Kết quả khớp với đáp án nguồn 19,9.

Lời giải (Mã đề 101; 103; 105; 107):

[Hình cần kiểm tra lại: p8_f2]

Ta có $\widehat{ABC}=180^{\circ }-60^{\circ }=120^{\circ }$
$\widehat{ACB}=180^{\circ }-120^{\circ }-30^{\circ }=30^{\circ }$
Vì $\widehat{BAC}=\widehat{ACB}=30^{\circ }$ nên tam giác $ABC$ cân tại $B\Rightarrow BC=AB=3$
$S_{ABC}=\frac{1}{2}AB\cdot BC\cdot \sin 120^{\circ }=\frac{1}{2}\cdot 3\cdot 3\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{9\sqrt{3}}{4}$ (0,125đ)

$AC=\sqrt{A{B}^2+B{C}^2-2\cdot AB\cdot BC\cdot \cos 120^{\circ }}=3\sqrt{3}$
$C{D}^2=A{C}^2+A{D}^2-2\cdot AC\cdot AD\cdot \cos 30^{\circ }$
$\Rightarrow A{D}^2-2\cdot AC\cdot AD\cdot \cos 30^{\circ }+A{C}^2-C{D}^2=0$ (0,125đ)

$$\Rightarrow A{D}^2-2.3\sqrt{3}.AD.\cos 30^o+(3\sqrt{3}{)}^2-6^2=0$$
$$\Rightarrow \{\begin{array}{l}AD=\frac{9+3\sqrt{13}}{2}\simeq 9,91\\ AD=\frac{9-3\sqrt{13}}{2}(l)\end{array}$$
$$S_{ACD}=\frac{1}{2}AC.AD.\sin 30^o=\frac{1}{2}.3\sqrt{3}.\frac{9+3\sqrt{13}}{2}.\frac{1}{2}=\frac{9\sqrt{39}+27\sqrt{3}}{8}\simeq 12,87$$ (0,125đ)

$$p=\frac{AD+AE+ED}{2}=\frac{\frac{9+3\sqrt{13}}{2}+4+7}{2}=\frac{31+3\sqrt{13}}{4}\simeq 10,45$$
$$S_{AED}=\sqrt{p(p-AD)(p-AE)(p-ED)}$$
$$=\sqrt{10,45\left(10,45-\frac{9+3\sqrt{13}}{2}\right)(10,45-4)(10,45-7)}\simeq 11,28$$ (0,125đ)

$$S_{ABCED}=S_{ABC}+S_{ACD}+S_{AED}\simeq \frac{9\sqrt{3}}{4}+12,87+11,28\simeq 20,05$$
Vậy diện tích mảnh đất là 20,05 $(m^2)$

Lời giải chính thức: Áp dụng định lí Pitago ta có $AB=4\sqrt{26}$ (0,25). Kẻ đường cao AK, $K\in BC$.



Trong tam giác ABK có $BK=4\Rightarrow \cos B=\frac{1}{\sqrt{26}}$. Khi đó góc $B\approx 79^0$ (0,25). Do đó $C\approx 56^0$. Áp dụng định lí sin cho tam giác ABC ta có $$\frac{AB}{\sin C}=\frac{BC}{\sin A}\iff BC=\frac{AB\cdot \sin A}{\sin C}=\frac{4\sqrt{26}\cdot \sin 45^0}{\sin 56^0}\approx 17,4m$$ (0,25). Vậy cây cao gần 17,4m.

Lời giải chính thức: Áp dụng định lí Pitago ta có $AB=4\sqrt{26}$ (0,25). Kẻ đường cao AK, $K\in BC$.



Trong tam giác ABK có $BK=4\Rightarrow \cos B=\frac{1}{\sqrt{26}}$. Khi đó góc $B\approx 79^0$ (0,25). Do đó $C\approx 56^0$. Áp dụng định lí sin cho tam giác ABC ta có $$\frac{AB}{\sin C}=\frac{BC}{\sin A}\iff BC=\frac{AB\cdot \sin A}{\sin C}=\frac{4\sqrt{26}\cdot \sin 45^0}{\sin 56^0}\approx 17,4m$$ (0,25). Vậy cây cao gần 17,4m.

Từ hình vẽ, suy ra: $\widehat{MAB}=180^{\circ }-65^{\circ }=115^{\circ }$ và $\widehat{AMB}=180^{\circ }-115^{\circ }-55^{\circ }=10^{\circ }$. (0.25 điểm)

Áp dụng định lí sin trong tam giác $AMB$, ta có:
$$\frac{AB}{\sin \widehat{AMB}}=\frac{MA}{\sin \widehat{MBA}}\Rightarrow MA=\frac{AB.\sin \widehat{MBA}}{\sin \widehat{AMB}}=\frac{20.\sin 55^{\circ }}{\sin 10^{\circ }}\approx 94,3m.$$ (0.25 điểm)

Xét tam giác $MHA$ vuông tại $H$, ta có:
$MH=MA.\sin 65^{\circ }\approx 94,3.\sin 65^{\circ }\approx 85,5m$. (0.25 điểm)

Vậy chiều cao của tòa tháp là: $85,5+1,3=86,8m$. (0.25 điểm)

[Hình cần kiểm tra lại: p11_f1]

Ghi chú: Học sinh làm cách khác đúng, dựa vào thang điểm thầy cô cho điểm tối đa. Học sinh ghi đúng $F(x;y)=200x+100y$ cho 0.25.

Ta có $\widehat{CAD}=63^0\Rightarrow \widehat{BAD}=117^0\Rightarrow \widehat{ADB}=180^0-\left(117^0+48^0\right)=15^0$ (0.25 điểm)

Áp dụng định lý sin trong tam giác ABD ta có:

$\frac{AB}{\sin \widehat{ADB}}=\frac{BD}{\sin \widehat{BAD}}\Rightarrow BD=\frac{AB.\sin \widehat{BAD}}{\sin \widehat{ADB}}$ (0.25 điểm)

Tam giác BCD vuông tại C nên có: $\sin \widehat{CBD}=\frac{CD}{BD}\Rightarrow CD=BD.\sin \widehat{CBD}$ (0.25 điểm)

Vậy $CD=\frac{AB.\sin \widehat{BAD}.\sin \widehat{CBD}}{\sin \widehat{ADB}}=\frac{24.\sin 117^0.\sin 48^0}{\sin 15^0}\approx 61,4m$. (0.25 điểm)

[Hình cần kiểm tra lại: p9_f1]