Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Ứng dụng tọa độ (Toán học Lớp 12)

(AI giải đề cho tôi)
Khinh khí cầu hiện tại có tọa độ $M(2,5;1,7;0,6)$ (km) vì cách xuất phát 2,5 km về nam (trục $Ox$), 1,7 km về đông (trục $Oy$) và 0,6 km trên mặt đất (trục $Oz$). Khoảng cách từ địa điểm xuất phát $O$ đến $M$ là:
$$OM=\sqrt{2,5^2+1,7^2+0,6^2}=\sqrt{6,25+2,89+0,36}=\sqrt{9,5}\approx 3,0822\approx 3,08\text{km}.$$

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục với gốc tại điểm xuất phát, trục Ox hướng Đông, Oy hướng Bắc, Oz hướng lên. Khinh khí cầu thứ nhất: A(3; -2; 0,5); thứ hai: B(-1; 1; 0,3). Người đứng trên mặt đất tại M(x; y; 0). Cần min MA + MB. Lấy A' đối xứng với A qua mặt phẳng z = 0: A'(3; -2; -0,5). Với mọi M trên mặt đất, MA = MA', nên MA + MB = MA' + MB ≥ A'B, dấu bằng khi M là giao của A'B với mặt đất. Vậy tổng khoảng cách nhỏ nhất là A'B = √((3-(-1))² + (-2-1)² + (-0,5-0,3)²) = √(16 + 9 + 0,64) = √25,64 ≈ 5,0636 ≈ 5,1 km.

(AI giải đề cho tôi)
Véctor MN = (800-500; 300-200; 10-8) = (300; 100; 2) đi trong 20 phút. Vì vận tốc và hướng không đổi, trong 5 phút tiếp theo máy bay đi thêm 1/4 quãng đường: (75; 25; 0,5). Vị trí mới: (x;y;z) = (800+75; 300+25; 10+0,5) = (875; 325; 10,5). Tổng x + y + 2z = 875 + 325 + 21 = 1221, khớp với đáp án nguồn.

(AI giải đề cho tôi)
Xác định D: vì ABCD hình vuông tâm O'(0;0;5) nên O'D ⊥ O'A và |O'D| = |O'A| = 2. Với D(a;b;c) ta có a = b và 2a² + (c−5)² = 4. Đặt t = c − 5 ∈ (0;2]. Góc ∠OID có đỉnh I: cos∠OID = (9−c)/√(a²+b²+(c−9)²) = (4−t)/√(20−8t). Đạo hàm theo t bằng 4(t−1)/(20−8t)^{3/2}, nên cos nhỏ nhất (góc lớn nhất) tại t = 1, tức c = 6, a = b = √(3/2). Khi đó B = −D = (−√(3/2);−√(3/2);4), C = (√2;−√2;5) (kiểm tra: AB ⊥ BC, |AB| = |BC| = 2√2).

Các vectơ đơn phương hướng dây (hướng từ A,B,C,D về I):
- IA: (√2;−√2;4)/(2√5), IB: (√(3/2);√(3/2);5)/(2√7), IC: (−√2;√2;4)/(2√5), ID: (−√(3/2);−√(3/2);3)/(2√3).

Cân bằng của tấm bảng: tổng 4 lực căng + trọng lượng (0;0;−mg) = 0.
Thành phần ngang: so sánh cặp A–C cho F4 = F2 = 40 N; cặp B–D cho F3/(2√3) = F1/(2√7) ⇒ F3 = 50√(3/7) N.
Thành phần thẳng đứng:
mg = 50·5/(2√7) + 40·4/(2√5) + 50√(3/7)·3/(2√3) + 40·4/(2√5) = 125/√7 + 75/√7 + 16√5 + 16√5 = 200/√7 + 32√5 ≈ 147,15 N.
Vậy m = 147,15/9,8 ≈ 15,01 ≈ 15 kg, khớp với đáp án 15.

(AI giải đề cho tôi)
Tọa độ: $A(100;150;30)$, $B(-80;-120;50)$. Suy ra $\overrightarrow{AB}=(-180;-270;20)$, nên $AB=\sqrt{180^2+270^2+20^2}=\sqrt{32400+72900+400}=\sqrt{105700}\approx 325,114$ m. Tốc độ trung bình $a=\frac{AB}{45}\approx \frac{325,114}{45}\approx 7,2248\approx 7,2$ (m/s). Kết quả khớp với đáp án nguồn 7,2.

(AI giải đề cho tôi)
Tọa độ: $A(100;150;30)$ (nam 100, đông 150, cao 30), $B(-80;-120;50)$ (bắc 80, tây 120, cao 50). Vector $\overrightarrow{AB}=(-180;-270;20)$, độ dài $AB=\sqrt{180^2+270^2+20^2}=\sqrt{105700}\approx 325,115$ m. Tốc độ trung bình $a=\frac{325,115}{45}\approx 7,2248\approx 7,2$ (m/s). Khớp với đáp án nguồn 7,2.

(AI giải đề cho tôi)
Thiết lập hệ tọa độ: $A(0;0;0)$, $B(4;0;0)$, $D(0;4;0)$, $C(4;3,5;0)$, chiều cao nhà $6$ m. Các khoảng cách 'cách cạnh' được tính từ các cạnh dọc $A^{\prime }A$ và $B^{\prime }B$ trên từng bức tường.

- Bảng điều khiển trên tường $AB{B}^{\prime }{A}^{\prime }$: $P(1;0;1,5)$ (cách $A^{\prime }A$ là $1$ m, cao $1,5$ m).
- Bóng điện trên tường $AD{D}^{\prime }{A}^{\prime }$: $E_1(0;3;3)$ (cách $A^{\prime }A$ $3$ m, cao $3$ m).
- Bóng điện trên tường $BC{C}^{\prime }{B}^{\prime }$: $E_2(4;3;2,5)$ (cách $B^{\prime }B$ $3$ m, cao $2,5$ m).

Dây điện đi men theo tường nên ta trải phẳng các bức tường liên tiếp:

1) Từ $P$ đến $E_1$: trải phẳng tường trước $AB{B}^{\prime }{A}^{\prime }$ và tường trái $AD{D}^{\prime }{A}^{\prime }$ qua cạnh $A{A}^{\prime }$. Khi đó $P$ có tọa độ $(1;1,5)$ và $E_1$ có tọa độ $(-3;3)$ trong mặt phẳng đã trải. Khoảng cách ngắn nhất:
$$P{E}_1=\sqrt{(1+3{)}^2+(3-1,5{)}^2}=\sqrt{16+2,25}=\sqrt{18,25}\approx 4,272\text{ m}.$$

2) Từ $P$ đến $E_2$: trải phẳng tường trước $AB{B}^{\prime }{A}^{\prime }$ và tường phải $BC{C}^{\prime }{B}^{\prime }$ qua cạnh $B{B}^{\prime }$. Khi đó $P$ cách $B{B}^{\prime }$ một đoạn $3$ m (vì $AB=4$, $P$ cách $A{A}^{\prime }$ là $1$ m) và $E_2$ cách $B{B}^{\prime }$ một đoạn $3$ m về phía bên kia cạnh gấp, tức trong mặt phẳng trải $P=(3;1,5)$, $E_2=(3+3+3;2,5)$ xét theo trục chu vi: khoảng cách theo phương chu vi là $6$ m, chênh lệch cao $1$ m:
$$P{E}_2=\sqrt{6^2+1^2}=\sqrt{37}\approx 6,083\text{ m}.$$

(Các đường đi vòng qua phía các tường còn lại đều dài hơn nên không chọn.)

Tổng chiều dài dây tối thiểu:
$$L=\sqrt{18,25}+\sqrt{37}\approx 4,272+6,083=10,355\approx 10,4\text{ m}.$$

Kết quả khớp với đáp án nguồn $10,4$.

(AI giải đề cho tôi)
Trải ba bức tường ADD'A', A'B'C'D' (tường chứa cạnh DC) và BCC'B' thành một dải phẳng. Đáy là hình thang vuông với AD ∥ BC nên DC = √(4² + 0,5²) = √16,25 ≈ 4,0311 m. Dải tường có bề ngang tổng 4 + √16,25 + 3,5, chiều cao 6. Chọn trục hoành dọc theo dải, cạnh chung D'D giữa tường ADD'A' và tường A'B'C'D' tại x = 4. Bảng điều khiển: cách cạnh D'D 1 m về phía tường A'B'C'D', cao 1,5 m → P(5; 1,5). Bóng điện 1 trên tường ADD'A', cách cạnh D'D 3 m, cao 3 m → E₁(1; 3). Bóng điện 2 trên tường BCC'B', cách cạnh C'C 3 m, cao 2,5 m → E₂(4 + √16,25 + 3; 2,5) = (11,0311; 2,5). Vì dây men theo tường, trên hình trải phẳng độ dài dây là độ dài đoạn thẳng: PE₁ = √((5−1)² + (3−1,5)²) = √18,25 ≈ 4,2720; PE₂ = √((11,0311−5)² + (2,5−1,5)²) = √(36,3743 + 1) = √37,3743 ≈ 6,1135. Xét tam giác PE₁E₂: E₁E₂ = √(10,0311² + 1²) ≈ 10,0809. Góc tại P thỏa cos P = (18,25 + 37,3743 − 101,6225)/(2·4,2720·6,1135) ≈ −0,880, nên P ≈ 151,7° > 120°, do đó cây Steiner tối tiểu chính là đỉnh P (không thể giảm thêm bằng điểm trung gian). Tổng dây tối thiểu = PE₁ + PE₂ ≈ 4,2720 + 6,1135 = 10,3855 ≈ 10,4 m. Kết quả khớp với đáp án nguồn 10,4.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ tọa độ: $A(0;0;0)$, $B(4;0;0)$, $D(0;0;4)$, $C(4;0;3,5)$, trục $Ay$ theo chiều sâu $A{A}^{\prime }=6$. Tường $A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$ là mặt phẳng $y=6$; tường $AD{D}^{\prime }{A}^{\prime }$ là $x=0$; tường $BC{C}^{\prime }{B}^{\prime }$ là $x=4$.

- Bảng điều khiển $M$ trên tường sau, cách $A^{\prime }{D}^{\prime }$ (đường $x=0$) khoảng $1$ m và cao $1,5$ m: $M(1;6;1,5)$.
- Bóng điện $P$ trên tường $AD{D}^{\prime }{A}^{\prime }$, cách $A^{\prime }{D}^{\prime }$ (tại $y=6$) khoảng $3$ m nên $y=3$, cao $3$ m: $P(0;3;3)$.
- Bóng điện $Q$ trên tường $BC{C}^{\prime }{B}^{\prime }$, cách $B^{\prime }{C}^{\prime }$ (tại $y=6$) khoảng $3$ m nên $y=3$, cao $2,5$ m: $Q(4;3;2,5)$.

Đường dây ngắn nhất đi trên mặt tường: trải phẳng hai tường kề nhau quanh cạnh chung rồi lấy đoạn thẳng.

1) Từ $M$ đến $P$: trải phẳng tường sau ($y=6$) và tường trái ($x=0$) quanh cạnh $A^{\prime }{D}^{\prime }$. Hai tường nằm về hai phía của cạnh, nên với trục $s$ đo khoảng cách đến $A^{\prime }{D}^{\prime }$: $M$ có $s=1$, $P$ có $s=3$ nhưng nằm khác phía, tổng khoảng cách theo phương ngang là $1+3=4$; chênh lệch cao $3-1,5=1,5$.
$$MP=\sqrt{4^2+1,5^2}=\sqrt{18,25}\approx 4,272.$$
(Đoạn thẳng cắt cạnh $A^{\prime }{D}^{\prime }$ tại điểm có cao trong $[1,5;3]\subset [0;4]$ nên hợp lệ.)

2) Từ $M$ đến $Q$: trải phẳng tường sau và tường phải quanh cạnh $B^{\prime }{C}^{\prime }$. Khoảng cách đến $B^{\prime }{C}^{\prime }$: $M$ cách $4-1=3$ (m), $Q$ cách $6-3=3$ (m), khác phía nên tổng theo phương ngang $3+3=6$; chênh cao $2,5-1,5=1$.
$$MQ=\sqrt{6^2+1^2}=\sqrt{37}\approx 6,083.$$
(Đoạn thẳng cắt $B^{\prime }{C}^{\prime }$ tại cao trong $[1,5;2,5]\subset [0;3,5]$ nên hợp lệ.)

Các đường đi qua mặt khác (sàn, nhiều tường) đều dài hơn vì đoạn thẳng sau khi trải phẳng hai tường là ngắn nhất.

Tổng dây tối thiểu:
$$MP+MQ=\sqrt{18,25}+\sqrt{37}\approx 4,272+6,083=10,355\approx 10,4(m).$$
Kết quả khớp với đáp án nguồn 10,4.

(AI giải đề cho tôi)
Với $M(0;y;0)$, ta có $ME=\sqrt{(y-2{)}^2+16}$, $MF=\sqrt{(y-11{)}^2+64}$. Lấy $E^{\prime }(0;2;-4)$ đối xứng với $E$ qua mặt phẳng $Oxy$ (chứa trục $Oy$), khi đó $ME=M{E}^{\prime }$ và $ME+MF=M{E}^{\prime }+MF$ ngắn nhất khi $E^{\prime },M,F$ thẳng hàng. Đường thẳng qua $E^{\prime }(0;2;-4)$ và $F(0;11;8)$: tỉ số $\frac{y-2}{11-2}=\frac{z+4}{8+4}$, với $z=0$ suy ra $\frac{y-2}{9}=\frac{4}{12}=\frac{1}{3}\Rightarrow y=5$. Kiểm tra: $ME=\sqrt{9+16}=5$, $MF=\sqrt{36+64}=10$, tổng $15$; đạo hàm $f^{\prime }(y)=\frac{y-2}{\sqrt{(y-2{)}^2+16}}+\frac{y-11}{\sqrt{(y-11{)}^2+64}}$ đổi dấu từ âm sang dương tại $y=5$ nên là giá trị nhỏ nhất. Kết quả khớp đáp án nguồn (Câu 5, mã đề 1204: 5).

(AI giải đề cho tôi)
Với $M(0;y;0)$ trên trục $Oy$, ta có $ME=\sqrt{(y-10{)}^2+20^2}$, $MF=\sqrt{(y-19{)}^2+25^2}$. Phản chiếu $E(0;10;20)$ qua mặt phẳng $Oxy$ được $E^{\prime }(0;10;-20)$; với mọi $M$ trên trục $Oy$ thì $ME=M{E}^{\prime }$, nên $ME+MF=M{E}^{\prime }+MF$. Tổng này nhỏ nhất khi $M$ là giao điểm của đoạn $E^{\prime }F$ với trục $Oy$. Đường thẳng $E^{\prime }F$ qua $E^{\prime }(0;10;-20)$ với vectơ chỉ phương $\vec{u}=(0;9;45)$: $y=10+9t,z=-20+45t$. Tại $z=0$: $t=\frac{20}{45}=\frac{4}{9}$, suy ra $y=10+9\cdot \frac{4}{9}=14$. Vậy $y=14$, khớp đáp án nguồn (mã đề 1203, Câu 3: 14).

(AI giải đề cho tôi)
Quãng đường máy bay đã bay trong 15 phút: $AC=820\cdot \frac{15}{60}=205$ km.

Đặt hệ trục tại $A$, hướng bay thẳng là trục hoành. Khi đó:
- $C(205;0)$.
- $B$ cách $A$ một khoảng $605$ km theo hướng lệch lên $10^{\circ }$: $B(605\cos 10^{\circ };605\sin 10^{\circ })\approx (595,7;105,1)$.

Vậy vectơ $\overrightarrow{CB}$ có tọa độ:
$$x=605\cos 10^{\circ }-205\approx 390,7,y=605\sin 10^{\circ }\approx 105,1.$$

Góc $\alpha$ lệch so với phương ngang tại $C$:
$$\tan \alpha =\frac{105,1}{390,7}\approx 0,269\Rightarrow \alpha \approx 15^{\circ }.$$

Độ dài đoạn đường còn lại (làm tròn hàng phần chục):
$$CB=\sqrt{390,7^2+105,1^2}\approx 404,6\text{ km}.$$

Kết luận: Phi công nên điều khiển máy bay bay thẳng chéo lên một góc $\alpha \approx 15^{\circ }$ (đoạn đường còn lại khoảng $404,6$ km) để đến Đà Nẵng như dự tính.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt hệ trục toạ độ với $O$ là góc bờ hồ, $A$ trên trục hoành, $B$ trên trục trục tung. Vì $M$ cách bờ $OK$ (trục tung) $40m$ và cách bờ $OH$ (trục hoành) $160m$ nên $M(160;40)$. Đường thẳng $AB$ qua $M$ cắt hai trục tại $A(a;0)$, $B(0;b)$, phương trình $\frac{x}{a}+\frac{y}{b}=1$. Vì $M\in AB$: $\frac{160}{a}+\frac{40}{b}=1$. Quãng đường An chạy $AOB=a+b$ ngắn nhất. Theo BĐT Cauchy: $(a+b)\left(\frac{160}{a}+\frac{40}{b}\right)\ge (\sqrt{160}+\sqrt{40}{)}^2=(4\sqrt{10}+2\sqrt{10}{)}^2=360$, nên $\min (a+b)=360$, đạt được khi $\frac{a}{b}=\sqrt{\frac{160}{40}}=2$, tức $a=240$, $b=120$. Khi đó Bình chèo quãng đường $AB=\sqrt{240^2+120^2}=120\sqrt{5}\approx 268,3\approx 268(m)$. Khớp với đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
Từ hình vẽ: trục $x$ hướng Nam với chỉ số $1,5$, trục $y$ hướng Đông với chỉ số $2,5$, trục $z$ có chỉ số $0,9$. Vậy vị trí flycam lúc 9h30 là $A(1,5;2,5;0,9)$.

a) Độ cao là tọa độ $z=0,9$ km → ĐÚNG.

b) Trời lặng gió, bay hướng Đông (chiều dương $y$) với vận tốc 30 km/h. Trong 5 phút đi được $30\cdot \frac{5}{60}=2,5$ km theo hướng Đông, nên $y=2,5+2,5=5$. Tọa độ $B(1,5;5;0,9)$ → ĐÚNG.

c) Theo hình, tọa độ đúng là $A(1,5;2,5;0,9)$ chứ không phải $A(2,5;1,5;0,9)$ → SAI.

d) Từ $B(1,5;5;0,9)$, flycam bay ngược hướng Đông (hướng Tây) với vận tốc 30 km/h, gió thổi hướng Đông 3 km/h nên vận tốc thực theo hướng Tây là $30-3=27$ km/h. Trong 10 phút $=\frac{1}{6}$ giờ đi được $27\cdot \frac{1}{6}=4,5$ km về hướng Tây: $y=5-4,5=0,5$. Tọa độ lúc 9h45 là $(1,5;0,5;0,9)$, không phải $(1,5;0;0,9)$ → SAI.
a) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi)
Độ cao là tọa độ $z=0,9$ km theo hình vẽ.
b) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi)
Lặng gió, bay hướng Đông 30 km/h trong 5 phút đi được $2,5$ km nên $y=2,5+2,5=5$, tọa độ $B(1,5;5;0,9)$.
c) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi)
Theo hình vẽ, $A(1,5;2,5;0,9)$ vì $1,5$ trên trục $x$ (Nam) và $2,5$ trên trục $y$ (Đông).
d) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi)
Vận tốc thực theo hướng Tây là $30-3=27$ km/h; trong 10 phút đi được $4,5$ km nên $y=5-4,5=0,5$, tọa độ là $(1,5;0,5;0,9)$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì máy bay bay thẳng đều, vectơ chỉ phương theo 10 phút là $\overrightarrow{NQ}=(400;210;2)$, nên trong 20 phút máy bay đi được $\overrightarrow{MN}=2\overrightarrow{NQ}=(800;420;4)$. Suy ra $N=M+\overrightarrow{MN}=(1900;1070;18)$.

Quãng đường máy bay đi trong 10 phút: $|NQ|=\sqrt{400^2+210^2+2^2}=\sqrt{204104}$ (km), nên vận tốc máy bay $v=\frac{\sqrt{204104}}{10}$ km/phút.

Vận tốc đạn pháo gấp 5 lần: $v_{đạn}=\frac{\sqrt{204104}}{2}$ km/phút.

Khoảng cách từ pháo đến $N$: $\overrightarrow{EN}=\left(1900-\frac{1700}{3};1070-370;18-\frac{34}{3}\right)=\left(\frac{4000}{3};700;\frac{20}{3}\right)$,
$$|EN|=\sqrt{\frac{16000000}{9}+490000+\frac{400}{9}}=\sqrt{\frac{20410400}{9}}=\frac{10\sqrt{204104}}{3}.$$

Thời gian đạn bay từ $E$ đến $N$: $t=\frac{|EN|}{v_{đạn}}=\frac{10\sqrt{204104}/3}{\sqrt{204104}/2}=\frac{20}{3}$ phút.

Máy bay đến $N$ sau 20 phút kể từ $M$, nên pháo phải bắn sau $20-\frac{20}{3}=\frac{40}{3}\approx 13,3$ phút.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục tọa độ với gốc tại một góc phòng: trục $x$ dọc chiều dài 8 m, trục $y$ dọc chiều rộng 6 m, trục $z$ dọc chiều cao 4 m. Các đỉnh phòng có tọa độ từ $(0,0,0)$ đến $(8,6,4)$.

- Chiếc quạt thứ nhất ở chính giữa bức tường 8 m (tường $y=0$), cách trần 1 m nên cao $4-1=3$ m: $A(4;0;3)$.
- Chiếc quạt thứ hai ở chính giữa bức tường 6 m (tường $x=8$), cách trần 1,2 m nên cao $4-1,2=2,8$ m: $B(8;3;2,8)$.

Khoảng cách:
$$AB=\sqrt{(8-4{)}^2+(3-0{)}^2+(2,8-3{)}^2}=\sqrt{16+9+0,04}=\sqrt{25,04}\approx 5,004\text{ m}.$$

Làm tròn đến hàng đơn vị: $AB\approx 5$ m. Kết quả khớp với đáp án nguồn (5).

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục tọa độ gốc tại một góc phòng: trục $x$ theo chiều dài 8 m, trục $y$ theo chiều rộng 6 m, trục $z$ theo chiều cao 4 m. Trần nhà là mặt $z=4$.

- Quạt thứ nhất trên bức tường 8 m (mặt $y=0$), chính giữa tường nên $x=4$, cách trần 1 m nên $z=4-1=3$: $A(4;0;3)$.
- Quạt thứ hai trên bức tường 6 m (mặt $x=8$), chính giữa tường nên $y=3$, cách trần 1,2 m nên $z=4-1,2=2,8$: $B(8;3;2,8)$.

Khoảng cách:
$$AB=\sqrt{(8-4{)}^2+(3-0{)}^2+(2,8-3{)}^2}=\sqrt{16+9+0,04}=\sqrt{25,04}\approx 5,004\approx 5.$$

Vậy khoảng cách giữa hai vị trí treo quạt xấp xỉ $5$ m, khớp với đáp án nguồn (Câu 6, mã đề 0101/104: 5).

(AI giải đề cho tôi)
Tàu ở tọa độ $(10;5;-4,359)$ (độ sâu 4359 m = 4,359 km, hướng xuống nên $z<0$). Khoảng cách từ radar $O(0;0;0)$ tới tàu: $d=\sqrt{10^2+5^2+4,359^2}=\sqrt{100+25+18,\mathrm{999...}}=\sqrt{144,\mathrm{0...}}\approx 12$ km. Vậy kết quả là 12.

(AI giải đề cho tôi)
Độ dài vectơ chỉ phương: $|\overline{u}|=\sqrt{120^2+110^2+1^2}=\sqrt{26501}\approx 162,79$ km. Quãng đường bay trong 20 phút (1/3 giờ) là $s=900\cdot \frac{1}{3}=300$ km. Tham số $t=\frac{300}{\sqrt{26501}}\approx 1,8428$. Toạ độ: $a=400+120t\approx 621,14$; $b=300+110t\approx 502,71$; $c=6+t\approx 7,84$. Vậy $a+b+c\approx 1131,69\approx 1132$.

(AI giải đề cho tôi)
Vectơ chỉ phương có độ dài $|\overrightarrow{u_1}|=|\overrightarrow{u_2}|=5$, nên vectơ vận tốc của hai máy bay là $\overrightarrow{v_1}=\frac{800}{5}(3;-4;0)=(480;-640;0)$ và $\overrightarrow{v_2}=\frac{750}{5}(4;3;0)=(600;450;0)$ (km/h). Sau $t$ giờ: $A(t)=(100+480t;150-640t;10)$, $B(t)=(-100+600t;100+450t;11)$. Suy ra $\overrightarrow{AB}(t)=(200-120t;50-1090t;-1)$, nên $d^2(t)=(200-120t{)}^2+(50-1090t{)}^2+1$. Xét đạo hàm bằng 0: $-120(200-120t)-1090(50-1090t)=0\Rightarrow 1202500t=78500\Rightarrow t=\frac{78500}{1202500}\approx 0,06528$ giờ. Vậy $T=60t\approx 3,9168\approx 3,9$ phút.