Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Vectơ/tọa độ Oxyz (Toán học Lớp 12)

a) Đúng.

b) Ta có $AB=\sqrt{4+16+16}=6$; $AC=\sqrt{4+1+4}=3$; $BC=\sqrt{0+25+4}=\sqrt{29}$. Cạnh $AB$ lớn nhất nên góc $C$ lớn nhất. Do $\cos C=\frac{A{C}^2+B{C}^2-A{B}^2}{2AC\cdot BC}>0$ nên $C$ là góc nhọn, do đó tam giác $ABC$ nhọn. b) Sai.

c) $S=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}=\frac{1}{4}\sqrt{(9+\sqrt{29})(9-\sqrt{29})(3+\sqrt{29})(\sqrt{29}-3)}=\sqrt{65}$. Mặt khác $S=pr\Rightarrow r=\frac{S}{p}=\frac{2\sqrt{65}}{9+\sqrt{29}}\approx 1,12$. c) Đúng.

d) Dùng tính đối xứng qua $(Oyz)$: $AM+BN=A^{\prime }M+BN\ge \sqrt{(H{A}^{\prime }+BK{)}^2+(HM+KN{)}^2}$, với $HM+NK\ge HK-MN=4\sqrt{2}-3$. Suy ra $AM+BN\ge \sqrt{36+(4\sqrt{2}-3{)}^2}=\sqrt{77-24\sqrt{2}}\approx 6,56$. d) Đúng.
a) a) Đúng.
b) b) Ta có $AB=\sqrt{4+16+16}=6$; $AC=\sqrt{4+1+4}=3$; $BC=\sqrt{0+25+4}=\sqrt{29}$.
Cạnh $AB$ lớn nhất nên góc $C$ lớn nhất

Do $\cos C=\frac{A{C}^2+B{C}^2-A{B}^2}{2AC\cdot BC}>0$ nên $C$ là góc nhọn, do đó tam giác $ABC$ nhọn, b) sai.
c) c) Ta có diện tích tam giác $ABC$
$$S=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}=\frac{1}{4}\sqrt{(9+\sqrt{29})(9-\sqrt{29})(3+\sqrt{29})(\sqrt{29}-3)}=\sqrt{65}.$$

Mặt khác $S=pr\Rightarrow r=\frac{S}{p}=\frac{2\sqrt{65}}{9+\sqrt{29}}\approx 1,12$. c) đúng.
d) d) Ta có $H(0;0;-3)$, $K(0;-4;1)$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của $A(-2;0;-3)$ và $B(-4;-4;1)$ xuống mặt phẳng $(Oyz)$.

Nhận xét: $A$, $B$ nằm về cùng một phía với mặt phẳng $(Oyz)$.

[Hình cần kiểm tra lại: p16_f1]

Gọi $A^{\prime }$ đối xứng với $A$ qua $(Oyz)$, suy ra $H$ là trung điểm đoạn $A{A}^{\prime }$ nên $AM=A^{\prime }M$.

Mà $A^{\prime }H=AH=2$; $BK=6$, $HK=4\sqrt{2}$.

Do đó $AM+BN=A^{\prime }M+BN=\sqrt{H{A}^{\prime 2}+H{M}^2}+\sqrt{B{K}^2+K{N}^2}$

$\ge \sqrt{(H{A}^{\prime }+BK{)}^2+(HM+KN{)}^2}=\sqrt{36+(HM+KN{)}^2}$

Lại có $HM+MN+NK\ge HK\Rightarrow HM+NK\ge HK-MN=4\sqrt{2}-3$

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi $H,M,N,K$ thẳng hàng và theo thứ tự đó.

Suy ra $AM+BN\ge \sqrt{36+(HM+KN{)}^2}\ge \sqrt{36+(4\sqrt{2}-3{)}^2}=\sqrt{77-24\sqrt{2}}$.

Vậy giá trị nhỏ nhất của $AM+BN$ bằng $\sqrt{77-24\sqrt{2}}\approx 6,56$. d) đúng.

Tam giác $OMH$ vuông tại $H$ có $OM=50$, $\widehat{OMH}=48^{\circ }$ nên ta có:
$OH=OM.\cos 48^{\circ }\approx 33,5$ ; $OC=MH=OM.\sin 48^{\circ }\approx 37,2$

Tam giác $OAH$ vuông tại $A$, $OH=33,5$, $\widehat{AOH}=64^{\circ }$ nên ta có:
$OA=OH.\cos 64^{\circ }\approx 14,7$ ; $OB=AH=OH.\sin 64^{\circ }\approx 30,1$

Suy ra $\overrightarrow{OM}=\overrightarrow{OC}+\overrightarrow{OH}=\overrightarrow{OC}+\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}=14,7.\vec{i}+30,1.\vec{j}+37,2.\vec{k}$

Vậy $M\left(14,7;30,1;37,2\right)$, vậy $a+b+c=82$.

Chọn B



Ta có $\{\begin{array}{l}\overrightarrow{AB}=(2;1;-2)\\ \overrightarrow{AC}=(6;0;-3)\end{array}\Rightarrow \left[\overrightarrow{AB};\overrightarrow{AC}\right]=(-3;-6;-6)\Rightarrow d(C;AB)=\frac{\left|\left[\overrightarrow{AB};\overrightarrow{AC}\right]\right|}{\left|\overrightarrow{AB}\right|}=3$.

$\overrightarrow{BC}=(4;-1;-1)\Rightarrow BC=\sqrt{18}=3\sqrt{2}$

Gọi $M$ là hình chiếu của $B$ lên $HC\Rightarrow BM=3$.

Tam giác $BMC$ vuông tại $M$, có $MC=\sqrt{B{C}^2-B{M}^2}=3\Rightarrow HC=AB+2MC=9\Rightarrow \overrightarrow{CH}=3\overrightarrow{BA}$.

Mà $\{\begin{array}{l}\overrightarrow{BA}=(-2;-1;2)\\ \overrightarrow{CH}=(x-5;y;z+2)\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{l}x-5=3.(-2)\\ y=3.(-1)\\ z+2=3.2\end{array}\iff \{\begin{array}{l}x=-1\\ y=-3\\ z=4\end{array}\Rightarrow H(-1;-3;4)$.

cách khác: Có thể làm ngược, thử các điểm

(AI giải đề cho tôi)
Theo hình vẽ: ống A đặt tại O, bắn trong mặt phẳng xOz nghiêng $80^{\circ }$ so với mặt đất, đi 100 m nên điểm nổ $D(-100\cos 80^{\circ };0;100\sin 80^{\circ })$. Ống B đặt tại $B(0;2;0)$ (trong mặt phẳng song song cách 2 m), bắn nghiêng $70^{\circ }$ so với mặt đất, điểm nổ $C(-100\cos 70^{\circ };2;100\sin 70^{\circ })$.

$$\overrightarrow{CD}=(100(\cos 70^{\circ }-\cos 80^{\circ });-2;100(\sin 80^{\circ }-\sin 70^{\circ }))$$

Tính: $100(\cos 70^{\circ }-\cos 80^{\circ })=100(0,342020-0,173648)=16,8372$; $100(\sin 80^{\circ }-\sin 70^{\circ })=100(0,984808-0,939693)=4,5115$.

$$CD=\sqrt{16,8372^2+2^2+4,5115^2}=\sqrt{283,49+4+20,35}=\sqrt{307,84}\approx 17,55(m)$$

Vậy khoảng cách giữa hai quả pháo khi nổ khoảng $17,55$ m, khớp với đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
Hình hộp: $\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{DC}$ nên $D=A+C-B=(5+0-4;-2+3-5;0+2+2)=(1;-4;4)$.

a) Đúng: $D(1;-4;4)$.

b) $M$ trung điểm $A{A}^{\prime }$: $M(7;-1;2,5)$. $\overrightarrow{MB}=(-3;6;-4,5)$, $\overrightarrow{MD}=(-6;-3;1,5)$. Tích vô hướng $=18-18-6,75=-6,75<0$. $|\overrightarrow{MB}|=\sqrt{65,25}$, $|\overrightarrow{MD}|=\sqrt{47,25}$ nên $\cos (\overrightarrow{MB};\overrightarrow{MD})=\frac{-6,75}{\sqrt{65,25\cdot 47,25}}=-\frac{3}{\sqrt{609}}=-\frac{3\sqrt{609}}{609}$. Đề cho giá trị dương nên sai.

c) Với $K(t;0;0)$: $\overrightarrow{KA}+\overrightarrow{KB}+\overrightarrow{KC}=(9-3t;6;0)=3\overrightarrow{KG}$ với $G(3;2;0)$; $\overrightarrow{KB}+\overrightarrow{KC}=(4-2t;8;0)=2\overrightarrow{KH}$ với $H(2;4;0)$. Suy ra $Q=6(|KG|+|KH|)$. Phản chiếu $G$ qua trục $Ox$ là $G^{\prime }(3;-2;0)$, khi đó $|KG|+|KH|\ge |G^{\prime }H|=\sqrt{1+36}=\sqrt{37}$, dấu bằng khi $K$ là giao điểm $G^{\prime }H$ với $Ox$. Vậy $\min Q=6\sqrt{37}$. Đúng.

d) $\overrightarrow{A{A}^{\prime }}=(4;2;5)$, $\overrightarrow{C^{\prime }{D}^{\prime }}=\overrightarrow{AD}=(1;-7;2)$, $\overrightarrow{BC}=(-4;-2;4)$, $\overrightarrow{AC}=(-5;5;2)$. Tổng $\overrightarrow{A{A}^{\prime }}+\overrightarrow{C^{\prime }{D}^{\prime }}-\overrightarrow{BC}-\overrightarrow{AC}=(14;-8;1)$, độ dài $\sqrt{196+64+1}=\sqrt{261}=3\sqrt{29}$. Đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) Vì $\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{DC}$ nên $D=A+C-B=(1;-4;4)$. Đúng.
b) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) $\overrightarrow{MB}\cdot \overrightarrow{MD}=-6,75<0$ nên $\cos (\overrightarrow{MB};\overrightarrow{MD})=-\frac{3\sqrt{609}}{609}$; đề thiếu dấu âm nên sai.
c) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) $Q=6(|KG|+|KH|)$ với $G(3;2;0)$, $H(2;4;0)$; phản chiếu $G$ qua $Ox$ là $G^{\prime }(3;-2;0)$, $|G^{\prime }H|=\sqrt{37}$, nên $\min Q=6\sqrt{37}$. Đúng.
d) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) Tổng vectơ bằng $(14;-8;1)$, độ dài $\sqrt{261}=3\sqrt{29}$. Đúng.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $M(x;y;z)$. Điều kiện $\widehat{AMB}=90^{\circ }$ nghĩa là $\overrightarrow{MA}\cdot \overrightarrow{MB}=0$: $(2-x)(-x)+(2-y)(-y)+(-z)(-z)=0\Rightarrow x^2+y^2+z^2-2x-2y=0$. Tương tự $\overrightarrow{MB}\cdot \overrightarrow{MC}=0\Rightarrow x^2+y^2+z^2-2y-2z=0$ và $\overrightarrow{MC}\cdot \overrightarrow{MA}=0\Rightarrow x^2+y^2+z^2-2x-2z=0$. Trừ các phương trình cho nhau suy ra $x=y=z=t$. Thay vào: $3t^2-4t=0\Rightarrow t=0$ (M trùng gốc O, loại) hoặc $t=\frac{4}{3}$. Vậy $x_M+y_M+z_M=3\cdot \frac{4}{3}=4$. Đáp án A.

Ta có $\widehat{BAD}=\widehat{DA{A}^{\prime }}=\widehat{A^{\prime }AB}=60^o$.
$\Rightarrow △ABD=△AB{A}^{\prime }=△AD{A}^{\prime }$ là các tam giác đều và có cạnh $AB=AD=A{A}^{\prime }=1$.
$\Rightarrow \overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{A{A}^{\prime }}=\overrightarrow{AD}.\overrightarrow{A{A}^{\prime }}=\mathrm{1.1.}\cos 60^o=\frac{1}{2}$.
$\overrightarrow{MN}=\overrightarrow{M{C}^{\prime }}+\overrightarrow{C^{\prime }{D}^{\prime }}+\overrightarrow{D^{\prime }N}=2\overrightarrow{B{C}^{\prime }}+\overrightarrow{C^{\prime }{D}^{\prime }}+\overrightarrow{D{D}^{\prime }}$
$=2\left(\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{B{B}^{\prime }}\right)+\overrightarrow{C^{\prime }{D}^{\prime }}+\overrightarrow{D{D}^{\prime }}=2\overrightarrow{BC}+2\overrightarrow{B{B}^{\prime }}+\overrightarrow{C^{\prime }{D}^{\prime }}+\overrightarrow{D{D}^{\prime }}$
$=2\overrightarrow{AD}+2\overrightarrow{A{A}^{\prime }}-\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{A{A}^{\prime }}=2\overrightarrow{AD}+3\overrightarrow{A{A}^{\prime }}-\overrightarrow{AB}$
$.\overrightarrow{MN}=2\overrightarrow{AD}+3\overrightarrow{A{A}^{\prime }}-\overrightarrow{AB}\iff M{N}^2={\left(2\overrightarrow{AD}+3\overrightarrow{A{A}^{\prime }}-\overrightarrow{AB}\right)}^2$
$\iff M{N}^2=4{\overrightarrow{AD}}^2+9{\overrightarrow{A{A}^{\prime }}}^2+{\overrightarrow{AB}}^2+12\overrightarrow{AD}.\overrightarrow{A{A}^{\prime }}-4\overrightarrow{AD}.\overrightarrow{AB}-6\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{A{A}^{\prime }}$.
$\iff M{N}^2=9+4+1+6-3-2=15$.
$\Rightarrow MN=\sqrt{15}$.

a) Từ $\overrightarrow{MN}=(10;0;5)$ suy ra $E(7;8;9)$, không phải $E(6;8;9)$. Vậy a) sai.

b) Giải hệ $\overrightarrow{OI}+2\overrightarrow{IA}+3\overrightarrow{IB}=\vec{0}$ được $I\left(\frac{9}{4};\frac{31}{4};\frac{13}{2}\right)$. Vậy b) đúng.

c) Giá trị nhỏ nhất của $\left|\overrightarrow{OK}+2\overrightarrow{KA}+3\overrightarrow{KB}\right|=4\left|\overrightarrow{KI}\right|=4.\frac{31}{4}=31$, không phải $\frac{31}{4}$. Vậy c) sai.

d) Giá trị lớn nhất của $\left|AM-BN\right|=EB=\sqrt{22}$. Vậy d) đúng.
a) Ta có: $\overrightarrow{MN}$ cùng hướng với $\vec{a}=(2;0;1)\Rightarrow \overrightarrow{MN}=k\vec{a},(k>0)$ $\Rightarrow \overrightarrow{MN}=(2k;0;k)(k>0)\Rightarrow M{N}^2=5k^2={\left(5\sqrt{5}\right)}^2=125\iff k=5\Rightarrow \overrightarrow{MN}=(10;0;5)$. Gọi $E$ thỏa $\overrightarrow{AE}=\overrightarrow{MN}=(10;0;5)\Rightarrow E(7;8;9)$. Vậy a) sai.
b) Chọn $I(a;b;c)$ thỏa $\overrightarrow{OI}+2\overrightarrow{IA}+3\overrightarrow{IB}=\vec{0}$ (1). $\overrightarrow{OI}=(a;b;c)$; $\overrightarrow{IA}=(-3-a;8-b;4-c)$; $\overrightarrow{IB}=(5-a;5-b;6-c)$. Từ $(1)\Rightarrow \{\begin{array}{l}-4a+9=0\\ -4b+31=0\\ -4c+26=0\end{array}\iff \{\begin{array}{l}a=\frac{9}{4}\\ b=\frac{31}{4}\\ c=\frac{13}{2}\end{array}$. Do đó $I\left(\frac{9}{4};\frac{31}{4};\frac{13}{2}\right)$. Vậy b) đúng.
c) Chọn $I(a;b;c)$ thỏa $\overrightarrow{OI}+2\overrightarrow{IA}+3\overrightarrow{IB}=\vec{0}$, khi đó $I\left(\frac{9}{4};\frac{31}{4};\frac{13}{2}\right)$. Ta có: $\left|\overrightarrow{OK}+2\overrightarrow{KA}+3\overrightarrow{KB}\right|=\left|\overrightarrow{OI}+2\overrightarrow{IA}+3\overrightarrow{IB}+4\overrightarrow{KI}\right|=4\left|\overrightarrow{KI}\right|$. $\Rightarrow \left|\overrightarrow{OK}+2\overrightarrow{KA}+3\overrightarrow{KB}\right|$ nhỏ nhất $\iff 4\left|\overrightarrow{KI}\right|$ nhỏ nhất $\iff KI\perp (Oxz)$. Lúc đó $K$ là hình chiếu của $I$ lên $(Oxz)$. Giá trị nhỏ nhất của $4\left|\overrightarrow{KI}\right|=4.\frac{31}{4}=31$. Khi đó $K\left(\frac{9}{4};0;\frac{13}{2}\right)$. Vậy c) sai.
d) Xét điểm $E(7;8;9)$ thỏa mãn $\overrightarrow{AE}=\overrightarrow{MN}$. Ta thấy các điểm $E$, $B$ đều nằm cùng phía so với mặt phẳng $(Oxy)$ (vì $z_E$, $z_B$ cùng dương). Mặt khác do $z_E\ne z_B$ nên đường thẳng $EB$ luôn cắt mặt phẳng $(Oxy)$. Từ $\overrightarrow{AE}=\overrightarrow{MN}$ suy ra $AM=EN$, do đó $\left|AM-BN\right|=\left|EN-BN\right|\le EB$. Dấu "=" xảy ra khi $N$ là giao điểm của đường thẳng $EB$ với mặt phẳng $(Oxy)$. Do đó, giá trị lớn nhất của $\left|AM-BN\right|=EB=\sqrt{22}$. Vậy d) đúng.

Gọi $I(x;y;z)$ là điểm thỏa mãn $\overrightarrow{IA}+\overrightarrow{IC}=\overrightarrow{IB}$ (*). Ta có $\overrightarrow{IA}=(2-x;-y;2-z)$; $\overrightarrow{IB}=(-x;2-y;-z)$; $\overrightarrow{IC}=(1-x;-y;3-z)$.

Khi đó $(\ast )\iff \{\begin{array}{l}2-x+1-x=-x\\ -y-y=2-y\\ 2-z+3-z=-z\end{array}\iff \{\begin{array}{l}x=3\\ y=-2\\ z=5\end{array}\Rightarrow I(3;-2;5)\equiv P$.

Suy ra $\overrightarrow{IA}=(-1;2;-3)\Rightarrow I{A}^2=14$; $\overrightarrow{IB}=(-3;4;-5)\Rightarrow I{B}^2=50$; $\overrightarrow{IC}=(-2;2;-2)\Rightarrow I{C}^2=12$.

Ta có $M{A}^2+M{C}^2=M{B}^2\iff M{A}^2+M{C}^2-M{B}^2=0$.

Khi đó $M{A}^2+M{C}^2-M{B}^2={\left(\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IA}\right)}^2+{\left(\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IC}\right)}^2-{\left(\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IB}\right)}^2$

$=M{I}^2+I{A}^2+2\overrightarrow{MI}.\overrightarrow{IA}+M{I}^2+I{C}^2+2\overrightarrow{MI}.\overrightarrow{IC}-M{I}^2-I{B}^2-2\overrightarrow{MI}.\overrightarrow{IB}$

$=M{I}^2+\left(I{A}^2+I{C}^2-I{B}^2\right)+2\overrightarrow{MI}\left(\overrightarrow{IA}+\overrightarrow{IC}-\overrightarrow{IB}\right)=0$ hay

$\iff M{P}^2+(14+12-50)=0\iff M{P}^2=24\Rightarrow MP=2\sqrt{6}$.

Đặt $\frac{BM}{BA}=x$, với $0\le x\le 1\Rightarrow \frac{DN}{DC}=x$. Khi đó ta có: $\overrightarrow{BM}=x.\overrightarrow{BA}$ và $\overrightarrow{DN}=x.\overrightarrow{DC}$

Ta có: $\overrightarrow{DN}=x.\overrightarrow{DC}\iff \overrightarrow{BN}-\overrightarrow{BD}=x(\overrightarrow{BC}-\overrightarrow{BD})\iff \overrightarrow{BN}=x.\overrightarrow{BC}+(1-x).\overrightarrow{BD}$

Do đó: $\overrightarrow{MN}=\overrightarrow{BN}-\overrightarrow{BM}=x.\overrightarrow{BC}+(1-x).\overrightarrow{BD}-x.\overrightarrow{BA}$

$M{N}^2=x^2{a}^2+(1-x{)}^2{a}^2+x^2{a}^2+2x(1-x)\frac{a^2}{2}-2x^2.\frac{a^2}{2}-2x(1-x)\frac{a^2}{2}$

$=\left[x^2+(1-x{)}^2+x^2+x(1-x)-x^2-x(1-x)\right].a^2$

$=\left[2x^2-2x+1\right].a^2$

Xét hàm số $f(x)=2x^2-2x+1$ trên đoạn $[0;1]$ ta có:

$$\max f(x)=f(0)=f(1)=1,\min f(x)=f\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{1}{2}$$

MN đạt giá trị nhỏ nhất bằng $n=\frac{a\sqrt{2}}{2}$ khi $M,N$ lần lượt là trung điểm của $AB$ và $CD$.

MN đạt giá trị lớn nhất bằng $m=a$ khi $M\equiv B,N\equiv D$ hoặc $M\equiv A,N\equiv C$.

Vậy $m^2+n^2=\frac{3a^2}{2}$.

Chọn A. Gọi $J$, $K$ lần lượt là trung điểm của $AB$, $CD$. Ta có: $2\overrightarrow{OI}=\overrightarrow{OJ}+\overrightarrow{OK}=\frac{1}{2}\left(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}+\overrightarrow{OD}\right)=-\frac{1}{4}(\vec{u}+\vec{v}+\vec{x}+\vec{y})$.

[Hình cần kiểm tra lại: p10_f1]

Chọn D. Giả sử $M(x;y;z)$ $\Rightarrow$ $\{\begin{array}{l}\overrightarrow{AM}=(x;y;z+1)\\ \overrightarrow{BM}=(x+1;y-1;z)\\ \overrightarrow{CM}=(x-1;y;z-1)\end{array}$ $\Rightarrow$ $\{\begin{array}{l}A{M}^2=x^2+y^2+(z+1{)}^2\\ B{M}^2=(x+1{)}^2+(y-1{)}^2+z^2\\ C{M}^2=(x-1{)}^2+y^2+(z-1{)}^2\end{array}$ $\Rightarrow 3M{A}^2+2M{B}^2-M{C}^2=3\left[x^2+y^2+(z+1{)}^2\right]+2\left[(x+1{)}^2+(y-1{)}^2+z^2\right]-\left[(x-1{)}^2+y^2+(z-1{)}^2\right]$ $=4x^2+4y^2+4z^2+6x-4y+8z+5={\left(2x+\frac{3}{2}\right)}^2+(2y-1{)}^2+(2z+2{)}^2-\frac{9}{4}\ge -\frac{9}{4}$. Dấu "=" xảy ra $\iff x=-\frac{3}{4}$, $y=\frac{1}{2}$, $z=-1$, khi đó $M\left(-\frac{3}{4};\frac{1}{2};-1\right)$.

(AI giải đề cho tôi)
Thiết lập tọa độ: vì $AC=AD=BC=BD=2,5$ nên $C,D$ cùng nằm trong mặt phẳng trung trực của $AB$; đặt $A=(0;0;0)$, $B=(1,4;0;0)$, khi đó $C=(0,7;y_C;0)$ với $y_C=\sqrt{2,5^2-0,7^2}=2,4$. Từ $CD=4,8=2\cdot 2,4$ suy ra $D=(0,7;-2,4;0)$ (bốn điểm thực chất đồng phẳng). Khi đó $M$ là trung điểm $AB$: $M=(0,7;0;0)$; $N$ là trung điểm $CD$: $N=(0,7;0;0)$, tức $M\equiv N$. Vậy $MP+NP=2MP$, nhỏ nhất khi $P$ là hình chiếu của $M$ trên $AD$. Khoảng cách từ $M$ đến đường thẳng $AD$ (với $\overrightarrow{AD}=(0,7;-2,4)$, $|AD|=2,5$): $d=\frac{|0,7\cdot (-2,4)-0\cdot 0,7|}{2,5}=\frac{1,68}{2,5}=0,672$. Do đó giá trị nhỏ nhất là $2\cdot 0,672=1,344\approx 1,34$ km, khớp với đáp án nguồn 1.34.