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

$\overrightarrow{AB}=(-4-(-12);6-10;9-(-2))=(8;-4;11)$. Gọi tọa độ điểm $F$ là $(x;y;z)$. Khi đó vectơ $\overrightarrow{FE}$ là $\overrightarrow{FE}=(6-x;-6-y;4-z)$. Để tứ giác $ABEF$ là hình bình hành thì ta phải có $\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{FE}$. $$\{\begin{array}{l}8=6-x\\ -4=-6-y\\ 11=4-z\end{array}\iff \{\begin{array}{l}x=6-8\\ y=-6+4\\ z=4-11\end{array}\iff \{\begin{array}{l}x=-2\\ y=-2\\ z=-7\end{array}$$ Vậy tọa độ điểm $F$ là $(-2;-2;-7)$.

Giả sử $C(x;y;z)\Rightarrow \overrightarrow{AC}=(x-1;y;z-1)$. Do đó: $\overrightarrow{AC}=(3;3;0)\iff \{\begin{array}{l}x-1=3\\ y=3\\ z-1=0\end{array}\iff \{\begin{array}{l}x=4\\ y=3\\ z=1\end{array}$. Vậy $C(4;3;1)$.

Đáp số: 4,45

Chọn hệ trục tọa độ $Oxyz$, đơn vị trên mỗi trục tọa độ là $1(m)$. $O(0;0;0)$ là điểm xuất phát. Trục $Ox$: hướng Bắc. Trục $Oy$: hướng Tây. Trục $Oz$ hướng lên trên. Mặt đất là mặt phẳng $(Oxy)$. Theo giả thiết, sau một thời gian bay, chiếc flycam thứ nhất có tọa độ là $A(20;10;0,7)$, chiếc flycam thứ hai có tọa độ là $B(-30;-25;1)$. Gọi $A^{\prime }$ là điểm đối xứng với $A$ qua mặt phẳng $(Oxy)$. Ta có $A^{\prime }(20;10;-0,7)$. Gọi $C$ là điểm trên mặt đất thì $C(x;y;0)$. Khi đó, ta có: $CA+CB=C{A}^{\prime }+CB\ge A^{\prime }B$. Dấu bằng xảy ra khi $A^{\prime }$, $C$, $B$ thẳng hàng. Mặt khác $\overrightarrow{A^{\prime }C}=(x-20;y-10;0,7)$; $\overrightarrow{A^{\prime }B}=(-50;-35;1,7)$. Điều kiện để 3 điểm $A^{\prime }$, $C$, $B$ thẳng hàng là tồn tại $k\in \mathbb{R}$ sao cho: $\overrightarrow{A^{\prime }C}=k\overrightarrow{A^{\prime }B}$ $$\iff \{\begin{array}{l}x-20=-50k\\ y-10=-35k\\ 0,7=1,7k\end{array}\iff \{\begin{array}{l}k=\frac{7}{17}\\ x=-\frac{10}{17}\\ y=-\frac{75}{17}\end{array}\iff C\left(-\frac{10}{17};-\frac{75}{17};0\right).$$ Vậy $C\left(-\frac{10}{17};-\frac{75}{17};0\right)$ là vị trí trên mặt đất có tổng khoảng cách từ đó đến hai chiếc flycam ngắn nhất. Khi đó khoảng cách từ điểm xuất phát $O$ đến $C$ là $OC=\sqrt{{\left(-\frac{10}{17}\right)}^2+{\left(-\frac{75}{17}\right)}^2+0^2}\approx 4,45(m)$.

(AI giải đề cho tôi)
Trong hình hộp, đặt $\overrightarrow{BA}=\vec{u}$, $\overrightarrow{BC}=\vec{v}$, $\overrightarrow{B{B}_1}=\vec{w}$.

A) $\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{BA}=\vec{u}+\vec{v}$; vì $B_1{C}_1=BC$, $B_1{A}_1=BA$ nên $\overrightarrow{B_1{C}_1}+\overrightarrow{B_1{A}_1}=\vec{v}+\vec{u}$. Đẳng thức đúng.

B) $\overrightarrow{D_1{C}_1}=\overrightarrow{DC}$, $\overrightarrow{D_1{A}_1}=\overrightarrow{DA}$. Do đó $\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{D_1{C}_1}+\overrightarrow{D_1{A}_1}=\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{DC}+\overrightarrow{DA}=\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{DA}=\overrightarrow{DC}$ (vì $\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{DA}=\vec{0}$). Đẳng thức đúng.

C) $\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{B{B}_1}=\vec{v}+\vec{u}+\vec{w}=\overrightarrow{B{D}_1}$ (quy tắc hình hộp / tổng ba vectơ cùng xuất phát $B$). Đẳng thức đúng.

D) $\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{D{D}_1}+\overrightarrow{B{D}_1}=\vec{u}+\vec{w}+(\vec{u}+\vec{v}+\vec{w})=2\vec{u}+\vec{v}+2\vec{w}\ne \overrightarrow{BC}=\vec{v}$. Đẳng thức sai.

Vậy đẳng thức sai là D.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $ABCD$ là hình thang có hai cạnh đáy $AB$, $CD$ nên $\overrightarrow{CD}\parallel \overrightarrow{AB}$ với $\overrightarrow{AB}=(2;2;1)$. Kiểm tra các đáp án, chỉ có $C(3;7;4)$ thỏa: $\overrightarrow{CD}=\overrightarrow{D}-\overrightarrow{C}=(-4;-4;-2)=-2(2;2;1)$, tức $CD\parallel AB$ với $CD=2AB=6$. Góc $C$ của hình thang là góc giữa $\overrightarrow{CB}$ và $\overrightarrow{CD}$: $\overrightarrow{CB}=(0;-3;-3)$, $\overrightarrow{CD}=(-4;-4;-2)$. Tích vô hướng $=0+12+6=18$; $|\overrightarrow{CB}|=\sqrt{18}=3\sqrt{2}$, $|\overrightarrow{CD}|=\sqrt{36}=6$. Vậy $\cos C=\frac{18}{3\sqrt{2}\cdot 6}=\frac{1}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$, suy ra góc $C=45^{\circ }$. Các đáp án khác cho góc khác $45^{\circ }$ (A, B cho $\cos C=\frac{2}{\sqrt{5}}$; D cho góc $90^{\circ }$).

(AI giải đề cho tôi)
Vì $M\in (Oxy)$ nên $M(x;y;0)$. Ta có $AB=8<10=MA+MB$, nên tập hợp điểm $M$ là elip với hai tiêu điểm $A,B$, bán trục lớn $a=5$, tiêu cự $c=4$, nên $b^2=a^2-c^2=9$. Phương trình elip: $\frac{x^2}{25}+\frac{y^2}{9}=1$, $z=0$. Tham số hóa $x=5\cos t,y=3\sin t$. Khi đó $M{C}^2=x^2+(y-6{)}^2+1=25{\cos }^{2}t+(3\sin t-6{)}^2+1=61-16{\sin }^{2}t-36\sin t$. Đặt $u=\sin t\in [-1;1]$, hàm $f(u)=61-16u^2-36u$ có $f^{\prime }(u)=-32u-36<0$ trên $[-1;1]$ nên giảm, đạt GTNN tại $u=1$: $f(1)=61-16-36=9$. Vậy $M{C}_{\min }=\sqrt{9}=3$ (tại $M(0;3;0)$). Đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Xét A(1;2;-4), B(1;2;0), C(0;2;0).

a) Sai. Lấy M(0;y;z) thuộc (Oyz). MA=MB ⟹ (y-2)²+(z+4)²=(y-2)²+z² ⟹ z=-2. Khi đó MB²=(y-2)²+4=MC² (vì MC²=(y-2)²+z²), nên mọi điểm M(0;y;-2) đều thỏa MA=MB=MC. Vậy tồn tại M, khẳng định 'không tồn tại' sai.

b) Sai. DA=DB=DC ⟹ D nằm trên đường thẳng qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và vuông góc với (ABC). Tam giác ABC vuông tại B (AB=4, BC=1) nên tâm ngoại tiếp là trung điểm AC: I(1/2;2;-2). Mặt phẳng (ABC) có y=2, vtpt n=(0;1;0). OD song song (ABC) ⟹ OD·n=0 ⟹ y=0 ⟹ D=(1/2;0;-2). Khi đó 2x+y-3z=1+0+6=7≠6, khẳng định sai.

c) Đúng. Hình chiếu vuông góc của A(1;2;-4) lên (Oxy) là (1;2;0)=B.

d) Sai. Hộp có O(0,0,0), C(0,2,0), B(1,2,0), A(1,2,-4): các cạnh xuất phát từ O là OC=(0;2;0), (1;0;0) (đỉnh (1;0;0) thuộc Ox), và (0;0;-4). Thể tích = 2·1·4=8≠4, khẳng định sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
Tồn tại M(0;y;-2) thuộc (Oyz) với MA=MB=MC, nên khẳng định 'không tồn tại' sai.
b) (AI giải đề cho tôi)
D=(1/2;0;-2) nên 2x+y-3z=7≠6, khẳng định sai.
c) (AI giải đề cho tôi)
Hình chiếu của A(1;2;-4) lên (Oxy) là (1;2;0)=B.
d) (AI giải đề cho tôi)
Các cạnh hộp là (0;2;0),(1;0;0),(0;0;-4), thể tích 8≠4, khẳng định sai.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $ABCD$ là hình thang có hai cạnh đáy $AB$, $CD$ nên $\overrightarrow{CD}$ song song $\overrightarrow{AB}=(2;2;1)$, tức $\overrightarrow{DC}=k(2;2;1)$. Kiểm tra góc $\hat{C}=45^{\circ }$ (góc giữa $\overrightarrow{CB}$ và $\overrightarrow{CD}$):

- Với $C(3;7;4)$: $\overrightarrow{CB}=B-C=(0;-3;-3)$, $|\overrightarrow{CB}|=3\sqrt{2}$; $\overrightarrow{CD}=D-C=(-4;-4;-2)$, $|\overrightarrow{CD}|=6$. Tích vô hướng $=0+12+6=18$, nên $\cos \hat{C}=\frac{18}{3\sqrt{2}\cdot 6}=\frac{1}{\sqrt{2}}\Rightarrow \hat{C}=45^{\circ }$. Thỏa mãn.

- $C(5;9;5)$: $\cos \hat{C}=\frac{54}{27\sqrt{5}}=\frac{2}{\sqrt{5}}\ne \frac{\sqrt{2}}{2}$, loại.
- $C(-3;1;1)$: $\cos \hat{C}=\frac{18}{9\sqrt{5}}=\frac{2}{\sqrt{5}}$, loại.
- $C(1;5;3)$: tích vô hướng $=0\Rightarrow \hat{C}=90^{\circ }$, loại.

Vậy $C(3;7;4)$, chọn A.

(AI giải đề cho tôi)
Cho A(1;2;-4), B(1;2;0), C(0;2;0).
a) M thuộc (Oyz) nên x=0. MA=MB: 1+(y-2)^2+(z+4)^2=(y-2)^2+z^2 ⟹ 1+8z+16=0 ⟹ z=-17/8. MB=MC: (y-2)^2+z^2=y^2+z^2 ⟹ y=1. Vậy tồn tại M(0;1;-17/8), mệnh đề 'không tồn tại' SAI.
b) Khối hộp có các cạnh Ox, Oy, Oz với các đỉnh O, (1;0;0), (0;2;0), (0;0;-4), B(1;2;0), C(0;2;0), A(1;2;-4), (1;0;-4)... Đỉnh thuộc Ox khác O là (1;0;0). Thể tích = 1·2·4=8 ≠ 4, SAI.
c) Hình chiếu của A(1;2;-4) lên (Oxy) là (1;2;0)=B, ĐÚNG.
d) DA=DB=DC ⟹ D thuộc đường thẳng qua tâm đường tròn ngoại tiếp ABC và vuông góc (ABC). Mặt phẳng (ABC): y=2. Tâm ngoại tiếp: (1/2;2;-2). D=(1/2; 2+t; -2). OD song song (ABC) ⟹ vector OD=(1/2;2+t;-2) vuông góc pháp tuyến (0;1;0) ⟹ 2+t=0 ⟹ t=-2, D=(1/2;0;-2). Khi đó 2x+y-3z=1+0+6=7≠6, SAI.
a) (AI giải đề cho tôi)
Tồn tại M(0;1;-17/8) thuộc (Oyz) với MA=MB=MC, nên khẳng định 'không tồn tại' là sai.
b) (AI giải đề cho tôi)
Khối hộp có kích thước 1×2×4 nên thể tích bằng 8, không phải 4.
c) (AI giải đề cho tôi)
Hình chiếu của A(1;2;-4) lên (Oxy) là (1;2;0)=B.
d) (AI giải đề cho tôi)
D=(1/2;0;-2) thỏa DA=DB=DC và OD song song (ABC), nhưng 2x+y-3z=7≠6.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục tọa độ với gốc tại điểm xuất phát: trục Ox hướng Đông, Oy hướng Bắc, Oz hướng lên. Vị trí máy bay: cách điểm xuất phát về phía Bắc 50 km, về phía Tây 20 km, cao 1 km, nên tọa độ là $M(-20;50;1)$. Khoảng cách từ máy bay đến điểm xuất phát: $a=\sqrt{(-20{)}^2+50^2+1^2}=\sqrt{400+2500+1}=\sqrt{2901}\approx \mathrm{53.861...}\approx 53.9$ (km).

(AI giải đề cho tôi)
Gắn hệ tọa độ: $A(0;0;0)$, $B(20;0;0)$, $D(0;20;0)$, $D^{\prime }(0;20;20)$. Sau thời gian $t$, đặt $u=\frac{t}{\sqrt{2}}$: kiến vàng đi trên $A{D}^{\prime }$ với vận tốc 2 cm/s nên vị trí $V(0;2u;2u)$; kiến đen đi trên $DB$ với vận tốc 3 cm/s nên vị trí $K(3u;20-3u;0)$. Bình phương khoảng cách: $V{K}^2=9u^2+(20-5u{)}^2+4u^2=38u^2-200u+400$. Hàm số đạt cực tiểu tại $u=\frac{100}{38}=\frac{50}{19}\approx 2,63$, nằm trong khoảng chuyển động của cả hai kiến (kiến vàng đi hết $A{D}^{\prime }$ khi $u=10$, kiến đen đi hết $DB$ khi $u=\frac{20\sqrt{2}}{3}\approx 9,43$). Khoảng cách nhỏ nhất: $V{K}_{\min }=\sqrt{\frac{49400}{361}}\approx 11,698\approx 11,7$ cm.

(AI giải đề cho tôi)
Tích vô hướng: $\vec{a}\cdot \vec{b}=2\cdot 0+(-1)\cdot 3+3\cdot 5=0-3+15=12$. Vậy đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $G$ là trọng tâm tam giác $BCD$ nên $\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC}+\overrightarrow{GD}=\vec{0}$. Ta có $\vec{u}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{AD}=(\overrightarrow{AG}+\overrightarrow{GB})+(\overrightarrow{AG}+\overrightarrow{GC})+(\overrightarrow{AG}+\overrightarrow{GD})=3\overrightarrow{AG}+(\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC}+\overrightarrow{GD})=3\overrightarrow{AG}$. Vậy đáp án B.

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 A

[Hình cần kiểm tra lại: p9_f1]

Ta có: $\overrightarrow{B_{1}M}.\overrightarrow{B{D}_1}=\left(\overrightarrow{B_{1}B}+\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AM}\right)\left(\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{D{D}_1}\right)$

$=\overrightarrow{B_{1}B}.\overrightarrow{D{D}_1}+{\overrightarrow{BA}}^2+\overrightarrow{AM}.\overrightarrow{AD}$

$=-a^2+a^2+\frac{a^2}{2}$

$=\frac{a^2}{2}$

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

Chọn B

Điểm $M(x_0;y_0;z_0)$ có điểm đối xứng qua trục $Oy$ là điểm $M^{\prime }(-x_0;y_0;-z_0)$.

Vậy điểm $M(2;-1;-3)$ có điểm đối xứng qua trục $Oy$ là điểm $M^{\prime }(-2;-1;3)$.

Chọn B

Ta có

$A{B}^2=1^2+(-2{)}^2+2^2=9$, $A{C}^2=3^2+(-4{)}^2+6^2=61$, $\overrightarrow{AC}.\overrightarrow{AB}=1.3+(-2)(-4)+2.6=23$.

${\overrightarrow{BC}}^2={\left(\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB}\right)}^2={\overrightarrow{AC}}^2+{\overrightarrow{AB}}^2-2.\overrightarrow{AC}.\overrightarrow{AB}=61+9-2.23=24$.

Áp dụng công thức đường trung tuyến ta có:

$A{M}^2=\frac{A{B}^2+A{C}^2}{2}-\frac{B{C}^2}{4}=\frac{9+61}{2}-\frac{24}{4}=29$.

Vậy $AM=\sqrt{29}$.

(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.