Trong không gian xét hệ trục tọa độ \(Oxyz\), gọi \(O\) là vị trí đặt trạm radar. Giả sử mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) là mặt đất phẳng, trục \(Ox\) chỉ hướng Đông, trục \(Oy\) chỉ hướng Bắc và trục \(Oz\) hướng thẳng đứng lên trời (đơn vị đo trên các trục là mét). Một tên lửa được phóng lên từ điểm \(A\left( {100;200;0} \right)\) trên mặt đất tại thời điểm \(t = 0\) (giây) với tốc độ ban đầu là \(50\) m/s. Trong giai đoạn này, tên lửa chuyển động theo một đường thẳng với tốc độ tăng dần đều theo thời gian \(t\) với công thức \(v\left( t \right) = at + 50\) (m/s), trong đó \(a\) là hằng số gia tốc dương. Biết rằng sau \(10\) giây kể từ lúc phóng, tên lửa đã đi được quãng đường dài \(1500\) mét. Hướng bay của tên lửa tạo với các hướng Đông, Bắc và hướng thẳng đứng các góc lần lượt là \(60^\circ \),\(45^\circ \)và \(60^\circ \). Gọi \(\overrightarrow u = \left( {{u_1};{u_2};{u_3}} \right)\) là vectơ đơn vị (có độ dài bằng 1) cùng hướng với hướng chuyển động của tên lửa

Nhận thấy hai đường thẳng \(SD\) và \(AB\) chéo nhau.

Gọi \(M,N,O\) lần lượt là trung điểm của \(AB,\;CD,AC\).

Do \(\left\{ \begin{array}{l}AB\parallel CD\\CD \subset \left( {SAD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow AB\parallel \left( {SAD} \right) \Rightarrow d\left( {AB,SD} \right) = d\left( {M,\left( {SAD} \right)} \right) = 2d\left( {O,\left( {SAD} \right)} \right)\).

Trong \(\left( {SOM} \right)\) kẻ\(MH \bot SM,\left( {H \in SM} \right)\).

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}OH \bot SM\\OH \bot CD\;\left( {Do\;CD \bot \left( {SOM} \right),OH \subset \left( {SOM} \right)} \right)\end{array} \right. \Rightarrow OH \bot \left( {SCD} \right) \Rightarrow d\left( {O,\left( {SCD} \right)} \right) = OH\).

Tam giác \(SOM\)vuông tại \(O\)\( \Rightarrow \frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{O{S^2}}} + \frac{1}{{O{M^2}}} = \frac{1}{{\frac{{7{a^2}}}{2}}} + \frac{1}{{\frac{{{a^2}}}{4}}} = \frac{{30}}{{7{a^2}}}\)

Khi đó $OH=\frac{a\sqrt{210}}{30}\Rightarrow d\left(AB,SD\right)=2OH=a\sqrt{\frac{14}{15}}\approx \boxed{\mathrm{0,97}}$.

Tọa độ quả bóng bay thứ nhất và thứ hai lần lượt là: \(A\left( {200;\, - 200;\,50} \right)\) và \(B\left( { - 100;\,100;\,40} \right)\)

Minh họa như sau:

Bài toán trở về khi \(MA + MB\) là nhỏ nhất thì ta cần tính \(OM\).

Gọi \(H\) là hình chiếu của điểm \(B\) xuống mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) và \(B'\) là điểm đối xứng của \(B\) qua mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\).

Khi đó \(H\left( { - 100;\,100;\,0} \right)\) suy ra \(B'\left( { - 100;\,100;\, - 40} \right)\)

Ta có: \(MA + MB = MA + MB' \ge AB'\). Dấu bằng xảy ra khi \(M \equiv {M_0}\left( {a;\,b;\,0} \right)\)

Khi đó: \(\overrightarrow {A{M_0}}  = \left( {a - 200;\,b + 200;\, - 50} \right)\); \(\overrightarrow {AB'}  = \left( { - 300;\,300;\, - 90} \right)\)

Do \(\overrightarrow {A{M_0}} \parallel \overrightarrow {AB'} \) nên \(\frac{{a - 200}}{{ - 300}} = \frac{{b + 200}}{{300}} = \frac{5}{9} \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}a = \frac{{100}}{3}\\b =  - \frac{{100}}{3}\end{array} \right. \Rightarrow {M_0}\left( {\frac{{100}}{3};\, - \frac{{100}}{3};\,0} \right)\)

Vậy \(O{M_0} = \sqrt {{{\left( {\frac{{100}}{3}} \right)}^2} + {{\left( { - \frac{{100}}{3}} \right)}^2} + {0^2}}  \approx 47\) nên khoảng cách từ vị trí người quan sát đến địa điểm thả hai quả bóng bay này khoảng  mét.