Giải SBT Toán 10 Bài 10. Vectơ trong mặt phẳng tọa độ có đáp án

Lời giải

Cách 1:

Gọi A(x_A; y_A); B(x_B; y_B) và C(x_C; y_C) là tọa độ ba đỉnh của tam giác ABC.

Ta có:

+) M(4; 0) là trung điểm của BC nên \(\left\{ \begin{array}{l}4 = \frac{{{x_B} + {x_C}}}{2}\\0 = \frac{{{y_B} + {y_C}}}{2}\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_B} + {x_C} = 8\\{y_B} + {y_C} = 0\end{array} \right.\)(1)

+) N(5; 2) là trung điểm của CA nên \[\left\{ \begin{array}{l}5 = \frac{{{x_A} + {x_C}}}{2}\\2 = \frac{{{y_A} + {y_C}}}{2}\end{array} \right.\]

\[ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_A} + {x_C} = 10\\{y_A} + {y_C} = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_C} = 10 - {x_A}\\{y_C} = 4 - {y_A}\end{array} \right.\](2)

+) P(2; 3) là trung điểm của AB nên \[\left\{ \begin{array}{l}2 = \frac{{{x_A} + {x_B}}}{2}\\3 = \frac{{{y_A} + {y_B}}}{2}\end{array} \right.\]

\[ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_A} + {x_B} = 4\\{y_A} + {y_B} = 6\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_B} = 4 - {x_A}\\{y_B} = 6 - {y_A}\end{array} \right.\](3)

Thay (2) và (3) vào (1) ta được:

\(\left\{ \begin{array}{l}\left( {4 - {x_A}} \right) + \left( {10 - {x_A}} \right) = 8\\\left( {6 - {y_A}} \right) + \left( {4 - {y_A}} \right) = 0\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}14 - 2{x_A} = 8\\10 - 2{y_A} = 0\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_A} = 3\\{y_A} = 5\end{array} \right.\) A(3; 5)

Khi đó \[\left\{ \begin{array}{l}{x_B} = 4 - 3 = 1\\{y_B} = 6 - 5 = 1\end{array} \right.\] B(1; 1)

\[\left\{ \begin{array}{l}{x_C} = 10 - 3 = 7\\{y_C} = 4 - 5 = - 1\end{array} \right.\] C(7; –1)

Vậy A(3; 5), B(1; 1) và C(7; –1).

Cách 2:

Do M, N, P

lần lượt là trung điểm của BC, CA, AB

Nên MN, NP, PM là các đường trung bình của tam giác ABC.

MN // AB, NP // BC, MP // AC.

+) Do MN // BM và NP // BM nên tứ giác MNPB là hình bình hành

\( \Rightarrow \overrightarrow {MB} = \overrightarrow {NP} \)

Gọi B(x_B; y_B) và có M(4; 0), N(5; 2) và P(2, 3).

\( \Rightarrow \overrightarrow {MB} = \left( {{x_B} - 4;{y_B}} \right)\) và \(\overrightarrow {NP} = \left( {2 - 5;3 - 2} \right) = \left( { - 3;1} \right)\)

Khi đó \(\overrightarrow {MB} = \overrightarrow {NP} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_B} - 4 = - 3\\{y_B} = 1\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_B} = 1\\{y_B} = 1\end{array} \right.\) B(1; 1)

Tương tự ta cũng có A(3; 5) và C(7; –1).

Vậy A(3; 5), B(1; 1) và C(7; –1).

Lời giải

Với A(2;–1), B(1; 4) và C(7; 0) ta có:

+) \(\overrightarrow {AB} = \left( {1 - 2;4 - \left( { - 1} \right)} \right) = \left( { - 1;5} \right)\)

\( \Rightarrow AB = \left| {\overrightarrow {AB} } \right| = \sqrt {{{\left( { - 1} \right)}^2} + {5^2}} = \sqrt {26} \)

+) \(\overrightarrow {BC} = \left( {7 - 1;0 - 4} \right) = \left( {6; - 4} \right)\)

\( \Rightarrow BC = \left| {\overrightarrow {BC} } \right| = \sqrt {{6^2} + {{\left( { - 4} \right)}^2}} = \sqrt {52} = 2\sqrt {13} \)

+) \(\overrightarrow {CA} = \left( {2 - 7; - 1 - 0} \right) = \left( { - 5; - 1} \right)\)

\( \Rightarrow CA = \left| {\overrightarrow {CA} } \right| = \sqrt {{{\left( { - 5} \right)}^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2}} = \sqrt {26} \)

Do đó AB = CA \(\left( { = \sqrt {26} } \right)\)

Nên tam giác ABC cân tại A (1)

Mặt khác: \(B{C^2} = {\left( {2\sqrt {13} } \right)^2} = 52\)

Và \(A{B^2} + A{C^2} = {\left( {\sqrt {26} } \right)^2} + {\left( {\sqrt {26} } \right)^2} = 52\)

BC² = AB² + AC²

Theo định lí Pythagoras đảo thì tam giác ABC vuông tại A (2)

Từ (1) và (2) suy ra tam giác ABC vuông cân tại A với \(AB = AC = \sqrt {26} ;BC = 2\sqrt {13} .\)

Lời giải

Vì ABC là tam giác vuông cân

Nên để ABDC là hình vuông thì tứ giác ABDC là hình bình hành

\( \Leftrightarrow \overrightarrow {CA} = \overrightarrow {DB} \)

Gọi D(x_D; y_D) và có A(2;–1), B(1; 4), C(7; 0).

\( \Rightarrow \overrightarrow {CA} = \left( { - 5; - 1} \right)\)và \(\overrightarrow {DB} = \left( {1 - {x_D};4 - {y_D}} \right)\)

Do đó \(\overrightarrow {CA} = \overrightarrow {DB} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 5 = 1 - {x_D}\\ - 1 = 4 - {y_D}\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_D} = 6\\{y_D} = 5\end{array} \right.\) D(6; 5).

Vậy tọa độ điểm D cần tìm là D(6; 5).

Lời giải

Gọi P(a; 0) là điểm thuộc tia Ox.

Với M(–2; 1) và N(4; 5) ta có:

+) \(\overrightarrow {PM} = \left( { - 2 - a;1} \right)\)\[ \Rightarrow PM = \left| {\overrightarrow {PM} } \right| = \sqrt {{{\left( { - 2 - a} \right)}^2} + {1^2}} \]

+) \(\overrightarrow {PN} = \left( {4 - a;5} \right)\)\( \Rightarrow PN = \left| {\overrightarrow {PN} } \right| = \sqrt {{{\left( {4 - a} \right)}^2} + {5^2}} \)

Do đó PM = PN \[ \Leftrightarrow \sqrt {{{\left( { - 2 - a} \right)}^2} + {1^2}} = \sqrt {{{\left( {4 - a} \right)}^2} + {5^2}} \]

(–2 – a)² + 1² = (4 – a)² + 5²

4 + 4a + a² + 1 = 16 – 8a + a² + 25

12a = 36

a = 3.

Vậy P(3; 0).

Lời giải

Giả sử điểm Q có tọa độ là Q(x; y).

Với M(–2; 1), N(4; 5) và P(3; 0) ta có:

+) \[\overrightarrow {MQ} = \left( {x + 2;y - 1} \right)\]

+) \[\overrightarrow {PN} = \left( {4 - 3;5 - 0} \right) = \left( {1;5} \right)\]

\[ \Rightarrow 2\overrightarrow {PN} = \left( {2;10} \right)\]

Do đó \[\overrightarrow {MQ} = 2\overrightarrow {PN} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + 2 = 2\\y - 1 = 10\end{array} \right.\]

\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 0\\y = 11\end{array} \right.\] Q(0; 11).

Vậy Q(0; 11).

Lời giải

Giả sử R(x₀; y₀) là điểm cần tìm.

Với M(–2; 1) và N(4; 5) ta có:

+) \(\overrightarrow {RM} = \left( { - 2 - {x_0};1 - {y_0}} \right)\)

+) \(\overrightarrow {RN} = \left( {4 - {x_0};5 - {y_0}} \right)\)\( \Rightarrow 2\overrightarrow {RN} = \left( {8 - 2{x_0};10 - 2{y_0}} \right)\)

\( \Rightarrow \overrightarrow {RM} + 2\overrightarrow {RN} = \left( { - 2 - {x_0} + 8 - 2{x_0};1 - {y_0} + 10 - 2{y_0}} \right)\)

\[ \Rightarrow \overrightarrow {RM} + 2\overrightarrow {RN} = \left( {6 - 3{x_0};11 - 3y{ & _0}} \right)\]

Do đó \[\overrightarrow {RM} + 2\overrightarrow {RN} = \overrightarrow 0 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}6 - 3{x_0} = 0\\11 - 3{y_0} = 0\end{array} \right.\]

\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_0} = 2\\{y_0} = \frac{{11}}{3}\end{array} \right.\] \( \Rightarrow R\left( {2;\frac{{11}}{3}} \right)\)

+) Ta xét ba điểm: P(3; 0), Q(0; 11) và \(R\left( {2;\frac{{11}}{3}} \right)\)

\( \Rightarrow \overrightarrow {PQ} = \left( { - 3;11} \right)\)và \(\overrightarrow {QR} = \left( {2;\frac{{11}}{3} - 11} \right) = \left( {2;\frac{{ - 22}}{3}} \right)\)

Có: \(\frac{{ - 3}}{2} = \frac{{11}}{{\frac{{ - 22}}{3}}}\) nên hai vectơ \(\overrightarrow {PQ} \) và \(\overrightarrow {QR} \) cùng phương

Do đó P, Q, R thẳng hàng

Vậy ba điểm P, Q, R thẳng hàng.

Lời giải

Giả sử P(0; y_P) là điểm thuộc trục tung.

Với M(–3; 2) và N(2; 7) ta có:

\(\overrightarrow {MP} = \left( {3;{y_P} - 2} \right)\)và \(\overrightarrow {NP} = \left( { - 2;{y_P} - 7} \right)\)

Ba điểm M, N, P thẳng hàng

\( \Leftrightarrow \overrightarrow {MP} \) và \(\overrightarrow {NP} \) cùng phương

\( \Leftrightarrow \frac{3}{{ - 2}} = \frac{{{y_P} - 2}}{{{y_P} - 7}}\) (với y_P ≠ 7)

3.(y_P – 7) = –2.(y_P – 2)

3.y_P – 21 = –2y_P + 4

3.y_P + 2y_P = 4 + 21

5.y_P = 25

y_P = 5 (thỏa mãn)

Vậy P(0; 5).

Lời giải

Vì Q đối xứng với N(2; 7) qua Oy nên:

+ Hoành độ của điểm Q là số đối của hoành độ điểm N;

+ Tung độ của điểm Q bằng với tung độ của điểm N.

Do đó Q(–2; 7).

Vậy Q(–2; 7).

Lời giải

Vì R đối xứng với M(–3; 2) qua trục hoành nên:

+ Hoành độ của điểm R bằng hoành độ điểm M;

+ Tung độ của điểm R bằng số đối của tung độ điểm M.

Do đó R(–3; –2).

Vậy R(–3; –2).

Lời giải

Giả sử E(0; y_E) là điểm thuộc trục tung.

Với C(1; 6) và D(11; 2) ta có:

\[\overrightarrow {EC} = & & \left( {1;6 - {y_E}} \right)\] và \(\overrightarrow {ED} = \left( {11;2 - {y_E}} \right)\)

\( \Rightarrow \overrightarrow {EC} + \overrightarrow {ED} = \left( {1 + 11;6 - {y_E} + 2 - {y_E}} \right)\)

\( \Rightarrow \overrightarrow {EC} + \overrightarrow {ED} = \left( {12;8 - 2{y_E}} \right)\)

\( \Rightarrow \left| {\overrightarrow {EC} + \overrightarrow {ED} } \right| = \sqrt {{{12}^2} + {{\left( {8 - 2{y_E}} \right)}^2}} \)

Vì (8 – 2y_E)² ≥ 0 ∀ y_E

Nên 12² + (8 – 2y_E)² ≥ 12² ∀ y_E

Hay \(\sqrt {{{12}^2} + {{\left( {8 - 2{y_E}} \right)}^2}} \ge 12\) ∀ y_E

\( \Rightarrow \left| {\overrightarrow {EC} + \overrightarrow {ED} } \right| \ge 12\) ∀ y_E

Do đó độ dài của vectơ \(\overrightarrow {EC} + \overrightarrow {ED} \) nhỏ nhất bằng 12

Dấu “=’ xảy ra 8 – 2y_E = 0

y_E = 4

Vậy với E(0; 4) thì vectơ \(\overrightarrow {EC} + \overrightarrow {ED} \) có độ dài ngắn nhất.

Lời giải

Giả sử F(a; 0) thuộc trục hoành.

Với C(1; 6) và D(11; 2) ta có:

+) \[\overrightarrow {FC} = & & \left( {1 - a;6} \right)\]\( \Rightarrow 2\overrightarrow {FC} = & & \left( {2 - 2a;12} \right)\)

+) \(\overrightarrow {FD} = \left( {11 - a;2} \right)\) \( \Rightarrow 3\overrightarrow {FD} = \left( {33 - 3a;6} \right)\)

\( \Rightarrow 2\overrightarrow {FC} + 3\overrightarrow {FD} = \left( {2 - 2a + 33 - 3a;12 + 6} \right)\)

\( \Rightarrow 2\overrightarrow {FC} + 3\overrightarrow {FD} = \left( {35 - 5a;18} \right)\)

\( \Rightarrow \left| {2\overrightarrow {FC} + 3\overrightarrow {FD} } \right| = \sqrt {{{\left( {35 - 5a} \right)}^2} + {{18}^2}} \)

Vì (35 – 5a)² ≥ 0 ∀a

Nên (35 – 5a)² + 18² ≥ 18² ∀a

Hay \(\sqrt {{{\left( {35 - 5a} \right)}^2} + {{18}^2}} \) ∀a

\( \Rightarrow \left| {2\overrightarrow {FC} + 3\overrightarrow {FD} } \right| \ge 18\) ∀a

Do đó độ dài của vectơ \(2\overrightarrow {FC} + 3\overrightarrow {FD} \) nhỏ nhất bằng 18

Dấu “=’ xảy ra 35 – 5a = 0

a = 7

Vậy với F(7; 0) thì \(\left| {2\overrightarrow {FC} + 3\overrightarrow {FD} } \right|\) đạt giá trị nhỏ nhất.

Lời giải

Giả sử M(x ; y) là tọa độ điểm thỏa mãn \(\left| {\overrightarrow {MC} + \overrightarrow {MD} } \right| = CD.\)

Với C(1; 6) và D(11; 2) ta có:

+) \(\overrightarrow {CD} = \left( {10; - 4} \right)\)

\( \Rightarrow CD = \left| {\overrightarrow {CD} } \right| = \sqrt {{{10}^2} + {{\left( { - 4} \right)}^2}} = \sqrt {116} = 2\sqrt {29} \)

Gọi I là trung điểm của CD, khi đó ta có:

• Tọa độ của I là: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_I} = \frac{{1 + 11}}{2} = 6\\{y_I} = \frac{{6 + 2}}{2} = 4\end{array} \right.\) I(6; 4).

• \(\overrightarrow {MC} + \overrightarrow {MD} = 2\overrightarrow {MI} \)

\( \Rightarrow \left| {\overrightarrow {MC} + \overrightarrow {MD} } \right| = \left| {2\overrightarrow {MI} } \right| = 2.MI\)

Ta có \(\left| {\overrightarrow {MC} + \overrightarrow {MD} } \right| = CD \Leftrightarrow 2MI = CD\)

\( \Leftrightarrow IM = \frac{{CD}}{2} = \frac{{2\sqrt {29} }}{2} = \sqrt {29} .\)

Do đó tập hợp điểm M là đường tròn tâm I(6; 4) và bán kính \(R = \sqrt {29} .\)

Lời giải

Với ba điểm A(1; 2), B(3; 4) và C(2; –1) ta có:

+) \(\overrightarrow {AB} = \left( {2;2} \right)\)

+) \(\overrightarrow {AC} = \left( {1; - 3} \right)\)

Do \(\frac{2}{1} \ne \frac{2}{{ - 3}}\)nên hai vectơ \(\overrightarrow {AB} \) và \(\overrightarrow {AC} \) không cùng phương

Do đó ba điểm A, B, C không thẳng hàng nên tạo thành một tam giác.

Gọi G(x; y) là tọa độ trọng tâm của tam giác ABC

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = \frac{{1 + 3 + 2}}{3} = 2\\y = \frac{{2 + 4 + \left( { - 1} \right)}}{3} = \frac{5}{3}\end{array} \right.\) \( \Rightarrow G\left( {2;\frac{5}{3}} \right)\)

Vậy \(G\left( {2;\frac{5}{3}} \right).\)

Lời giải

* Tìm tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

Gọi I(a; b) là tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

Khi đó IA = IB = IC.

Với ba điểm A(1; 2), B(3; 4) và C(2; –1) ta có:

+) \(\overrightarrow {IA} = \left( {1 - a;2 - b} \right)\) \( \Rightarrow \left| {\overrightarrow {IA} } \right| = \sqrt {{{\left( {1 - a} \right)}^2} + {{\left( {2 - b} \right)}^2}} \)

+) \(\overrightarrow {IB} = \left( {3 - a;4 - b} \right)\) \( \Rightarrow \left| {\overrightarrow {IB} } \right| = \sqrt {{{\left( {3 - a} \right)}^2} + {{\left( {4 - b} \right)}^2}} \)

+) \(\overrightarrow {IC} = \left( {2 - a; - 1 - b} \right)\)\( \Rightarrow \left| {\overrightarrow {IC} } \right| = \sqrt {{{\left( {2 - a} \right)}^2} + {{\left( { - 1 - b} \right)}^2}} \)

Do đó IA = IB = IC IA² = IB² = IC²

(1 – a)² + (2 – b)² = (3 – a)² + (4 – b)² = (2 – a)² + (–1 – b)²

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\left( {1--a} \right)^2} + {\left( {2--b} \right)^2} = {\left( {3--a} \right)^2} + {\left( {4--b} \right)^2}\\{\left( {1--a} \right)^2} + {\left( {2--b} \right)^2} = {\left( {2--a} \right)^2} + {\left( {--1--b} \right)^2}\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}1 - 2a + {a^2} + 4 - 4b + {b^2} = 9 - 6a + {a^2} + 16 - 8b + {b^2}\\1 - 2a + {a^2} + 4 - 4b + {b^2} = 4 - 4a + {a^2} + 1 + 2b + {b^2}\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4a + 4b = 20\\2a - 6b = 0\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a + b = 5\\a - 3b = 0\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \frac{{15}}{4}\\b = \frac{5}{4}\end{array} \right.\)\( \Rightarrow I\left( {\frac{{15}}{4};\frac{5}{4}} \right)\)

* Tìm tọa độ trực tâm H của tam giác ABC.

Gọi H(x₀; y₀) là tọa độ trực tâm của tam giác ABC.

Vì H là trực tâm của tam giác ABC nên theo kết quả của Bài 4.15, phần a) trang 54 ta có \(\overrightarrow {AH} = 2\overrightarrow {IM} \) (với M là trung điểm của BC).

Với A(1; 2), B(3; 4), C(2; –1) và \(I\left( {\frac{{15}}{4};\frac{5}{4}} \right)\)ta có:

• Trung điểm M của BC có tọa độ là: \(\left\{ \begin{array}{ccccc}{x_M} = \frac{{3 + 2}}{2} = \frac{5}{2}\\y{ & _M} = \frac{{4 + \left( { - 1} \right)}}{2} = \frac{3}{2}\end{array} \right.\) \( \Rightarrow M\left( {\frac{5}{2};\frac{3}{2}} \right)\)

• \(\overrightarrow {IM} = \left( {\frac{5}{2} - \frac{{15}}{4};\frac{3}{2} - \frac{5}{4}} \right) = \left( {\frac{{ - 5}}{4};\frac{1}{4}} \right)\)

\( \Rightarrow 2\overrightarrow {IM} = \left( {\frac{{ - 5}}{2};\frac{1}{2}} \right)\)

• \(\overrightarrow {AH} = \left( {{x_0} - 1;{y_0} - 2} \right)\)

Ta có: \(\overrightarrow {AH} = 2\overrightarrow {IM} \)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_0} - 1 = \frac{{ - 5}}{2}\\{y_0} - 2 = \frac{1}{2}\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_0} = \frac{{ - 3}}{2}\\{y_0} = \frac{5}{2}\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow H\left( {\frac{{ - 3}}{2};\frac{5}{2}} \right).\)

Vậy \(I\left( {\frac{{15}}{4};\frac{5}{4}} \right)\) và \(H\left( {\frac{{ - 3}}{2};\frac{5}{2}} \right).\)

Lời giải

Chọn hệ trục tọa độ Oxy sao cho các đỉnh của hình hồ hình chữ nhật có các tọa độ là A(0; 0), B(200; 0), C(200; 180) và D(0; 180).

Gọi vị trí các cột điện được trồng là C₁, C₂, C₃ và C₄.

Vì vị trí cột điện thứ nhất C₁ nằm trên bờ AB và cách A một khoảng 20 m nên trong hệ trục tọa độ đã chọn, điểm C₁(20; 0).

Vị trí cột điện thứ tư nằm trên bờ CD và cách C một khoảng 30 m nên khoảng cách từ C₄ đến D là 170 m. Khi đó trong hệ trục tọa độ đã chọn, điểm C₄(170; 180).

Vì bốn cột điện được trồng liên tiếp nhau và cách đều trên một đường thẳng nên:

C₁C₂ = C₂C₃ = C₃C₄

C₁C₂ = \(\frac{1}{3}\)C₁C₄ và C₁C₃ = \(\frac{2}{3}\)C₁C₄.

\( \Rightarrow \overrightarrow {{C_1}{C_2}} = \frac{1}{3}\overrightarrow {{C_1}{C_4}} \) và \(\overrightarrow {{C_1}{C_3}} = \frac{2}{3}\overrightarrow {{C_1}{C_4}} \)

Giả sử C₂(a; b) và C₃(x; y).

Với C₁(20; 0), C₄(170; 180) ta có:

\(\overrightarrow {{C_1}{C_4}} = \left( {150;180} \right)\); \(\overrightarrow {{C_1}{C_2}} = \left( {a - 20;b} \right)\) và \(\overrightarrow {{C_1}{C_3}} = \left( {x - 20;y} \right)\)

• \[\overrightarrow {{C_1}{C_2}} = \frac{1}{3}\overrightarrow {{C_1}{C_4}} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a - 20 = \frac{1}{3}.150 = 50\\b = \frac{1}{3}.180 = 60\end{array} \right.\]

\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 70\\b = 60\end{array} \right.\] C₂(70; 60).

d(C₂; AB) = d(C₂; Ox) = |b| = 60 (m).

d(C₂; AD) = d(C₂; Oy) = |a| = 70 (m).

• \(\overrightarrow {{C_1}{C_3}} = \frac{2}{3}\overrightarrow {{C_1}{C_4}} \)\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - 20 = \frac{2}{3}.150 = 100\\y = \frac{2}{3}.180 = 120\end{array} \right.\]

\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 120\\y = 120\end{array} \right.\] C₃(120; 120).

d(C₃; AB) = d(C₃; Ox) = |y| = 120 (m)

d(C₃; AD) = d(C₃; Oy) = |x| = 120 (m).

Vậy khoảng cách từ cột điện thứ hai đến bờ AB là 60 m và đến bờ AD là 70 m.

Khoảng cách từ cột điện thứ ba đến bờ AB là 120 m và đến bờ AD là 120 m.