Bài 1. TỌA ĐỘ CỦA VÉCTƠ

Lỗi khi trích xuất lý thuyết từ dữ liệu Lỗi khi tải dữ liệu từ BaitapSGK10/t10ch9b1sgk2.tex

Câu 1:

Tìm tọa độ của các véc-tơ trong hình vẽ bên dưới.

baitapsgk10/t10ch9b1sgkh1.png

baitapsgk10/t10ch9b1sgkh2.png

Trong hình vẽ, ta có

\(\bullet\,\) Vẽ \(\overrightarrow{OA}=\overrightarrow{a}\). Ta có \(A(2;-3)\) nên \(\overrightarrow{a}=(2;-3)\).

\(\bullet\,\) Vẽ \(\overrightarrow{OB}=\overrightarrow{b}\). Ta có \(B(-3;0)\) nên \(\overrightarrow{b}=(-3;0)\).

\(\bullet\,\) Vẽ \(\overrightarrow{OC}=\overrightarrow{c}\). Ta có \(C(5;1)\) nên \(\overrightarrow{c}=(5;1)\).

\(\bullet\,\) Vẽ \(\overrightarrow{OD}=\overrightarrow{d}\). Ta có \(D(0;4)\) nên \(\overrightarrow{d}=(0;4)\).

}

Câu 2:

Tìm các số thực \(a\)\(b\) sao cho mỗi cặp véc-tơ sau bằng nhau:

\(\bullet\,\) \(\overrightarrow{m}=(2a+3;b-1)\)\(\overrightarrow{n}=(1;-2)\).

\(\bullet\,\) \(\overrightarrow{u}=(3a-2;5)\)\(\overrightarrow{v}=(5;2b+1)\).

\(\bullet\,\) \(\overrightarrow{x}=(2a+b;2b)\)\(\overrightarrow{y}=(3+2b;b-3a)\).

Image
Image

\(\bullet\,\) \(\overrightarrow{m}=\overrightarrow{n}\Leftrightarrow\begin{cases}2a+3=1\\b-1=-2\end{cases}\Leftrightarrow\begin{cases}a=-1\\b=-1.\end{cases}\)

\(\bullet\,\) \(\overrightarrow{u}=\overrightarrow{v}\Leftrightarrow\begin{cases}3a-2=5\\5=2b+1\end{cases}\Leftrightarrow\begin{cases}a=\displaystyle\frac{7}{3}\\b=2.\end{cases}\)

\(\bullet\,\) \(\overrightarrow{x}=\overrightarrow{y}\Leftrightarrow\begin{cases}2a+b=3+2b\\2b=b-3a\end{cases}\Leftrightarrow\begin{cases}2a-b=3\\3a+b=0\end{cases}\Leftrightarrow\begin{cases}a=\displaystyle\frac{3}{5}\\b=-\displaystyle\frac{9}{5}.\end{cases}\)

}

Câu 3:

Trong mặt phẳng tọa độ \(Oxy\), cho ba điểm không thẳng hàng \(A(-4;2)\), \(B(2;4)\), \(C(8;-2)\). Tìm tọa độ điểm \(D\) sao cho tứ giác \(ABCD\) là hình bình hành.

Image

baitapsgk10/t10ch9b1sgkh3.png

Gọi \(D(x_D;y_D)\).

Ta có \(\overrightarrow{AB}=(6;2)\); \(\overrightarrow{DC}=(8-x_D;-2-y_D)\).

\(ABCD\) là hình bình hành khi và chỉ khi

\(\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{DC}\Leftrightarrow\begin{cases}8-x_D=6\\-2-y_D=2\end{cases}\Leftrightarrow\begin{cases}x_D=2\\y_D=-4.\end{cases}\)

Vậy \(D(2;-4)\).

}

Câu 4:

Trong mặt phẳng tọa độ \(Oxy\), cho tứ giác \(ABCD\)\(A(x_A;y_A)\), \(B(x_B;y_B)\), \(C(x_C;y_C)\), \(D(x_D;y_D)\). Chứng minh tứ giác \(ABCD\) là hình bình hành khi và chỉ khi \(x_A+x_C=x_B+x_D\)\(y_A+y_C=y_B+y_D\).

Image

baitapsgk10/t10ch9b1sgkh4.png

Gọi \(I(x_I;y_I)\) là tâm của hình bình hành \(ABCD\). Ta có \(I\) là trung điểm của các đoạn thẳng \(AC\)\(BD\).

Do đó ta có

\(\begin{cases}x_A+x_C=2x_I=x_B+x_D\\y_A+y_C=2y_I=y_B+y_D.\end{cases}\)

}

Câu 5:

Trong mặt phẳng tọa độ \(Oxy\), cho ba điểm không thẳng hàng \(M(1;-2)\), \(N(3;1)\), \(P(-1;2)\). Tìm tọa độ điểm \(Q\) sao cho tứ giác \(MNPQ\) là hình thang có \(MN\parallel PQ\)\(PQ=2MN\).

Image

baitapsgk10/t10ch9b1sgkh5.png

Gọi \(I(x_I;y_I)\) là trung điểm của \(PQ\).

Ta có \(MNIP\) là hình bình hành nên

\(\begin{cases}x_I=x_M+x_P-x_N=1+(-1)-3=-3\\y_I=y_M+y_P-y_N=(-2)+2-1=-1.\end{cases}\Rightarrow I(-3;-1)\)

Gọi \(Q(x_Q;y_Q)\).

Ta có \(\overrightarrow{PI}=(-2;-3)\), \(\overrightarrow{IQ}=(x_Q+3;y_Q+1)\).

Ta có \(\overrightarrow{IQ}=\overrightarrow{PI}\Leftrightarrow\begin{cases}x_Q+3=-2\\y_Q+1=-3\end{cases}\Leftrightarrow\begin{cases}x_Q=-5\\y_Q=-4.\end{cases}\)

Vậy \(Q(-5;-4)\).

}

Câu 6:

Trong mặt phẳng tọa độ \(Oxy\) cho ba điểm \(M(4;0)\), \(N(5;2)\)\(P(2;3)\). Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác \(ABC\), biết \(M\), \(N\), \(P\) theo thứ tự là trung điểm các cạnh \(BC\), \(CA\), \(AB\).

Image

baitapsgk10/t10ch9b1sgkh6.png

Cách 1:

Do \(M\) là trung điểm của \(BC\), \(N\) là trung điểm của \(CA\), \(P\) là trung điểm của \(AB\), nên \(MN\), \(NP\), \(PM\) là các đường trung bình của tam giác \(ABC\) và do đó \(MN\parallel AB\), \(NP\parallel BC\), \(PM\parallel CA\).

Do \(MN\parallel AB\)\(MP\parallel AC\) nên tứ giác \(APMN\) là hình bình hành, và do đó \(\overrightarrow{OA}=\overrightarrow{ON}+\overrightarrow{OP}-\overrightarrow{OM}.\)

Từ đó suy ra \(\overrightarrow{OA}=(3;5)\), do đó \(A\) có tọa độ là \((3;5)\).

Tương tự \(\overrightarrow{OB}=\overrightarrow{OM}+\overrightarrow{OP}-\overrightarrow{ON}\Rightarrow \overrightarrow{OB}=(1;1)\), do đó \(B(1;1)\).

\(\overrightarrow{OC}=\overrightarrow{OM}+\overrightarrow{ON}-\overrightarrow{OP}\Rightarrow \overrightarrow{OB}=(7;-1)\), do đó \(C(7;-1)\).

Cách 2:

Gọi \(A(a_1;a_2)\), \(B(b_1;b_2)\), \(C(c_1;c_2)\).

\(M(4;0)\) là trung điểm \(BC\) \(\Leftrightarrow \begin{cases}\displaystyle\frac{b_1+c_1}{2}=4\\ \displaystyle\frac{b_2+c_2}{2}=0\end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}b_1+c_1=8(1)\\b_2+c_2=0(2).\end{cases}\)

\(N(5;2)\) là trung điểm \(AC\) \(\Leftrightarrow \begin{cases}\displaystyle\frac{a_1+c_1}{2}=5\\\displaystyle\frac{a_2+c_2}{2}=2\end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}a_1+c_1=10(3)\\a_2+c_2=4(4).\end{cases}\)

\(P(2;3)\) là trung điểm \(AB\) \(\Leftrightarrow \begin{cases}\displaystyle\frac{a_1+b_1}{2}=2\\\displaystyle\frac{a_2+b_2}{2}=3\end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}a_1+b_1=4(5)\\a_2+b_2=6(6).\end{cases}\)

Từ \((1)\), \((3)\), \((5)\) ta có \(\begin{cases}b_1+c_1=8\\a_1+c_1=10\\a_1+b_1=4\end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}a_1=3\\b_1=1\\c_1=7.\end{cases}\)

Từ \((2)\), \((4)\), \((6)\) ta có \(\begin{cases}b_2+c_2=0\\a_2+c_2=4\\a_2+b_2=6\end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}a_2=5\\b_2=1\\c_2=-1.\end{cases}\)

Vậy \(A(3;5)\), \(B(1;1)\), \(C(7;-1)\).

}

Câu 7:

Trong mặt phẳng tọa độ \(Oxy\) cho ba điểm \(A(2;-1)\), \(B(1;4)\)\(C(7;0)\).

\(\bullet\,\) Tìm độ dài các đoạn thẳng \(AB\), \(BC\)\(CA\). Từ đó suy ra tam giác \(ABC\) là một tam giác vuông cân.

\(\bullet\,\) Tìm tọa độ của điểm \(D\) sao cho tứ giác \(ABDC\) là một hình vuông.

Image
Image

\(\bullet\,\) Ta có \(\overrightarrow{AB}=(-1;5)\Rightarrow AB=\sqrt{(-1)^2+5^2}=\sqrt{26}\).

Tương tự \(\overrightarrow{BC}=(6;-4)\Rightarrow AB=\sqrt{6^2+(-4)^2}=2\sqrt{13}\).

\(\overrightarrow{AC}=(5;1)\Rightarrow AB=\sqrt{5^2+1^2}=\sqrt{26}\).

Nhận xét: \(\begin{cases}BC^2=AB^2+AC^2\\AB=AC\end{cases}\) nên tam giác \(ABC\) vuông cân tại \(A\).

\(\bullet\,\) Gọi \(D(x;y)\).

Tứ giác \(ABDC\) là hình vuông nên cũng là hình bình hành, do đó \(\overrightarrow{CD}=\overrightarrow{AB}\) nên \(\begin{cases}x-7=-1\\y-0=5\end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}x=6\\y=5\end{cases}\Rightarrow D(6;5).\)

Hình bình hành \(ABDC\)\(AB=AC\) và góc \(A\) vuông nên là hình vuông.

Vậy \(D(6;5)\).

}

Câu 8:

Trong mặt phẳng tọa độ \(Oxy\) cho hai điểm \(M(-2;1)\)\(N(4;5)\).

\(\bullet\,\) Tìm tọa độ của điểm \(P\) thuộc \(Ox\) sao cho \(PM=PN\).

\(\bullet\,\) Tìm tọa độ của điểm \(Q\) sao cho \(\overrightarrow{MQ}=2\overrightarrow{PN}\).

\(\bullet\,\) Tìm tọa độ của điểm \(R\) thỏa mãn \(\overrightarrow{RM}+2\overrightarrow{RN}=\overrightarrow{0}\). Từ đó suy ra \(P\), \(Q\), \(R\) thẳng hàng.

Image
Image

\(\bullet\,\) Gọi \(P(p;0)\in Ox\).

Ta có \(\overrightarrow{PM}=(-2-p;1)\Rightarrow PM=\sqrt{(-2-p)^2+1^2}=\sqrt{(2+p)^2+1}\), \(\overrightarrow{PN}=(4-p;5)\Rightarrow PN=\sqrt{(4-p)^2+5^2}=\sqrt{(4-p)^2+25}\).

Ta có \(PM=PN\Leftrightarrow PM^2=PN^2\Leftrightarrow (2+p)^2+1=(4-p)^2+5^2\Leftrightarrow 12p=36\Leftrightarrow p=3\).

Vậy \(P(3;0)\).

\(\bullet\,\) Gọi \(Q(x;y)\).

Ta có \(\overrightarrow{MQ}=(x+2;y-1)\), \(\overrightarrow{PN}=(1;5)\).

Khi đó \(\overrightarrow{MQ}=2\overrightarrow{PN}\Leftrightarrow \begin{cases}x+2=2\cdot 1\\y-1=2\cdot 5\end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}x=0\\y=11.\end{cases}\)

Vậy \(Q(0;11)\).

\(\bullet\,\) Gọi \(R(x;y)\).

Ta có \(\overrightarrow{RM}=(-2-x;1-y)\), \(\overrightarrow{RN}=(4-x;5-y)\).

Khi đó \(\overrightarrow{RM}+2\overrightarrow{RN}=\overrightarrow{0}\Leftrightarrow \begin{cases}-2-x+2(4-x)=0\\1-y+2(5-y)=0\end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}x=2\\y=\displaystyle\frac{11}{3}.\end{cases}\)

Vậy \(R\left(2;\displaystyle\frac{11}{3}\right)\).

Ta có \(\overrightarrow{PQ}=(-3;11)\), \(\overrightarrow{PR}=\left(-1;\displaystyle\frac{11}{3}\right)\).

\(\displaystyle\frac{-3}{-1}=\displaystyle\frac{11}{\displaystyle\frac{11}{3}}\) nên hai véc-tơ \(\overrightarrow{PQ}\)\(\overrightarrow{PR}\) cùng phương.

Do đó \(P\), \(Q\), \(R\) thẳng hàng.

}

Câu 9:

Trong mặt phẳng tọa độ \(Oxy\) cho hai điểm \(M(-3;2)\)\(N(2;7)\).

\(\bullet\,\) Tìm tọa độ của điểm \(P\) thuộc trục tung sao cho \(M\), \(N\), \(P\) thẳng hàng.

\(\bullet\,\) Tìm tọa độ của điểm \(Q\) đối xứng với \(N\) qua \(Oy\).

\(\bullet\,\) Tìm tọa độ của điểm \(R\) đối xứng với \(M\) qua trục hoành.

Image
Image

\(\bullet\,\) Gọi \(P(0;p)\in Oy\).

Ta có \(\overrightarrow{MP}=(3;p-2)\), \(\overrightarrow{MN}=(5;5)\).

\(M\), \(N\), \(P\) thẳng hàng nên véc-tơ \(\overrightarrow{MP}\) cùng phương \(\overrightarrow{MN}\).

Khi đó \(\displaystyle\frac{3}{5}=\displaystyle\frac{p-2}{5}\Leftrightarrow p-2=3\Leftrightarrow p=5\).

Vậy \(P(0;5)\).

\(\bullet\,\) Điểm \(Q\) đối xứng với \(N(2;7)\) qua \(Oy\) nên \(Q(-2;7)\).

\(\bullet\,\) Điểm \(R\) đối xứng với \(M(-3;2)\) qua trục hoành nên \(R(-3;-2)\).

}

Câu 10:

Trong mặt phẳng tọa độ \(Oxy\) cho hai điểm \(C(1;6)\)\(D(11;2)\).

\(\bullet\,\) Tìm tọa độ của điểm \(E\) thuộc trục tung sao cho véc-tơ \(\overrightarrow{EC}+\overrightarrow{ED}\) có độ dài ngắn nhất.

\(\bullet\,\) Tìm tọa độ của điểm \(F\) thuộc trục hoành sao cho \(\left|2\overrightarrow{FC}+3\overrightarrow{FD}\right|\) đạt giá trị nhỏ nhất.

\(\bullet\,\) Tìm tập hợp các điểm \(M\) sao cho \(\left|\overrightarrow{MC}+\overrightarrow{MD}\right|=CD\).

Image
Image

\(\bullet\,\) Xét điểm \(E(0;e)\in Oy\). Khi đó \(\overrightarrow{EC}=(1;6-e)\)\(\overrightarrow{ED}=(11;2-e)\).

Do đó \(\overrightarrow{EC}+\overrightarrow{ED}=(12;8-2e)\), suy ra \(\left|\overrightarrow{EC}+\overrightarrow{ED}\right|=\sqrt{12^2+(8-2e)^2}\).

Do \((8-2e)^2\ge 0\) \(\forall e\), đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(e=4\), nên \(\left|\overrightarrow{EC}+\overrightarrow{ED}\right|\ge 12\), đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(e=4\).

Vậy với điểm \(E(0;4)\in Oy\) thì véc-tơ \(\overrightarrow{EC}+\overrightarrow{ED}\) có độ dài ngắn nhất.

\textbf{Cách 2:}

Gọi \(I\) là trung điểm \(CD\), suy ra \(I(6;4)\).

Ta có \(\overrightarrow{EC}+\overrightarrow{ED}=2\overrightarrow{EI}\Rightarrow \left|\overrightarrow{EC}+\overrightarrow{ED}\right|=\left|2\overrightarrow{EI}\right|=2EI\).

Khi đó \(\left|\overrightarrow{EC}+\overrightarrow{ED}\right|\) nhỏ nhất khi và chỉ khi \(EI\) nhỏ nhất.

Và vì \(E\in Oy\) nên \(E\) là hình chiếu vuông góc của \(I\) lên trục \(Oy\). Vậy \(E(0;4)\).

\(\bullet\,\) Gọi \(J(x;y)\) là điểm thỏa mãn \(2\overrightarrow{JC}+3\overrightarrow{JD}=\overrightarrow{0}\).

Ta có \(\overrightarrow{JC}=(1-x;6-y)\), \(\overrightarrow{JD}=(11-x;2-y)\).

Khi đó \(2\overrightarrow{JC}+3\overrightarrow{JD}=\overrightarrow{0}\Leftrightarrow \begin{cases}2(1-x)+3(11-x)=0\\2(6-y)+3(2-y)=0\end{cases}\) \(\Leftrightarrow \begin{cases}-5x=-35\\-5y=-18\end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}x=7\\y=\displaystyle\frac{18}{5}.\end{cases}\)

Do đó \(J\left(7;\displaystyle\frac{18}{5}\right)\).

Ta có

\begin{eqnarray*}&&\left|2\overrightarrow{FC}+3\overrightarrow{FD}\right|=\left|2\left(\overrightarrow{FJ}+\overrightarrow{JC}\right)+3\left(\overrightarrow{FJ}+\overrightarrow{JD}\right)\right|\\ &=&\left|5\overrightarrow{FJ}+2\overrightarrow{JC}+3\overrightarrow{JD}\right|\\ &=&\left|5\overrightarrow{FJ}\right|=5FJ.\end{eqnarray*}

Khi đó \(\left|2\overrightarrow{FC}+3\overrightarrow{FD}\right|\) đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi \(FJ\) nhỏ nhất.

\(F\in Ox\) nên \(FJ\) nhỏ nhất khi \(F\) là hình chiếu của \(J\) lên trục hoành.

Vậy \(F(7;0)\).

\(\bullet\,\) Gọi \(I\) là trung điểm \(CD\), suy ra \(I(6;4)\).

Lại có \(\overrightarrow{CD}=(10;-4)\Rightarrow CD=\sqrt{10^2+(-4)^2}=2\sqrt{29}\).

Ta có \(\left|\overrightarrow{MC}+\overrightarrow{MD}\right|=CD\) \(\Leftrightarrow \left|2\overrightarrow{MI}\right|=CD\Leftrightarrow MI=\displaystyle\frac{CD}{2}\Leftrightarrow MI=\sqrt{29}\).

Vậy tập hợp các điểm \(M\) cần tìm là đường tròn tâm \(I\), bán kính \(\sqrt{29}\).

}

Câu 11:

Trong mặt phẳng tọa độ \(Oxy\) cho ba điểm \(A(1;2)\), \(B(3;4)\)\(C(2;-1)\).

\(\bullet\,\) Chứng minh rằng \(A\), \(B\), \(C\) là ba đỉnh của một tam giác. Tìm tọa độ trọng tâm của tam giác đó.

\(\bullet\,\) Tìm tọa độ tâm \(I\) của đường tròn ngoại tiếp và trực tâm \(H\) của tam giác \(ABC\).

Image
Image

\(\bullet\,\) Ta có \(\overrightarrow{AB}=(2;2)\), \(\overrightarrow{AC}=(1;-3)\).

\(\displaystyle\frac{2}{1}\ne \displaystyle\frac{2}{-3}\) nên \(\overrightarrow{AB}\)\(\overrightarrow{AC}\) không cùng phương.

Do đó ba điểm \(A\), \(B\), \(C\) không thẳng hàng.

Vậy ba điểm \(A\), \(B\), \(C\) là ba đỉnh của một tam giác.

Gọi \(G(x;y)\) là trọng tâm tam giác \(ABC\). Suy ra \(\begin{cases}x=\displaystyle\frac{1+3+2}{3}=2\\y=\displaystyle\frac{2+4+(-1)}{3}=\displaystyle\frac{5}{3}.\end{cases}\)

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

\(\bullet\,\) Gọi \(I(x;y)\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\).

Ta có \(\overrightarrow{AI}=(x-1;y-2)\), \(\overrightarrow{BI}=(x-3;y-4)\), \(\overrightarrow{CI}=(x-2;y+1)\).

Khi đó \(I\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\) khi và chỉ khi

\begin{eqnarray*}&&AI=BI=CI\\ &\Leftrightarrow& \begin{cases}AI^2=BI^2\\AI^2=CI^2\end{cases}\\ &\Leftrightarrow& \begin{cases}(x-1)^2+(y-2)^2=(x-3)^2+(y-4)^2\\(x-1)^2+(y-2)^2=(x-2)^2+(y+1)^2\end{cases}\\ &\Leftrightarrow& \begin{cases}-2x-4y+5=-6x-8y+25\\-2x-4y+5=-4x+2y+5\end{cases}\\ &\Leftrightarrow& \begin{cases}4x+4y=20\\2x-6y=0\end{cases}\\ &\Leftrightarrow& \begin{cases}x=\displaystyle\frac{15}{4}\\y=\displaystyle\frac{5}{4.}\end{cases}\end{eqnarray*}

Vậy \(I\left(\displaystyle\frac{15}{4};\displaystyle\frac{5}{4}\right)\).

Gọi \(H(x;y)\). Theo tính chất hình học phẳng, ta có \(\overrightarrow{IH}=3\overrightarrow{IG}\)

\(\Leftrightarrow \begin{cases}x-\displaystyle\frac{15}{4}=3\left(2-\displaystyle\frac{15}{4}\right)\\y-\displaystyle\frac{5}{4}=3\left(\displaystyle\frac{5}{3}-\displaystyle\frac{5}{4}\right)\end{cases}\) \(\Leftrightarrow \begin{cases}x=-\displaystyle\frac{3}{2}\\y=\displaystyle\frac{5}{2}.\end{cases}\)

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

}

Câu 12:

Để kéo đường dây điện băng qua một hồ hình chữ nhật \(ABCD\) với độ dài \(AB=200\) m, \(AD=180\) m, người ta dự định làm \(4\) cột điện liên tiếp cách đều, cột thứ nhất nằm trên bờ \(AB\) và cách đỉnh \(A\) khoảng cách \(20\) m, cột thứ tư nằm trên bờ \(CD\) và cách đỉnh \(C\) khoảng cách \(30\) m. Tính các khoảng cách từ vị trí các cột thứ hai, thứ ba đến các bờ \(AB\), \(AD\).

Image

baitapsgk10/t10ch9b1sgkh7.png

Chọn hệ tọa độ \(Oxy\) sao cho \(A(0;0)\), \(B(200;0)\), \(C(200;180)\), \(D(0;180)\).

Gọi vị trí các cột điện được trồng là \(C_1\), \(C_2\), \(C_3\), \(C_4\).

Do \(C_1\) thuộc cạnh \(AB\)\(AC_1=20\) nên \(C_1(20;0)\), do \(C_4\) thuộc cạnh \(CD\)\(C_4C=30\) nên \(C_4(170;180)\).

Suy ra \(\overrightarrow{C_1C_4}=(150;180)\). \((1)\)

Do bốn cột điện \(C_1\), \(C_2\), \(C_3\), \(C_4\) được trồng liên tiếp, cách đều trên một đường thẳng, nên \(\overrightarrow{C_1C_2}=\displaystyle\frac{1}{3}\overrightarrow{C_1C_4}\)\(\overrightarrow{C_1C_3}=\displaystyle\frac{2}{3}\overrightarrow{C_1C_4}.\)

Gọi tọa độ của \(C_2\) đối với hệ trục đang xét là \((x;y)\). Khi đó \(\overrightarrow{C_1C_2}=(x-20;y)\).

Từ đó và \((1)\), do \(\overrightarrow{C_1C_2}=\displaystyle\frac{1}{3}\overrightarrow{C_1C_4}\) nên \(\begin{cases}x-20=\displaystyle\frac{150}{3}=50\\ y=\displaystyle\frac{180}{3}=60.\end{cases}\)

Suy ra \(x=70\), \(y=60\), tức là \(C_2(70;60)\).

Khi đó \(\mathrm{d}(C_2,AB)=\mathrm{d}(C_2,Ox)=60\) (m) và \(\mathrm{d}(C_2,AD)=\mathrm{d}(C_2,Oy)=70\) (m).

Hoàn toàn tương tự, cũng được \(\mathrm{d}(C_3,AB)=120\) (m), \(\mathrm{d}(C_3,AD)=120\) (m).

}