Bộ 10 đề thi Giữa kì 1 Toán 11 Cánh diều có đáp án - Đề 9

Lời giải

Đáp án đúng là: A

Cách 1: áp dụng công thức đổi độ ra rad $\alpha = \frac{{n.\pi }}{{180}}$.

Cách 2: $\frac{{3\pi }}{5}$ tương ứng $108^\circ ;$ $\frac{\pi }{{10}}$ tương ứng $18^\circ$.

$\frac{{3\pi }}{2}$ tương ứng $270^\circ ;$ $\frac{\pi }{4}$ tương ứng $45^\circ$.

Lời giải

Đáp án đúng là: D

Theo công thức lượng giác cơ bản thì $1 + {\cot ^2}\alpha = \frac{1}{{si{n^2}\alpha }}$.

Lời giải

Đáp án đúng là: D

Công thức cộng: $\tan \left( {a + b} \right) = \frac{{\tan a + \tan b}}{{1 - \tan a\tan b}}$.

Lời giải

Đáp án đúng là: C

Ta có: $\sin \left( {\frac{\pi }{2} - \alpha } \right) = \cos \alpha = \frac{1}{3}.$

Lời giải

Đáp án đúng là: C

Công thức cộng: $\tan \left( {a + b} \right) = \frac{{\tan a + \tan b}}{{1 - \tan a\tan b}}$.

Lời giải

Đáp án đúng là: B

Ta có: ${\sin ^2}\alpha + {\cos ^2}\alpha = 1$$\Rightarrow {\cos ^2}\alpha {\rm{ = 1}} - {\rm{si}}{{\rm{n}}^2}\alpha = 1 - \frac{9}{{25}} = \frac{{16}}{{25}}$ $\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\cos \alpha = \frac{4}{5}\\\cos \alpha = - \frac{4}{5}\end{array} \right.$.

Vì $\frac{\pi }{2} < \alpha < \pi$$\Rightarrow {\rm{cos}}\alpha = - \frac{4}{5}$.

Lời giải

Đáp án đúng là: C

Vì $\cos \alpha = \frac{2}{3}$ nên $\alpha \in \left( { - \frac{\pi }{2} + k2\pi ,\frac{\pi }{2} + k2\pi } \right)$ với $k \in \mathbb{Z}$.

Do đó, ta chọn đáp án C.

Lời giải

Đáp án đúng là: D

Chia cả tử và mẫu của $P$ cho $\cos \alpha$ ta được $P = \frac{{3\tan \alpha - 2}}{{5 + 7\tan \alpha }} = \frac{{3.2 - 2}}{{5 + 7.2}} = \frac{4}{{19}}.$

Lời giải

Đáp án đúng là: D

Hàm số $y = \tan x$ có tập xác định là $\mathbb{R}\backslash \left\{ {\frac{\pi }{2} + k\pi |k \in \mathbb{Z}} \right\}.$

Hàm số $y = \tan x$ có tập giá trị là $\mathbb{R}.$

Hàm số $y = \tan x$ có đồ thị đối xứng qua trục tung.

Hàm số $y = \tan x$ tuần hoàn với chu kì $\pi .$

Vậy phương án D là đúng.

Lời giải

Đáp án đúng là: D

Hàm số $y = \cos x$ đồng biến trên khoảng $\left( {\frac{{3\pi }}{2};2\pi } \right)$ và nghịch biến trên khoảng $\left( {2\pi ;\frac{{5\pi }}{2}} \right).$ Vậy khẳng định D là sai.

Lời giải

Đáp án đúng là: A

⦁ Hàm số $y = f\left( x \right)$ có tập xác định $D$ được gọi là tuần hoàn nếu tồn tại một số $T$ khác $0$ sao cho với mọi $x \in D$ ta có $x + T \in D;\,\,x - T \in T$ và $f\left( {x + T} \right) = f\left( x \right).$ Do đó (1) sai.

⦁ Hàm số $y = f\left( x \right)$ có tập xác định $D$ được gọi là hàm số chẵn nếu $\forall x \in D$ thì $- x \in D$ và $f\left( { - x} \right) = f\left( x \right)$. Do đó (2) sai.

(3) Hàm số $y = f\left( x \right)$ có tập xác định $D$ được gọi là hàm số lẻ nếu $\forall x \in D$ thì $- x \in D$ và $f\left( { - x} \right) = - f\left( x \right).$ Do đó (3) sai.

Vậy không có khẳng định nào đúng.

Lời giải

Đáp án đúng là: B

Lấy đối xứng đồ thị hàm số $y = \cos x$ qua trục $Ox$ ta được đồ thị:

Vậy đường cong trong hình vẽ trên là đồ thị hàm số $y = - \cos x$.

Lời giải

Đáp án đúng là: B

⦁ Xét hàm số $f\left( x \right) = \sin 2x.$

TXĐ: ${\rm{D}} = \mathbb{R}$. Do đó $\forall x \in {\rm{D}} \Rightarrow - x \in {\rm{D}}{\rm{.}}$

Ta có $f\left( { - x} \right) = \sin \left( { - 2x} \right) = - \sin 2x = - f\left( x \right)$ là hàm số lẻ.

⦁ Xét hàm số $g\left( x \right) = {\tan ^2}x.$

TXĐ: ${\rm{D}} = \mathbb{R}\backslash \left\{ {\frac{\pi }{2} + k\pi {\rm{ }}\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)} \right\}.$ Do đó $\forall x \in {\rm{D}} \Rightarrow - x \in {\rm{D}}{\rm{.}}$

Ta có $g\left( { - x} \right) = {\left[ {\tan \left( { - x} \right)} \right]^2} = {\left( { - \tan x} \right)^2} = {\tan ^2}x = g\left( x \right)$ là hàm số chẵn.

Lời giải

Đáp án đúng là: C

Ta có $y = 5 + 4\sin 2x\cos 2x = 5 + 2\sin 4x$.

Mà $-1\le \sin 4x\le 1\overset{}{\rightarrow }-2\le 2\sin 4x\le 2\overset{}{\rightarrow }3\le 5+2\sin 4x\le 7$

$\overset{}{\rightarrow }3\le y\le 7\overset{y\in ℤ}{\rightarrow }y\in \{3;4;5;6;7\}$ nên $y$ có $5$ giá trị nguyên.

Lời giải

Đáp án đúng là: B

$\sin x = \sin \frac{\pi }{3} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{3} + k2\pi \\x = \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi \end{array} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right).$

Lời giải

Đáp án đúng là: A

Ta có $- 1 \le \sin x \le 1$ nên $\sin x + 5 = 0 \Leftrightarrow \sin x = - 5$ là phương trình vô nghiệm.

Lời giải

Đáp án đúng là: A

Ta có: $\sin 4x\cos 2x = \sin x\cos 5x$

$\Leftrightarrow \frac{1}{2}\left( {\sin 6x + \sin 2x} \right) = \frac{1}{2}\left[ {\sin 6x + \sin \left( { - 4x} \right)} \right]$

$\Leftrightarrow \sin 2x = \sin \left( { - 4x} \right)$

$\Leftrightarrow \sin 2x = - \sin 4x \Leftrightarrow \sin 2x + \sin 4x = 0.$

Lời giải

Đáp án đúng là: D

Ta có : $\cos \left( {a + b} \right) = 0 \Leftrightarrow a + b = \frac{\pi }{2} + k\pi \to a = - b + \frac{\pi }{2} + k\pi$.

$\Rightarrow \left| {\sin \left( {a + 2b} \right)} \right| = \left| {\sin \left( { - b + 2b + \frac{\pi }{2} + k\pi } \right)} \right| = \left| {\cos \left( {b + k\pi } \right)} \right| = \left| {\cos b} \right|$.

Lời giải

Đáp án đúng là: D

Ta có: $\sin 2x = 1 \Leftrightarrow 2x = \frac{\pi }{2} + k2\pi$$\Leftrightarrow x = \frac{\pi }{4} + k\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$

Do đó khi biểu diễn họ nghiệm của phương trình $\sin 2x = 1$ trên đường tròn đơn vị ta được $2$ điểm.

Lời giải

Đáp án đúng là: D

$2\cos \frac{x}{2} + \sqrt 3 = 0 \Leftrightarrow \cos \frac{x}{2} = - \frac{{\sqrt 3 }}{2}$

$\Leftrightarrow \frac{x}{2} = \pm \frac{{5\pi }}{6} + k2\pi \Leftrightarrow x = \pm \frac{{5\pi }}{3} + k4\pi$.

Lời giải

Đáp án đúng là: A

Ta có ${u_1} = - 1;\,\,{u_2} = {u_1} + 3 = 2;\,\,{u_3} = {u_2} + 3 = 5.$

Lời giải

Đáp án đúng là: B

Ta có ${u}_{n}={3}^{n}\overset{n\leftrightarrow 2n-1}{\rightarrow }{u}_{2n-1}={3}^{2n-1}={3}^{n}{.3}^{n-1}.$

Lời giải

Đáp án đúng là: A

Kiểm tra ${u_1} = 2$ ta loại các đáp án B và C

Ta có ${u_2} = {u_1} + 2.1 - 1 = 3.$

Xét đáp án A: ${u}_{n}=2+{(n-1)}^{2}\overset{}{\rightarrow }{u}_{2}=3$

Hoặc kiểm tra: ${u_{n + 1}} - {u_n} = {n^2} - {\left( {n - 1} \right)^2} = 2n - 1.$

Xét đáp án D: ${u}_{n}=2-{(n-1)}^{2}\overset{}{\rightarrow }{u}_{2}=1\overset{}{\rightarrow }$ loại D

Hoặc kiểm tra: ${u_{n + 1}} - {u_n} = {\left( {n - 1} \right)^2} - {n^2} = - 2n + 1\not = 2n - 1.$

Lời giải

Đáp án đúng là: D

Xét đáp án A: ${u}_{n}=\frac{1}{n}-2\overset{}{\rightarrow }{u}_{n+1}-{u}_{n}=\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n}<0\overset{}{\rightarrow }$ loại A

Xét đáp án B: ${u_n} = {\left( { - 1} \right)^n}\left( {{2^n} + 1} \right)$ là dãy có dấu thay đổi nên không giảm nên loại B

Xét đáp án C: ${u}_{n}=\frac{n-1}{n+1}=1-\frac{2}{n+1}\overset{}{\rightarrow }{u}_{n+1}-{u}_{n}=2(\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2})>0\underset{}{\rightarrow }$ loại C

Xét đáp án D: ${u}_{n}=2n+\cos \frac{1}{n}\underset{}{\rightarrow }{u}_{n+1}-{u}_{n}=(2-\cos \frac{1}{n+1})+\cos \frac{1}{n+2}>0$ nên D đúng.

Lời giải

Đáp án đúng là: A

Các dãy số ${n^2};\,\,n;\,\,{3^n}$ dương và tăng lên vô hạn (dương vô cùng) khi $n$ tăng lên vô hạn nên các dãy ${n^2};\,\,\sqrt {n + 1} ;\,\,{3^n}$ cũng tăng lên vô hạn (dương vô cùng), suy ra các dãy này không bị chặn trên, do đó chúng không bị chặn.

Nhận xét: $0 < {u_n} = \frac{1}{{{2^n}}} \le \frac{1}{2}.$

Lời giải

Đáp án đúng là: B

Với 3 điểm phân biệt không thẳng hàng, ta luôn tạo được 1 mặt phẳng xác định.

Khi đó, với 4 điểm không đồng phẳng ta tạo được tối đa $C_4^3 = 4$ mặt phẳng.

Lời giải

Đáp án đúng là: D

Hai mặt phẳng phân biệt không song song với nhau thì chúng có duy nhất một giao tuyến.

A sai. Nếu $\left( P \right)$ và $\left( Q \right)$ trùng nhau thì 2 mặt phẳng có vô số điểm chung. Khi đó, chưa đủ điều kiện để kết luận $A,\;B,\;C$ thẳng hàng$.$

B sai. Có vô số đường thẳng đi qua $A$, khi đó $B,\;C$ chưa chắc đã thuộc giao tuyến của $\left( P \right)$ và $\left( Q \right)$

C sai. Hai mặt phẳng $\left( P \right)$ và $\left( Q \right)$ phân biệt giao nhau tại 1 giao tuyến duy nhất, nếu 3 điểm $A,\;B,\;C$ là 3 điểm chung của 2 mặt phẳng thì $A,\;B,\;C$ cùng thuộc giao tuyến.

Lời giải

Đáp án đúng là: B

Ta có $A$ là điểm chung thứ nhất của $\left( {ADM} \right)$ và $\left( {SAC} \right)$. Trong mặt phẳng $\left( {SBD} \right)$, gọi $E = SI \cap DM$.

Ta có:

● $E \in SI$ mà $SI \subset \left( {SAC} \right)$ suy ra $E \in \left( {SAC} \right)$.

● $E \in DM$ mà $DM \subset \left( {ADM} \right)$ suy ra $E \in \left( {ADM} \right)$.

Do đó $E$ là điểm chung thứ hai của $\left( {ADM} \right)$ và $\left( {SAC} \right)$.

Vậy $AE$ là giao tuyến của $\left( {ADM} \right)$ và $\left( {SAC} \right)$.

Đáp án đúng là: D

● Chọn mặt phẳng phụ $\left( {ABC} \right)$ chứa $BC$.

● Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng $DH \bot MN$ và ${S_{\Delta MND}} = \frac{1}{2}MN.DH = \frac{1}{2}MN.\sqrt {D{M^2} - M{H^2}} = \frac{{{a^2}\sqrt {11} }}{4}$

Ta có $H$ là điểm chung thứ nhất của $\left( {ABC} \right)$ và $\left( {IHK} \right)$.

Trong mặt phẳng $\left( {SAC} \right)$, do $IK$ không song song với $AC$ nên gọi $F = IK \cap AC$. Ta có

▪ $F \in AC$ mà $AC \subset \left( {ABC} \right)$ suy ra $F \in \left( {ABC} \right)$.

▪ $F \in IK$ mà $IK \subset \left( {IHK} \right)$ suy ra $F \in \left( {IHK} \right)$.

Suy ra $F$ là điểm chung thứ hai của $\left( {ABC} \right)$ và $\left( {IHK} \right)$.

Do đó $\left( {ABC} \right) \cap \left( {IHK} \right) = HF$.

● Trong mặt phẳng $\left( {ABC} \right)$, gọi $E = HF \cap BC$. Ta có

▪ $E \in HF$ mà $HF \subset \left( {IHK} \right)$ suy ra $E \in \left( {IHK} \right)$.

▪ $E \in BC$.

Vậy $E = BC \cap \left( {IHK} \right)$.

Lời giải

Đáp án đúng là: D

Theo giả thiết, $a$ và $b$ chéo nhau

$\Rightarrow$ $a$ và $b$ không đồng phẳng.

Giả sử $AD$ và $BC$ đồng phẳng.

Nếu $AD \cap BC = I$

$\Rightarrow I \in \left( {ABCD} \right) \Rightarrow I \in \left( {a;b} \right)$.

Mà $a$ và $b$ không đồng phẳng, do đó, không tồn tại điểm $I$.

Nếu $AD\,\,{\rm{//}}\,BC$$\Rightarrow$ $a$ và $b$ đồng phẳng (Mâu thuẫn với giả thiết).

Vậy điều giả sử là sai. Do đó $AD$ và $BC$ chéo nhau.

Lời giải

Đáp án đúng là: B

Nếu $c$ cắt $a$ thì $c$ cắt $b$ hoặc $c$ chéo $b$.

Lời giải

Đáp án đúng là: A

Gọi $E = AD \cap BC,{\rm{ }}P = NE \cap SC$.

Suy ra $P = SC \cap \left( {AND} \right)$.

Ta có

$\bullet$ $S$ là điểm chung thứ nhất của hai mặt phẳng $\left( {SAB} \right)$ và $\left( {SCD} \right)$;

$\bullet$ $I = DP \cap AN \Rightarrow I$ là điểm chung thứ hai của hai mặt phẳng $\left( {SAB} \right)$ và $\left( {SCD} \right).$

Suy ra $SI = \left( {SAB} \right) \cap \left( {SCD} \right)$. Mà $AB\,{\rm{//}}\,CD \Rightarrow SI\,{\rm{//}}\,AB\,{\rm{//}}\,CD.$

Vì $MN$ là đường trung bình của tam giác $SAB$ và chứng minh được cũng là đường trung bình của tam giác $SAI$ nên suy ra $SI = AB$.

Vậy $SAB$ là hình bình hành.

Lời giải

Đáp án đúng là: B

Gọi $E$ là trọng tâm của tam giác $ACD,\,\,\,M$ là trung điểm của $CD\,.$

Nối $BE$ cắt $AA'$ tại $G$ suy ra $G$ là trọng tâm tứ diện.

Xét $\Delta MAB$ có $\frac{{ME}}{{MA}} = \frac{{MA'}}{{MB}} = \frac{1}{3}$

Suy ra $A'E\,\,{\rm{//}}\,AB\,\, \Rightarrow \,\,\frac{{A'E}}{{AB}} = \frac{1}{3}\,.$

Khi đó, theo định lí Talet suy ra $\frac{{A'E}}{{AB}} = \frac{{A'G}}{{AG}} = \frac{1}{3}\,\, \Rightarrow \,\,\frac{{GA}}{{GA'}} = 3\,.$

Lời giải

Đáp án đúng là: D

Lời giải

Đáp án đúng là: D

Xét tam giác $ACE$ có $O,\,\,{O_1}$ lần lượt là trung điểm của $AC,\,\,AE\,.$

Suy ra $O{O_1}$ là đường trung bình trong tam giác $ACE$ $\Rightarrow \,\,O{O_1}\,{\rm{//}}\,EC\,.$

Tương tự, $O{O_1}$ là đường trung bình của tam giác $BFD$ nên $O{O_1}\,{\rm{//}}\,FD\,.$

Vậy $O{O_1}\,{\rm{//}}\,\left( {BEC} \right),$ $O{O_1}\,{\rm{//}}\,\left( {AFD} \right)$ và $O{O_1}\,{\rm{//}}\,\left( {EFC} \right).$

Chú ý rằng: $\left( {EFC} \right) = \left( {EFM} \right)\,.$

a) Ta có $P = \sin \frac{\alpha }{2}.\cos \frac{{3\alpha }}{2} = \frac{1}{2}\left( {\sin 2\alpha - \sin \alpha } \right) = \frac{1}{2}\sin \alpha \left( {2\cos \alpha - 1} \right)$.

Từ hệ thức ${\sin ^2}\alpha + {\cos ^2}\alpha = 1$, suy ra $\sin \alpha = \pm \sqrt {1 - {{\cos }^2}\alpha } = \pm \frac{3}{5}$.

Do $\pi < \alpha < \frac{{3\pi }}{2}$ nên ta chọn $\sin \alpha = - \frac{3}{5}$.

Thay $\sin \alpha = - \frac{3}{5}$ và $\cos \alpha = - \frac{4}{5}$ vào $P$, ta được $P = \frac{{39}}{{50}}.$

b) $\cos 2\left( {x + \frac{\pi }{3}} \right) + 4\cos \left( {\frac{\pi }{6} - x} \right) = \frac{5}{2}$

⦁ Ta có: $\cos 2\left( {x + \frac{\pi }{3}} \right) = 1 - 2{\sin ^2}\left( {x + \frac{\pi }{3}} \right) = 1 - 2{\cos ^2}\left( {\frac{\pi }{6} - x} \right)$

⦁ Phương trình đã cho trở thành:

$$- \,2{\cos ^2}\left( {\frac{\pi }{6} - x} \right) + 4\cos \left( {\frac{\pi }{6} - x} \right) - \frac{3}{2} = 0$$

$$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\cos \left( {\frac{\pi }{6} - x} \right) = \frac{1}{2}\\\cos \left( {\frac{\pi }{6} - x} \right) = \frac{3}{2}\left( {loai} \right)\end{array} \right.$$

$$\Leftrightarrow \cos \left( {\frac{\pi }{6} - x} \right) = \frac{1}{2}$$

$$\Leftrightarrow \frac{\pi }{6} - x = \pm \,\frac{\pi }{3} + k2\pi$$

$$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - \,\frac{\pi }{6} + k2\pi \\x = \frac{\pi }{2} + k2\pi \end{array} \right.,\,\,k \in \mathbb{Z}.$$

⦁ Vậy phương trình có hai họ nghiệm là $x = - \,\frac{\pi }{6} + k2\pi ;x = \frac{\pi }{2} + k2\pi ,k \in \mathbb{Z}.$

c) Sóng thứ nhất có phương trình ${u_1}\left( {x,t} \right) = 10\cos \left[ {\omega \left( {t - \frac{x}{v}} \right)} \right] = 10\cos \left( {\omega t - \frac{\omega }{v}x} \right)$

Sóng thứ hai có phương trình ${u_2}\left( {x,t} \right) = 10\cos \left[ {\omega \left( {t - \frac{x}{v}} \right) + \frac{\pi }{2}} \right] = 10\cos \left( {\omega t - \frac{\omega }{v}x + \frac{\pi }{2}} \right)$

Sóng tổng hợp có phương trình $u\left( {x,t} \right) = 10\cos \left( {\omega t - \frac{\omega }{v}x} \right) + 10\cos \left( {\omega t - \frac{\omega }{v}x + \frac{\pi }{2}} \right)$

$\Leftrightarrow u\left( {x,t} \right) = 10.2.\cos \left( {\omega t - \frac{\omega }{v}x + \frac{\pi }{4}} \right).\cos \frac{\pi }{4} \Leftrightarrow u\left( {x,t} \right) = 10\sqrt 2 \cos \left( {\omega t - \frac{\omega }{v}x + \frac{\pi }{4}} \right)$ (mm).

Dãy số $\left( {{u_n}} \right)$ với ${u_n} = n - \sqrt {{n^2} - 1}$

Ta có: ${u_n} = n - \sqrt {{n^2} - 1} = \frac{{{n^2} - \left( {{n^2} - 1} \right)}}{{n + \sqrt {{n^2} - 1} }} = \frac{1}{{n + \sqrt {{n^2} - 1} }}$

Dễ dàng ta có: $\left( {n + 1} \right) + \sqrt {{{\left( {n + 1} \right)}^2} - 1} > n + \sqrt {{n^2} - 1}$

$\Rightarrow \frac{1}{{\left( {n + 1} \right) + \sqrt {{{\left( {n + 1} \right)}^2} - 1} }} < \frac{1}{{n + \sqrt {{n^2} - 1} }} \Leftrightarrow {u_{n + 1}} < {u_n}$

Từ đó suy ra dãy số $\left( {{u_n}} \right)$ là dãy số giảm.

a) Gọi $K$ là trung điểm của $SB$ suy ra $G,$ $G'$ thuộc mặt phẳng$\left( {KAC} \right)$. Ta có: $G$ là trọng tâm tam giác $SAB$ nên $\frac{{KG}}{{KA}} = \frac{1}{3}$; Và $G'$ là trọng tâm tam giác $SBC$ nên $\frac{{KG'}}{{KC}} = \frac{1}{3}$ Khi đó $\frac{{KG}}{{KA}} = \frac{{KG'}}{{KC}}$, suy ra $GG'{\rm{//}}AC$. Vì $\left\{ \begin{array}{l}GG'{\rm{//}}AC\\GG' \not\subset \left( {SAC} \right)\\AC \subset \left( {SAC} \right)\end{array} \right. \Rightarrow GG'{\rm{//}}\left( {SAC} \right)$.

Gọi $I$ là trung điểm của cạnh $AD.$ Trong mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$ giả sử $IE$ và $BC$ cắt nhau tại điểm $Q$. Dễ thấy $SQ = \left( {IGE} \right) \cap \left( {SBC} \right)$. Do đó: $GE\,{\rm{//}}\,\left( {SBC} \right)$$\Leftrightarrow GE{\rm{//}}SQ$ $\Leftrightarrow \frac{{IE}}{{IQ}} = \frac{{IG}}{{IS}}$ $\Rightarrow \frac{{IE}}{{IQ}} = \frac{1}{3}$ (1)

Mặt khác nên $\frac{{EI}}{{EQ}} = \frac{{EA}}{{EC}} = \frac{{EA}}{{xEA}} = \frac{1}{x}$ suy ra $EQ = x.EI$.

$\Rightarrow \frac{{IE}}{{IQ}} = \frac{{IE}}{{IE + EQ}} = \frac{{IE}}{{IE + x.IE}} = \frac{1}{{1 + x}}$ (2)

Từ (1) và (2) $\Rightarrow \frac{1}{{1 + x}} = \frac{1}{3}$ $\Leftrightarrow x = 2$.

Vậy $GE\,{\rm{//}}\,\left( {SBC} \right)$ $\Leftrightarrow x = 2$.