Đáp án C

Phương pháp:

Giải phương trình lượng giác cơ bản: \(\tan x = \tan \alpha \Leftrightarrow x = \alpha + k\pi \left( {k \in Z} \right).\)

Cách giải:

\(\tan \frac{x}{4} = - 1 \Leftrightarrow \frac{x}{4} = \frac{{ - \pi }}{4} + k\pi \Leftrightarrow x = - \pi + 4k\pi \left( {k \in Z} \right)\)

\(x \in \left[ {0;12\pi } \right] \Leftrightarrow 0 \le - \pi + 4k\pi \le 12\pi \Leftrightarrow \frac{1}{4} \le k \le \frac{{13}}{4}\left( {k \in Z} \right) \Leftrightarrow k \in \left\{ {1;2;3} \right\}.\)

Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm thuộc \(\left[ {0;12\pi } \right].\)

 Đáp án A

Phương pháp:

+) Giải phương trình lượng giác cơ bản: \(\sin x = \sin \alpha \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \alpha + k2\pi \\x = \pi - \alpha + k2\pi \end{array} \right.\left( {k \in Z} \right),\) sau đó tìm các nghiệm thuộc \(\left[ {0;10\pi } \right]\) của phương trình.

+) Tính tổng các nghiệm, sử dụng công thức tổng n số hạng đầu tiên của CSC: \({S_n} = \frac{{\left( {{u_1} + {u_n}} \right).n}}{2}.\)

Cách giải:

\(\sin x = 0 \Leftrightarrow x = k\pi \left( {k \in Z} \right)\)

\(x \in \left[ {0;10\pi } \right] \Leftrightarrow 0 \le k\pi \le 10\pi \Leftrightarrow 0 \le k \le 10 \Leftrightarrow k \in \left\{ {0;1;2;...;10} \right\}\)

Khi đó tổng các nghiệm thuộc \(\left[ {0;10\pi } \right]\) của phương trình trên là:

\(0 + \pi + 2\pi + 3\pi + ... + 10\pi = \left( {0 + 1 + 2 + ... + 10} \right)\pi = \frac{{10.11}}{2}\pi = 55\pi .\)

Đáp án C

Giải phương trình lượng giác cơ bản: \(\sin x = \sin \alpha \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \alpha + k2\pi \\x = \pi - \alpha + k2\pi \end{array} \right.\left( {k \in Z} \right)\), sau đó tìm các nghiệm thuộc \(x \in \left[ {0;2\pi } \right]\) của phương trình.

Cách giải:

\(\sin x = \frac{{\sqrt 2 }}{2} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{4} + k2\pi \\x = \frac{{3\pi }}{4} + l2\pi \end{array} \right.\left( {k,l \in Z} \right).\)

Xét họ nghiệm \(x = \frac{\pi }{4} + k2\pi \in \left[ {0;2\pi } \right]\) ta có: \(0 \le \frac{\pi }{4} + k2\pi \le 2\pi \Leftrightarrow - \frac{1}{8} \le k \le \frac{7}{8} \Leftrightarrow k = 0.\)

Xét họ nghiệm \(x = \frac{{3\pi }}{4} + l2\pi \in \left[ {0;2\pi } \right]\) ta có: \(0 \le \frac{{3\pi }}{4} + l2\pi  \le 2\pi \Leftrightarrow - \frac{3}{8} \le l \le \frac{5}{8} \Leftrightarrow l = 0.\)

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm thuộc \(\left[ {0;2\pi } \right]\) là \(\frac{\pi }{4};\frac{{3\pi }}{4}\)

Đáp án A

Phương pháp:

Phương trình dạng \(a\sin x + b\cos x = c\) có nghiệm \( \Leftrightarrow {a^2} + {b^2} \ge {c^2}.\)

Cách giải:

Phương trình \(\sin x - \sqrt 3 m\cos x = 2m\) có nghiệm \( \Leftrightarrow 1 + {\left( {\sqrt 3 m} \right)^2} \ge \left( {2{m^2}} \right) \Leftrightarrow {m^2} \le 1 \Leftrightarrow - 1 \le m \le 1.\)

Đáp án C

Phương pháp:

\( - 1 \le \cos x \le 1{\rm{ }}\forall x \in R.\)

Cách giải:

Ta có: \( - 1 \le \cos x \le 1{\rm{ }}\forall x \in R \Leftrightarrow - 1 \le {\left( {m - 1} \right)^2} \le 1 \Leftrightarrow {\left( {m - 1} \right)^2} \le 1 \Leftrightarrow - 1 \le m - 1 \le 1 \Leftrightarrow 0 \le m \le 2.\)

Chú ý: Những phương trình luôn đúng ta không giải, nhiều học sinh mắc sai lầm khi giải bất phương trình \({\left( {m - 1} \right)^2} \ge - 1\) bằng phương pháp bình phương hai vế.

Đáp án B

Phương pháp:

Giải phương trình lượng giác cơ bản: \[\tan x = \tan \alpha \Leftrightarrow x = \alpha + k\pi \left( {k \in Z} \right).\]

Cách giải:

ĐK: \(\left\{ \begin{array}{l}\cos x \ne 0\\\cos 3x \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\cos x \ne 0\\4{\cos ^3}x - 3\cos x \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\cos x \ne 0\\4{\cos ^2}x - 3 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\cos x \ne 0\\\cos x \ne \pm \frac{{\sqrt 3 }}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ne \frac{\pi }{2} + k\pi \\x \ne \pm \frac{\pi }{6} + k2\pi \end{array} \right.\)

\(\tan x = {\mathop{\rm t}\nolimits} {\rm{an3}}x \Leftrightarrow 3x = x + k\pi \Leftrightarrow 2x = k\pi \Leftrightarrow x = \frac{{k\pi }}{2}\left( {k \in Z} \right).\)

Đối chiếu điều kiện ta có \(x = k\pi \left( {k \in Z} \right).\)

Chú ý: HS chú ý điều kiện của phương trình để loại nghiệm.

Đáp án D

Phương pháp:

Giải phương trình lượng giác cơ bản: \(\cot x = \cot \alpha \Leftrightarrow x = \alpha + k\pi \left( {k \in Z} \right)\)

Cách giải:

ĐK : \[\left\{ \begin{array}{l}\sin x \ne 0\\\sin 2x \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \sin 2x \ne 0 \Leftrightarrow 2x \ne k\pi \Leftrightarrow x \ne \frac{{k\pi }}{2}\left( {k \in Z} \right)\]

\(\cot x = \cot 2x \Leftrightarrow 2x = x + k\pi \Leftrightarrow x = k\pi \left( {k \in Z} \right)\left( {ktm} \right).\)

Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.

Chú ý: HS chú ý điều kiện xác định của hàm \(\cot .\)

Đáp án D

Phương pháp:

Hàm số \(y = \tan x\) tuần hoàn với chu kì \(\pi ,\) hàm số \(y = \tan kx\) tuần hoàn với chu kì \(\frac{\pi }{k}.\)

Cách giải:

Hàm số \(y = f\left( x \right) = \tan \frac{x}{4}\) tuần hoàn với chu kì \(T = \frac{\pi }{{\frac{1}{4}}} = 4\pi .\)

Chú ý: Tránh nhầm lẫn hàm số \(y = \tan kx\) có chu kì tuần hoàn là \(T = k\pi .\)

Đáp án B

Phương pháp:

Tổ hợp chập k của n phần tử là số cách lấy ra k phần tử từ tập hợp gồm n phần tử.

Cách giải:

Lớp học có tất cả \(20 + 24 = 44\) học sinh, do đó có \(C_{44}^1 = 44\) cách chọn 1 học sinh làm trực nhật.

Đáp án A

Phương pháp:

+) Chọn 3 người trong số 6 người để trao huy chương.

+) Hoán đổi vị trí của 3 người nhận huy chương.

Cách giải:

Số cách trao một bộ huy chương gồm 1 huy chương vàng, 1 huy chương bạc và 1 huy chương đồng là \(A_6^3 = 120\) cách.

Chú ý: Vị trí của 3 nhận huy chương có thể hoán đổi cho nhau, hay nói cách khác vai trò của 3 huy chương khác nhau nên bài toán này phải dùng chỉnh hợp, dùng tổ hợp là sai.

Đáp án A

Phương pháp:

Gọi số tự nhiên có 6 chữ số là \(\overline {{a_1}{a_2}{a_3}{a_4}{a_5}{a_6}} \left( {0 \le {a_i} \le 9;{a_i} \in N\left( {i = \overline {1;6} } \right);{a_1} \ne 0} \right)\)

+) Chọn \({a_6}\) là số lẻ.

+) Sử dụng chỉnh hợp chọn \({a_1}{a_2}{a_3}{a_4}{a_5}\) trong 7 chữ số còn lại (khác \({a_6}\)).

+) Sử dụng quy tắc nhân.

Cách giải:

Gọi số tự nhiên có 6 chữ số là \(\overline {{a_1}{a_2}{a_3}{a_4}{a_5}{a_6}} \left( {0 \le {a_i} \le 9;{a_i} \in N\left( {i = \overline {1;6} } \right);{a_1} \ne 0} \right)\)

Do số tự nhiên cần tìm là số lẻ nên \({a_6} \in \left\{ {1;3;5;7} \right\} \Rightarrow \) có 4 cách chọn \({a_6}\).

Số cách chọn \({a_1}{a_2}{a_3}{a_4}{a_5}\) là \(A_7^5 = 2520\) cách.

Áp dụng quy tắc nhân ta có \(2520.4 = 10080\) số tự nhiên lẻ có 6 chữ số khác nhau được tạo thành.

Đáp án C

Phương pháp:

Số đường chéo của đa giác đều là số đoạn nối 2 đỉnh bất kì không kề nhau của đa giác.

Cách giải:

Giả sử đa giác đều \(n\) cạnh, khi đó số đường chéo của đa giác đều là \(C_n^2 - n.\)

Vì đa giác đều có 20 đường chéo nên ta có \(C_n^2 - n = 20\)

\( \Leftrightarrow \frac{{n!}}{{2!\left( {n - 2} \right)!}} - n = 20 \Leftrightarrow \frac{{n\left( {n - 1} \right)}}{2} - n = 20\)

\( \Leftrightarrow {n^2} - n - 2n = 40 \Leftrightarrow {n^2} - 3n - 40 = 0 \Rightarrow n = 8\)

Vậy đa giác đều đó là bát giác đều

Chú ý: Các em có thể sử dụng công thức giải nhanh: số đường chéo của đa giác đều \(n\) cạnh là \(\frac{{{n^2} - 3n}}{2}.\)

Đáp án B

Phương pháp:

Sử dụng khai triển nhị thức Newton \({\left( {a + b} \right)^n} = \sum\limits_{k = 0}^n {C_n^k{a^k}{b^{n - k}}.} \)

Cách giải:

Ta có: \[{\left( {x + 1} \right)^6} = \sum\limits_{k = 0}^6 {C_6^k{x^k}.} \]

\({a_4}\) là hệ số của \({x^4}\), ứng với \(k = 4\). Khi đó ta có \({a_4} = C_6^4 = 15.\)

Đáp án C

Phương pháp:

Sử dụng khai triển nhị thức Newton \({\left( {a + b} \right)^n} = \sum\limits_{k = 0}^n {C_n^k{a^k}{b^{n - k}}.} \)

Cách giải:

Ta có: \(f\left( x \right) = {\left( {{x^2} + \frac{2}{x}} \right)^9} = \sum\limits_{k = 0}^9 {C_9^k{{\left( {{x^2}} \right)}^{9 - k}}{{\left( {\frac{2}{x}} \right)}^k} = \sum\limits_{k = 0}^9 {C_9^k{2^k}{x^{18 - 3k}}.} } \)

Số hạng tự do (số hạng không chứa x) ứng với \(18 - 3k = 0 \Leftrightarrow k = 6.\)

Vậy số hạng tự do trong khai triển trên là \(C_9^6{2^6} = 5376.\)

Đáp án B

Phương pháp:

Sử dụng khai triển nhị thức Newton \[{\left( {a + b} \right)^n} = \sum\limits_{k = 0}^n {C_n^k{a^k}{b^{n - k}},} \] sau đó cho \(x = 1\) để tìm tổng các hệ số.

Cách giải:

\({\left( {2x - 3} \right)^{16}} = \sum\limits_{k = 0}^{16} {c_{16}^k{{\left( {2x} \right)}^k}{{\left( { - 3} \right)}^{16 - k}} = \sum\limits_{k = 0}^{16} {C_{16}^k{2^k}{{\left( { - 3} \right)}^{16 - k}}{x^k}} } \)

Khi \(x = 1\) ta có \({\left( {2.1 - 3} \right)^{16}} = \sum\limits_{k = 0}^{16} {C_{16}^k{2^k}{{\left( { - 3} \right)}^{16 - k}} = 1.} \)

Vậy tổng tất cả hệ số trong khai triển trên là 1.

Đáp án C

Phương pháp:

+) Tính số phần tử của không gian mẫu.

+) Tính số phần tử của biến cố.

+) Tính xác suất của biến cố.

Cách giải:

Số cách chọn 2 học sinh bất kì là \(C_{44}^2 = 946\) cách \( \Rightarrow n\left( \Omega  \right) = 946.\)

Gọi A là biến cố: “đội trực nhật có 1 học sinh nam và 1 học sinh nữ”.

Số cách chọn 1 học sinh nam là \(C_{20}^1 = 20\) cách,

Số cách chọn 1 học sinh nữ là \(C_{24}^1 = 24\) cách.

Áp dụng quy tắc nhân ta có \(n\left( A \right) = 20.24 = 480\) cách.

Vậy \(P\left( A \right) = \frac{{480}}{{946}} = \frac{{240}}{{473}}.\)

Đáp án C

Phương pháp:

Số nguyên tố là số chỉ có ước là 1 và chính nó. Số nguyên tố nhỏ nhất là số 2.

Cách giải:

Ta có \(n\left( \Omega \right) = {6^3} = 216.\)

Tích số chấm xuất hiện trên mặt của 3 con súc sắc lập thành một số nguyên tố khi và chỉ khi tích đó là 2, 3 hoặc 5.

TH1: Tích bằng 2, ta có \(2 = 1.1,2 = 1.2.1 = 2.1.1 \Rightarrow \) có 3 cách.

TH2: Tích bằng 3, tương tự có 3 cách.

TH3: Tích bằng 5, tương tự có 3 cách.

Gọi A là biến cố: “Tích số chấm xuất hiện trên mặt của 3 con súc sắc lập thành một số nguyên tố”

\( \Rightarrow n\left( A \right) = 9.\) Vậy \(P\left( A \right) = \frac{9}{{216}} = \frac{1}{{24}}.\)

Đáp án B

Phương pháp:

\(A' = {D_I}\left( A \right) \Rightarrow \)I là trung điểm của \(AA'\).

Cách giải:

\(A' = {D_I}\left( A \right) \Rightarrow I\) là trung điểm của \(AA' \Rightarrow A'\left( {5;6} \right).\)

Chú ý: I là trung điểm của \(AA' \Rightarrow A' = 2I - A.\)

Đáp án C

Phương pháp:

\(A' = {T_{\overrightarrow u }}\left( A \right) \Rightarrow \overline {AA'} = \overrightarrow u .\)

Cách giải:

Ta có: \(A' = {T_{\overrightarrow u }}\left( A \right) \Rightarrow \overline {AA'} = \overrightarrow u \Rightarrow A'\left( {4;6} \right).\)

Đáp án A

Phương pháp:

\({V_{\left( {I;k} \right)}}\left( A \right) = A' \Leftrightarrow \overline {IA'} = k\overline {IA} .\)

Cách giải:

\({V_{\left( {I;2} \right)}}\left( A \right) = A'\left( {x;y} \right) \Leftrightarrow \overline {IA'} = 2\overline {IA} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - 3 = 2\left( {1 - 3} \right)\\y - 4 = 2\left( {2 - 4} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = - 1\\y = 0\end{array} \right. \Rightarrow A'\left( { - 1;0} \right).\)

Đáp án C

Phương pháp:

Ảnh của điểm \(M\left( {x;y} \right)\) qua phép đối xứng trục Ox là \(M'\left( {x; - y} \right).\)

Cách giải:

Ảnh của điểm \(A\left( {1;12} \right)\) qua phép đối xứng trục Ox là \(A'\left( {1; - 12} \right).\)

Đáp án C

Phương pháp:

+) Do \(A'\) đối xứng A qua \(\left( \Delta \right)\) nên đường thẳng \(\left( \Delta \right)\) là đường trung trực của \(AA'.\) Từ đó xác định điểm đi qua và 1 VTPT của đường thẳng \(\left( \Delta \right).\)

+) Đường thẳng đi qua \(M\left( {{x_0};{y_0}} \right)\) vá có 1 VTPT \(\overrightarrow n = \left( {a;b} \right)\) có phương trình \(a\left( {x - {x_0}} \right) + b\left( {y - {y_0}} \right) = 0.\)

Cách giải:

Do \(A'\) đối xứng \(A\) qua \(\left( \Delta \right)\) nên đường thẳng \(\left( \Delta \right)\) là đường trung trực của \(AA'.\) Do đó \(\left( \Delta \right)\) đi qua trung điểm \(I\left( {2;3} \right)\) của \(AA'\) và nhận \(\overline {AA'} = \left( {2;2} \right)\) là 1 VTPT.

Khi đó ta có phương trình \(\left( \Delta \right):2\left( {x - 2} \right) + 2\left( {y - 3} \right) = 0 \Leftrightarrow x + y - 5 = 0.\)

Đáp án D

Cách giải:

Tập hợp các điểm I là đường thẳng song song với \(\left( \Delta \right)\) và \(\left( {\Delta '} \right)\) và nằm chính giữa \(\left( \Delta \right)\) và \(\left( {\Delta '} \right)\). Do đó có vô số điểm I như vậy.

Đáp án B

Cách giải:

Có duy nhất 1 đường thẳng \(\left( d \right)\) thỏa mãn điều kiện phép đối xứng trục \(\left( d \right)\) biến \(\left( \Delta \right)\) thành \(\left( {\Delta '} \right)\) là \(\left( d \right):x - y - 2 = 0.\)

Đáp án C

Phương pháp:

Phép tịnh tiến theo vectơ \(\overrightarrow u \) biến đường thẳng \(\left( \Delta \right)\) thành chính nó khi và chỉ khi \(\overrightarrow u \) là 1 VTCP của đường thẳng \(\left( \Delta \right)\).

Cách giải:

Dễ thấy đường thẳng \(\left( \Delta \right)\) có 1 VTCP là \(\overrightarrow v = \left( {1;1} \right).\)

Phép tịnh tiến theo vectơ \(\overrightarrow u \) biến đường thẳng \(\left( \Delta \right)\) thành chính nó khi và chỉ khi \(\overrightarrow u \) là 1 VTCP của đường thẳng \(\left( \Delta \right)\).

Khi đó ta có \(\overrightarrow u \) và \(\overrightarrow v \) cùng phương

\( \Rightarrow \frac{{2017}}{1} = \frac{{{m^2} - 2m - 2017}}{1} \Leftrightarrow {m^2} - 2m - 2017 = 2017 \Leftrightarrow {m^2} - 2m - 4034 = 0.\)

Phương trình trên có \(ac < 0 \Rightarrow \) phương trình có 2 nghiệm phân biệt.

Vậy có 2 giá trị của \(m\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Phương pháp:

1. TH1: \(\cos x = 0.\)

TH2: \(\cos x \ne 0,\) chia cả 2 vế của phương trình cho \({\cos ^2}x\), sử dụng công thức \(\frac{1}{{{{\cos }^2}x}} = 1 + {\tan ^2}x,\) đưa về phương trình bậc hai ẩn \(\tan x.\)

2. Phương trình dạng \(a\sin x + b\cos x = c,\) chia cả 2 vế của phương trình cho \(\sqrt {{a^2} + {b^2}} .\)

3. Sử dụng công thức biến đổi tổng thành tích \(\cos a - \cos b = - 2\sin \frac{{a + b}}{2}\sin \frac{{a - b}}{2}.\)

Cách giải:

1. \({\sin ^2}x + 5\sin x\cos + 6{\cos ^2}x = 6\)

TH1: \(\cos x = 0 \Leftrightarrow {\sin ^2}x = 1,\) khi đó phương trình trở thành \(1 = 6\) (vô nghiệm).

TH2: \(\cos x \ne 0.\) Chia cả 2 vế của phương trình cho \({\cos ^2}x\), ta được:

\({\tan ^2}x + 5\tan x + 6 = 6\left( {1 + {{\tan }^2}x} \right) \Leftrightarrow 5{\tan ^2}x - 5\tan x = 0\)

\( \Leftrightarrow 5\tan x\left( {\tan x - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\tan x = 0\\\tan x = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = k\pi \\x = \frac{\pi }{4} + k\pi \end{array} \right.\left( {k \in Z} \right)\)

Vậy nghiệm của hệ phương trình là \(S = \left\{ {k\pi ;\frac{\pi }{4} + k\pi \left| {k \in Z} \right.} \right\}.\)

2. \(\sqrt 3 \sin x + \cos x = 2\)

c)

\( \Leftrightarrow - 2\sin 2x\sin x - sin2x = 0 \Leftrightarrow - \sin 2x\left( {2\sin x + 1} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\sin 2x = 0\\\sin x = - \frac{1}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2x = k\pi \\x = \frac{{ - \pi }}{6} + k2\pi \\x = \frac{{7\pi }}{6} + k2\pi \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{{k\pi }}{2}\\x = \frac{{ - \pi }}{6} + k2\pi \\x = \frac{{7\pi }}{6} + k2\pi \end{array} \right.\left( {k \in Z} \right)\)

Vậy tập nghiệm của phương trình là: \(S = \left\{ {\frac{{k\pi }}{2};\frac{{ - \pi }}{6} + k2\pi ;\frac{{7\pi }}{6} + k2\pi \left| {k \in Z} \right.} \right\}.\)

Phương pháp:

1. Chứng minh đường thẳng MN song song với 1 đường thẳng nằm trong mặt phẳng \(\left( {SCD} \right).\)

2. Hai mặt phẳng chứa 2 đường thẳng song song thì cắt nhau theo giao tuyến (nếu có) song song với 2 đường thẳng đó.

3. Áp dụng định lí Menelaus trong tam giác SAC: \(\frac{{MS}}{{MA}}.\frac{{PA}}{{PC}}.\frac{{GC}}{{GS}} = 1.\)

Cách giải:

a. Xét tam giác SAB có MN là đường trung bình \( \Rightarrow MN//AB\) (Tính chất đường trung bình).

Lại có \(AB//CD\) (ABCD là hình bình hành) nên \(MN//CD,\) \(CD \subset \left( {SCD} \right) \Rightarrow MN//\left( {SCD} \right).\)

b. Ta có \(\left( {MNP} \right)\) và \(\left( {ABCD} \right)\) có điểm P chung.

\(MN \subset \left( {MNP} \right);AB \subset \left( {ABCD} \right);MN//AB \Rightarrow \) Giao tuyến của 2 mặt phẳng \(\left( {MNP} \right)\) và \(\left( {ABCD} \right)\) là đường thẳng qua P và song song với MN, AB.

Trong \(\left( {ABCD} \right)\) kẻ \(EF//AB\left( {E \in AD;F \in BC} \right),\) khi đó ta có \(\left( {MNP} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = EF.\)

c. Gọi \(O = AC \cap BD.\) Do P là trọng tâm tam giác BCD

\( \Rightarrow \frac{{PC}}{{PO}} = \frac{2}{3} \Rightarrow \frac{{PC}}{{\frac{1}{2}AC}} = \frac{2}{3} \Leftrightarrow \frac{{PC}}{{AC}} = \frac{1}{3} \Rightarrow \frac{{PC}}{{PA}} = \frac{1}{2}\)

Áp dụng định lí Menelaus trong tam giác SAC: \(\frac{{MS}}{{MA}}.\frac{{PA}}{{PC}}.\frac{{GC}}{{GS}} = 1 \Rightarrow 1.2.\frac{{GC}}{{GS}} = 1 \Leftrightarrow \frac{{GC}}{{GS}} = \frac{1}{2} \Rightarrow \frac{{SC}}{{SG}} = \frac{1}{2}.\)