Chuyên đề định lý menelaus trong mặt phẳng

1.

Lời nói đầu.
Trong một số bài toán liên quan đến chứng minh ba đường thẳng
đồng quy hoặc chứng minh ba điểm thẳng hàng hoặc tìm các tỉ số của
yếu tố hình học, có nhiều bài toán nếu chỉ sử dụng những kiến thức cơ
bản trong sách giáo khoa thì việc tìm ra hướng giải là khó khăn. Nhưng
nếu sử dụng định lý Menelaus để giải thì thuận lợi hơn, đặc biệt trong
nhiều bài toán, nếu không sử dụng định lý Menelaus thì không chứng
minh được, hơn nữa nếu sử dụng hai định lý này sẽ làm cho bài giải trở
nên súc tích hơn. Do đó định lý Menelaus là định lý quan trọng trong
hình học sơ cấp, là một công cụ hỗ trợ đắc lực khi giải các bài toán về
hình học.
Trong mỗi bài toán có sử dụng định lý Menelaus để giải thì nó là một mắt
xích quan trọng, một định hướng thông xuất trong quá trình tư duy.
Ngoài ra định lý này còn là công cụ tư duy hữu ích để phát triển các bài
toán và cho ta một cách nhìn mới đối với bài toán đó. Điều đó khiến
chongười học toán không những phát triển được kiến thức hình học
củamình mà còn cung cấp cho họ một cái nhìn sâu hơn về bài toán.
Ngoài phần mở đầu, phần kết luận, bài tiểu luận gồm x phần:
Định lý Mênêlaus trong mặt phẳng
Định lý Menelaus
* Định lý:
Cho tam giác ABC; M, N, P lần lượt nằm trên các đường thẳng BC, CA và
AB nhưng không trùng với đỉnh nào của tam giác. Khi đó M, N, P thẳng
hàng khi và chỉ khi:
MB NC PA
.
.
=1
MC NA PB

* Chứng minh:


A

P
N

C

B

M

Điều kiện cần: Gọi a, b, c theo thứ tư là khoảng cách A, B, C đến cát tuyến
MNP
MB
b NC
c PA a
=− ;
=− ;
=
c NA
a PB b
MC
Ta có:
MB NC PA
b
c a
.

.
= (− ).(− ). = 1
c
a b
MC NA PB
Do đó:
MB NC PA
.
.
=1
MC NA PB
Điều kiện đủ: Giả sử
và PN cắt cạnh BC tại M’.
Thế thì

MB NC PA
M ' B MB
.
.
= 1⇒
=
⇒ M '= M
MC NA PB
M ' C MC

Vậy M, N, P thẳng hàng.

2. Định lý Menelaus cho tứ giác
* Định lý:

.


Cho tứ giác ABCD và một đường thẳng d cắt AB, BC, CD, DA lần lượt ở M,
N, P, Q. Khi đó ta có:

MA NB PC QD
.
.
.
=1
MB NC PD QA
* Chứng minh:
Q
B

J
M
A

I

N

P

C

D

Trên d lấy hai điểm I, J sao cho AI // BJ // CD
Theo định lý Talét ta có:
MA IA NB JB QD PD
=
;
=
;
=
MB JB NC PC QA
IA

.
Từ đó ta có:
MA NB PC QD IA JB PC PD
.
.
.
=
.
.
.
=1
MB NC PD QA JB PC PD IA


MA NB PC QD
.
.
.
=1

MB NC PD QA
Suy ra:

(đpcm).

3. Mở rộng định lý Menelaus theo diện tích
* Định lý:
Cho tam giác ABC có ba điểm M, N, P lần lượt nằm trên các cạnh BC, CA,
AB. Khi đó ta có:

S ( MNP ) BM .CN . AP − CM . AN .BP
=
S ( ABC )
AB.BC.CA
* Chứng minh:
A

P
N

B

Gọi

ur uur ur
e1 , e2 , e3

M

là ba vectơ chỉ phương của BC, CA, AB

Ta có:

S ( ABC ) = S ( MAB) + S ( MCA)
⇒ S ( ABC ) = S ( PMA) + S ( PBM ) + S ( NMC ) + S ( NMA)
⇒ S ( ABC ) = S ( MNP ) + S ( BMP) + S (CNM ) + S ( APN )

C


Mặt khác:

ur ur
S ( BMP) BM .BP.sin(e1 , e3 ) BM .BP
ur ur =
=
S ( ABC ) BC.BA.sin(e1 , e3 ) BC.BA

.

S (CNM ) CN .CM S ( APN ) AP. AN
=
;
=
S ( ABC ) CA.CB S ( ABC ) AB. AC

Tương tự:

.

Ta suy ra:
S ( MNP )
S ( BMP ) S (CNM ) S ( APN )
= 1−
−
−
S ( ABC )
S ( ABC ) S ( ABC ) S ( ABC )
S (MNP )
BM .BP CN .CM AP. AN
⇒
=1−
−
−
S ( ABC )
BC.BA CA.CB AB. AC
S (MNP ) BM .CN . AP − CM . AN .BP
⇒
=
S ( ABC )
AB.BC.CA
⇒

I.
II.
1.1.

S (MNP ) BM .CN . AP − CM . AN .BP
=
S ( ABC )

AB.BC.CA

Một số tính chất liên quan
Ứng dụng của định lý Mênêlaus trong giải các dạng toán
1. Chứng minh một số định lý
Định lý Pascal

Nếu lục giác ABCDEF nội tiếp một đường tròn thì giao điểm của các cặp cạnh đối
diện P=AB⋂DE, Q=BC⋂EF, R=CD⋂FA là thẳng hàng
Chứng minh


Q
P
R

Y C
D

B

Z
A

O

E

F

X

Gọi X=EF⋂AB, Y=AB⋂CD, Z=CD⋂EF
Áp dụng đinh lý Menelaus vào tam giác XYZ với các đường thẳng BCQ, DEP,
RFA ta có:

BX CY QZ
PX DY EZ
AX RY FZ
.
.
= 1;
.
.
= 1;
.
.
=1
BY CZ QX
PY DZ EX
AY RZ FX
Nhân các đẳng thức trên theo từng vế, ta được:

BX CY QZ PX DY EZ AX RY FZ
.
.
.
.
.
.

.
.
=1
BY CZ QX PY DZ EX AY RZ FX
hay :

AX BX CY DY EZ FZ QZ PX RY
.
.
.
.
.
.
.
.
=1
AY BY CZ DZ EX FX QX PY RZ
(1)


Mà

AX.BX = EX.FX , CY .DY = AY .BY , EZ .FZ = CZ .DZ
QZ PX RY
.
.
=1
QX PY RZ

Nên từ (1) suy ra:

Theo định lý Menelaus, suy ra 3 điểm P, Q, R thẳng hàng
1.2.

Định lý Pappus

Cho hai đường thẳng a, b. Trên a lấy các điểm A, B, C. Trên b lấy các điểm X, Y,
Z. Gọi M là giao điểm của AY và BX, N là giao điểm của AZ và CX, P là giao
điểm của BZ và CY. Khi đó M, N, P thẳng hàng
Chứng minh

C

B
Q
A
T
M

S

X

P
N

Y

Z

Gọi D, E, F là giao điểm của các cặp đường thẳng (AZ, CY), (AZ, BX), (BX, CY)

Áp dụng định lý Menelaus vào tam giác DEF với cát tuyến CNX, ta có


ND XE CF
ND CD XF
.
.
=1 =>
=
.
NE XF CD
NE CF XE

PE BF ZE ME AE YD
=
.
;
=
.
PD BE ZD MF AD YF
Tương tự, ta có:

Suy ra:

ND ME PF CD XF ZE BF AE YD
.
.
=
.
.

.
.
.
NE MF PD CF XE ZD BE AD YF

Mặt khác, áp dụng định lý Menelaus vào tam giác DEF với cát tuyến ABC, XYZ ta
có:

AE CD BF XF ZE YD
ND ME PF
.
.
=
.
.
=>
.
.
=1
AD CF BE XE ZD YF
NE MF PD
Do đó M, N, P thẳng hàng

1.3. Định lý Desargues
Cho hai tam giác ABC, DEF có các cặp đỉnh tương ứng phân biệt và các
cặp cạnh tương ứng phân biệt. Thế thì các đường thẳng nối các đỉnh tương ứng
đồng quy khi và chỉ khi giao điểm của các cặp cạnh tương ứng là thẳng hàng


A

D
B

E

O

F
C
R

Q
P

* Chứng minh: Xét hai tam giác ABC và DEF.
Phải chứng minh các đường thẳng AD, BE, CF đồng quy tại O khi và chỉ khi P =
BC ∩ EF, Q = CA ∩DF, R = AB ∩DE thẳng hàng
Phần thuận: Giả sử các đường thẳng AD, BE, CF đồng quy tại O. Ta chứng minh P,
Q, R thẳng hàng.
Áp dụng định lý Menelaus vào tam giác OAB với 3 điểm thẳng hàng D, R, E, ta
có:
DO RA EB
.
.
=1
DA RB EO

Áp dụng định lý Menelaus vào tam giác OBC với 3 điểm thẳng hàng E, P, F ta có:
EO PB FC

.
.
=1
EB PC FO

Áp dụng định lý Menelaus vào tam giác OCA với 3 điểm thẳng hàng F, Q, D ta có:
FO QC DA
.
.
=1
FC QA DO


RA PB QC
.
.
=1
RB PC QA

Nhân các đẳng thức trên theo từng vế ta được:
Theo định lý Menelaus, ta suy ra các điểm P, Q, R thẳng hàng.
Phần đảo: Giả sử các điểm P, Q, R thẳng hàng. Ta chứng minh các đường AD, BE,
CF đồng quy.
Gọi O là giao điểm của AD và BE. OC cắt đường thẳng QD tại F.
Xét hai tam giác ABC và DEF có các đường nối các đỉnh tương ứng đồng quy, do
đó theo phần thuận, giao điểm của các cạnh tương ứng đồng quy.
Ta thấy AB cắt DE tại R, AC cắt DF’’ tại Q, suy ra giao điểm P’ của BC và EF’’
phải thuộc QR. Tức là P’ là giao điểm của QR và BC nên P’ trùng với P.
Suy ra F’’ trùng với F hay AD, BE, CF đồng quy (đpcm).
1.4. Định lý Blaikie.

Cho tam giác ABC và đường thẳng d sao cho d cắt BC, CA, AB lần lượt ở
M, N, P. Gọi S là một điểm bất kỳ trên d. Gọi D, E, F lần lượt là điểm đối xứng của
M, N, P qua S. Khi đó AD, BE, CF đồng quy tại một điểm I và ta gọi I là điểm
Blaikie của d và S đối với tam giác ABC.

A

D

P
N S

E
F

B
I

C

M


* Chứng minh:
Giả sử S ở giữa N và M. Gọi I là giao điểm của AD và BE.
Ta chứng minh I, C, F thẳng hàng.

Xét tam giác BEM với 3 điểm I, C, P. Ta cần chứng minh:

IB FE CM

.
.
=1
IE FM CB

Áp dụng định lý Menelaus và tam giác PBE với 3 điểm thẳng hàng A, I, D ta có:
AP IB DE
. .
=1
AB IE DF

(1)

Áp dụng định lý Menelaus và tam giác MBP với 3 điểm thẳng hàng C, N, A ta có:
CM NP AB
.
.
=1
CB NM AP

(2)

Nhân 2 vế hai đẳng thức (1) và (2) và rút gọn ta được:
IB NP CM
.
.
=1
IE DF CB

Mà NP = FE, DF = FM nên ta có đpcm.

1.5 Định lý Gau-xo (SBT trang 178)

2.

Chứng minh ba điểm thẳng hàng, ba đường thẳng đồng quy

Bài 1. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O). Gọi M, N, P, Q lần lượt là
các tiếp điểm của (O) với AB, BC, CD, DA. Chứng minh rằng các đường
thẳng NP, MQ, BD đồng quy
Lời giải:


A

I

M
Q
B

N
D
P

C

Gọi I là giao của QM và BD.
Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác ABD với ba điểm Q, M, I thẳng
QA ID MB
. .

=1
QD IB MA

hàng ta có:

MB ID
.
=1
QD IB

mà MA = QA nên suy ra

.

NB ID
PC ID NB
.
=1⇒
. .
=1
DP IB
PD IB NC

Ta có MB = NB, DQ = DP, PC = NC nên

, do đó

theo định lý Menelaus thì I, N, P thẳng hàng.
Bài 2. Cho hình bình hành ABCD. Gọi I là một điểm tùy ý trong hình bình
hành. Qua I kẻ các đường thẳng x // BC và y // AB. Gọi M và P là giao điểm

của x với AB và CD. Gọi N và Q là giao điểm của y với BC và AD, gọi E là
giao điểm của DM và BQ. Chứng minh rằng E, I và C thẳng hàng.
Lời giải


M

A

B

E

Q

N

I

P

D

⇔

C

ME DC PI
ME AB DQ
ME DQ AB

.
.
=1⇔
.
.
=1⇔
.
.
=1
ED CP IM
ED MB QA
ED QA BM

E, I, C thẳng hàng
⇔ 1 =1

(luôn đúng) do E, B, Q thẳng hàng.
Bài 3. Cho đường tròn (O; R) đường kính AB. Qua B kẻ tiếp tuyến d của
đường tròn (O). MN là một đường kính thay đổi của đường tròn ( M không
trùng với A, B). Các đường thẳng AM và AN cắt đường thẳng d lần lượt tại
C và D. Gọi I là giao điểm của CO và BM. Đường thẳng AI cắt đường tròn
(O) tại điểm thứ hai là E, cắt đường thẳng d tại F. Chứng minh ba điểm C, E,
N thẳng hàng.
C
M

Lời giải

E

F

I

Áp dụng định lý Menelaus vào tam giác
ACO với ba điểm thẳng hàng là B, I, M
AB OI CM
. .
=1
BO IC MA

A

O

B

N

Ta có:

D


⇒

OI
MA
=
IC 2CM

(1)
Tương tự với tam giác BCO và ba điểm thẳng hàng là A, I, F ta có:
OI
FB
=
IC 2CF

(2)
MA FB
=
CM CF

Từ (1) và (2) ta có

.
AB ⊥ BC ⇒ MF ⊥ BC ⇒ ∠FMC = 900

Do đó MF // AB (định lý Ta-let đảo) mà
∠EFB = ∠EBA

Ta có

∠EAB

(cùng phụ với

);

∠EBA = ∠EMC

(tứ giác AMEB nội tiếp)
∠EFB = ∠EMC ⇒

⇒ ∠MEC = ∠MFC = 900

tứ giác MEFC nội tiếp

.

ME ⊥ EC

Do đó

(3)
⇒ ME ⊥ EN

∠MEN = 900

Lại có

(chắn nửa đường tròn)

(4)

Từ (3) và (4) suy ra C, E, N thẳng hàng.
1

1

2

2

3

3

Bài 4. Cho ba đường tròn (O ; R ), (O ; R ), (O ; R ) có ba tâm không thẳng
1

2

1

2

hàng; gọi I là giao của tiếp tuyến chung ngoài của (O ), (O ) với O O ; J là


2

3

2

3

giao của tiếp tuyến chung ngoài của (O ), (O ) với O O ; K là giao của tiếp
3

1

3

1

tuyến chung ngoài của (O ), (O ) với O O . Chứng minh rằng ba điểm I, J, K
thẳng hàng.
Lời giải
I
K
O1

J

O2

O3

E

F

⇔

O1 I O2 J O3 K
R R R
.
.

=1 ⇔ 1 . 2 . 3 =1
IO2 JO3 KO1
R2 R3 R1
⇔1=1

I, J, K thẳng hàng

(luôn

đúng)
Bài 5. Cho tam giác ABC lấy E, F, M lần lượt nằm trên cạnh AC, AB, BC
sao cho EF // BC, MB = MC. Chứng minh CF, BE, AM đồng quy.


Lời giải
A
N
E

F
I

B

M

C

Từ A kẻ đường thẳng song song với BC cắt BE tại N,

Ta có

Suy ra

AN ∩ BE = 1

AF AN BC
MI BM
=
;
= 2;
=
BF BC MC
AI
AN
AF BC MI AN BM
.
.
=
.2.
=1
BF MC AI BC
AN

Áp dụng định lý Menelaus cho

∆ABM

thì F, I, C thẳng hàng.

Từ đó suy ra CF, BE, AM đồng quy.
Bài 6. Cho đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc các cạnh BC, CA, AB
lần lượt tại D, E, F. Chứng minh AD, BE, CF đồng quy.
Lời giải


A
N
F

E

I

B

D

C

Từ A kẻ đường thẳng song song với BC cắt CF tại N
AD ∩ CF = 1

. Ta có:

AE CB DI AF CB CD AF CB AN CB
.
.
=
.

.
=
.
=
.
=1
CE DB AI CD BF AN BF AN CB AN

Áp dụng định lý Menelaus cho

∆ACD

ta có AD, BE, CF đồng quy.

Bài 7. Cho tam giác ABC đường cao AH. Lấy D, E thứ tự trên AB, AC sao
cho AH là phân giác góc DHE. Chứng minh AH, BE, CD đồng quy.
Lời giải
A

N

K

M
E
D

B

I

H

C


Từ A kẻ đường thẳng song song với BC cắt HD, HE, BE lần lượt tại M, N,
K. Gọi

Ta có:

Suy ra

AH ∩ BE = I
AD MA AN
=
=
BD BH BH

và

HI BH
=
AI AK

AD BH HI AN BC BH AN BC AE CE
.
.
=
.

.
=
.
=
.
=1
BD CH AI BH HC AK HC AK CE AE

Áp dunhj định lý Menelaus cho
CD đồng quy.

∆AHB

thì D, I, C thẳng hàng. Vậy AH, BE,

Bài 8. Cho tam giác ABC, gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp, gọi trực tâm của
OA, OB, OC giao BC, CA, AB tại D, E, F. Chứng minh rằng D, E, F thẳng hàng

E

A

D'

O
a

C'

B'

O
O
b
D

B

A'

O
c
C

Chứng minh
Ta gọi A’, B’, C’ là trung điểm BC, CA, AB và Oa, Ob, Oc là tâm các đương tròn
ngoại tiếp tam giác AB’C, BC’A’, CA’B’


Dễ thấy Oa là trung điểm OA, hay trực tâm của OA đi qua Oa và vuông góc với OA
Gọi trung trực của OaA giao AD tại D’
Bằng tính chất đường trung bình dễ thấy D’ là trung điểm AD
Mặt khác, do tính chất đường trung bình của tam giác ABC thì B’C’ cũng đi qua
trung điểm AD hay đi qua D’

Theo định lý Thales ta dễ thấy

D ' B ' DB
=
D ' C ' DC

Nếu xác định tương tự ta được E’, F’ và

E ' C ' EC F ' A ' FA
=
=
E ' A ' EA F ' B ' FB

Suy ra D’, E’, F’ thẳng hàng

Theo định lý Menelaus ta suy ra

Suy ra

D ' B ' E 'C ' F ' A '
=1
D 'C ' E ' A ' F ' B '

DB EC FA D ' B ' E ' C ' F ' A '
=
=1
DC EA FB D ' C ' E ' A ' F ' B '

hay D, E, F thẳng hàng

Bài 9. Cho tam giác ABC và điểm P bất kỳ, gọi D, E, F lần lượt là giao điểm của
các đương thẳng qua P vuông góc với PA, PB, PC và BC, CA, AB thì D, E, F thẳng
hàng

F

A
E

C'

B'

D'
P

B

A'

D

C

Ta gọi A’, B’, C’ là trung điểm BC, CA, AB, ta gọi D’ là giao của trung trực của PA
và AD
Bằng tính chất đường trung bình dễ thấy D’ là trung điểm AD
Mặt khác cũng do tính chất đường trung bình trong tam giác ABC thì B’C’ cũng đi
qua trung điểm AD hay đi qua D’

Theo định lý Thales ta dễ thấy

D ' B ' DB
=

D ' C ' DC

Nếu xác định tương tự ta được E’, F’ và

E ' C ' EC F ' A ' FA
=
=
E ' A ' EA F ' B ' FB

Suy ra D’, E’, F’ thẳng hàng

Theo định lý Menelaus ta suy ra

D ' B ' E 'C ' F ' A '
=1
D 'C ' E ' A ' F ' B '
DB EC FA D ' B ' E ' C ' F ' A '
=>
=
=1
DC EA FB D ' C ' E ' A ' F ' B '


Hay D, E, F thẳng hàng.
2.2

Chứng minh các tỷ số đoạn thẳng, tỷ số diện tích bằng nhau
∆ABC

Cho

có trung tuyến AM. Trên AM lấy I sao cho
AI = 4MI. Đường thẳng BI cắt AC tại P. Chứng minh rằng PA = 2PC.
Lời giải:
A

P

I
B

Áp dụng định lý Menelaus cho

M

C

∆ ABC
với cát tuyến BIP ta có:

PC IA BM
.
.
=1
PA IM BC

Suy ra

PC IM BC 1
=
.

=
PA IA BM 2

nên PA = 2PC.

2.3 Áp dụng giải các bài toán tổng hợp, chứng minh song song, tính góc.
Bài 10. Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Kẻ phân giác AD của tam
giác ABH. Gọi I là trung điểm của AB, J là giao điểm của AH và ID. Chứng minh
rằng JC song song với AD


Giải

Gọi E là hình chiếu của D trên AC
Dễ thấy

∠ADC = ∠DAC = ∠B + ∠A1 => CA = CD => DE = AH
EH / / AD
AE DH
=>
=
EC HC

(1)

Áp dụng định lý Menelaus vào ΔBAH với cát tuyến IDJ, ta có:

IA DB JH
=1
IB DH JA

JA
DB
AB
AB CB
=>
=
=
=
=
JH
DH
AH
DE CD

do (IA=IB; DE=AH)


Từ đó ta có:

JA − JH CB − DC
HA DB
AE
=
<=>
=
=
JH
DC
HJ
DC CE

Từ (1) và (2) suy ra

(2)

HA DH
=
=> JC / / AD
HJ HC

Bài 4.8: Các đường chéo AC và CE của hình lục giác được chia bởi các điểm M, N

tương ứng sao cho

AM
CN
=
=r
AC
CE

Hãy xác định r nếu B, M, N thẳng hàng
Giải
Gọi P là giao điểm của BE và AC
Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác CPE và đường thẳng BMN, ta có

CM PB EN
=1
MP BE NC

(1)

Lưu ý rằng

CM
1−r
2 − 2r
=
=
MP r − 1
2r −1
2

PB = AB cos ∠ ABP =
EN 1 − r
=
NC
r

1
1
PB 1
AB = BE =>
=
2
4
BE 4


Thay vào (1) ta có:

Vậy

2 −2r 1 1 −r
. .
=1
2r −1 4
r
3
r=
3

Bài 4.9: Cho tam gaisc ABC với AB > Ac. Gọi P là giao điểm của đường trung trực
BC và đường phân giác trong của góc A. Dựng các điểm X trên AB và Y trên Ac
sao cho PX vuông góc với AB và PY vuông góc với AC. Gọi Z là giao điểm của

XY với BC. Xác định giá trị tỉ số

BZ
ZC

Giải

∠PAX=∠PAY=∠PXA=∠PYA=90 0
Vì

=> ∆PAX=∆PAY

Suy ra AX=AY và PX=PY
Do P nằm trên trung trực BC, ta có PB=PC

Như thế, ΔPYC và ΔPXB là hai tam giác vuông bằng nhau
Suy ra CY=BX

Vì X, Y, Z thẳng hàng, áp dụng định lý Menelaus ta được

Nhưng AX=AY, CY=BX nên

BZ
ZC

=1

AY CZ BX
.
.
=1
YC ZB XA


Bài 4.10: Cho tam giác ABC có diện tích So=1. Trên các cạnh BC, CA, AB lấy các

điểm M, N, P sao cho

MB
NC
PA
= k1 ,
= k2 ,
= k3 (k1 , k 2 , k3 <1)
MC

NA
PB

Tính diện tích tam giác tạo bởi ba đoạn thẳng AM, BN, CP
Giải
Gọi EIF là tam giác tạo bởi ba đoạn thẳng AM, BN, CP
Khi đó ta có:

S BCN
CN
k2
=
=
S0
CA
k 2 +1
=> S BCN =

k2
k 2 +1

S BCF
BF
=
S BCN
BN
Áp dụng định lý Menelaus vào ΔABN với đường PCF, ta có:

FB CN PA
FB 1 + k2

BF
1 + k2
.
.
= 1 =>
=
=>
=
FN CA PB
FN k2 k3
BN 1 + k 2 + k 2 k3
=> S BCF =

k2
.S0
1 + k 2 + k 2 k3

Chứng minh tương tự ta cũng có

S ACI =

k3
k1
; S ABE =
1 + k 3 + k 2 k3
1 + k1 + k2 k3