Sử dụng các công thức tính diện tích để chứng minh hình học

Trong các phương pháp đó bài toán có phương pháp sử dụng diện tích các hình phẳng để giải các bài tập hình học là một phương pháp thú vị.. Việc sử dụng phương pháp này để giải các bài to

1 MỞ ĐẦU

1.1 Lí do chọn đề tài

Trong chương trình Toán học nói chung Hình học nói riêng việc giải các bài toán có nhiều phương pháp khác nhau Trong các phương pháp đó bài toán có phương pháp sử dụng diện tích các hình phẳng để giải các bài tập hình học là một phương pháp thú vị Việc sử dụng phương pháp này để giải các bài toán hình học mang ý nghĩa tổng quát và có lúc đem lại cho ta những kết quả ngắn gọn bất ngờ

Sử dụng các công thức tính diện tích cho phép ta hiểu sâu thêm các tiêu

đề hình học, trong đó đáng quan tâm về các tiêu đề diện tích đồng thời cho phép người đọc thấy rõ bản chất các vấn đề nêu ra

Chứng minh các bái toán bằng công thức tính diện tích còn gây được hứng thú tìm tòi cho người giải toán Bởi lẽ không phải bất cứ bài toán nào cũng có thể giải bằng phương pháp đó Song nếu như cố gắng tìm tòi thì ta có thể khai thác được nhiều vấn đề hết sức thú vị của các bài toán

Với những lý do đã trình bày ở trên tôi đã chọn đề tài “ Sử dụng công

thức tính diện tích để chứng minh hình học THCS” để nghiên cứu,.

Trong đề tài, tôi đã lựa chọn được các bài tập ở nhiều dạng, có những bài toán nâng cao và những kiến thức mở rộng hơn so với kiến thức đã trình bày trong SGK lớp 8 và 9 Do vậy, đề tài chỉ áp dụng được cho các học sinh khá giỏi ở Trường THCS

1.2 Mục đích nghiên cứu:

Chỉ ra những phương pháp dạy loại bài "Sử dụng các công thức tính diện tích diện tích trong chứng minh hình học"

Đôi mới phương pháp dạy học

Nâng cao chất lượng dạy học, cụ thể là chất lượng học sinh giỏi là mũi nhọn

1.3 Đối tượng nghiên cứu

Trong những năm dạy toán ở Trường THCS, thông qua việc tìm hiểu số lượng bài tập hình học thì các bài toán giải bằng phương pháp diện tích được trình bày quá ít Chính vì vậy học sinh thường lúng túng khi đứng trước những bài toán như vậy Bởi thế, để giúp học sinh giải tốt các bài toán hình học nói chung và phần bài tập về diện tích đa giác nói riêng là điều mà thầy

cô giáo quan tâm và suy nghĩ Do kinh nghiệm chưa nhiều và sự hạn chế của bản thân, tôi chỉ chọn kiến thức và bài tập phần diện tích đa giác ở lớp 8 và kiến thức mở rộng ở lớp 9 để nghiên cứu kinh nghiệm giảng dạy này

1.4 Phương pháp nghiên cứu

Dựa trên đặc điểm tình hình nhà trường, căn cứ vào các kết quả đạt được của năm trước và chất lượng học tập cũng như đặc điểm của lớp phụ trách, dựa vào năng lực của học sinh, tôi đề ra các giải pháp sau:

- Tìm tòi các bài toán cơ bản để từ đó học sinh nắm được và phát triển các bài toán tiếp theo

- Phân loại các bài toán giải bằng phương pháp diện tích

1.5 Những điểm mới của SKKN:

Đề tài giới hạn trong các bài toán hình học THCS đặc biệt là các bài toán hình học 8 Phân loại các dạng toán cụ thể chi tiết thường gặp trong công tác dạy học đặc biệt là trong công tác ôn thi học sinh giỏi Toán 8

2 Nội dung sáng kiến kinh nghiệm

2.1 Cơ sở lý luận.

Với đề tài này tôi hi vọng sẽ giúp học sinh không bỡ ngỡ khi suy luận và chứng minh các bài toán hình học khi sử dụng các công thức tính diện tích, giúp các em học tốt hơn Đồng thời hình thành ở học sinh tư duy tích cực, độc lập, sáng tạo, nâng cao năng lực phát hiện và giải quyết vấn đề, rèn luyện khả năng vận dụng kiến thức vào hoạt động thực tiễn, rèn luyện nếp nghĩ khoa học luôn mong muốn làm được những việc đạt kết quả cao nhất, tốt nhất

2.1.1 Công thức tính diện tích tam giác:

Cho tam giác ABC có độ dài các cạnh là a, b, c lần lượt đối diện với các đỉnh A, B, C

- ha, hb,hc là độ dài đường cao ứng với các cạnh a, b, c

- p =

2

1

(a + b + c) là nửa chu vi của tam giác

- R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

- r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC

- ra, rb, rc là bán kính đường tròn bàng tiếp ABC tiếp xúc với cạnh a, b, c

Ta có công thức tính diện tích tam giác sau:

S =

2

1

a ha =

2

1

b hb =

2

1

c hc (1)

S = p(p a)(p b)(p c) (2) công thức Hêrông

S =

2

1

ab SinC bcSin A acsinBˆ

2

1 ˆ 2

1

S =

R

abc

4 (4) S = p.r (5) S = (p - a) ra - (p - b) rb = (p - c) rc (6)

2.1.2 Công thức tính diện tích tứ giác đặc biệt:

- Diện tích hình vuông có cạnh là a: S = a2

- Diện tích hình chữ nhật có hai kích thước là a, b: S = a b

- Diện tích hình bình hành có một cạnh là a và chiều cao tương ứng h:

S = a.h

- Diện tích hình thoi có 2 đường chéo là l1, l2: S =

2

1

l1 l2 (diện tích hình thoi còn được tính theo công thức tính diện tích hình bình hành)

- Diện tích hình thang có hai đáy là a, b và đường cao h : S =

2

).

(a  b h

- Diện tích hình thang có đường cao h, đường trung bình m: S = m h

2.1.3 Các bài toán cơ bản về diện tích:

B i toán 1:ài toán 1:

GT thuộc đường thẳng aABC, ADE, B, C, D, E

KL SABC = k SADE (k > 0)

Hướng dẫn:

Ta có BC và DE là đoạn thẳng nên luôn tồn tại một số để k BC k DE

DE

BC

.







Mặt khác ta lại có: SABC =

2

1

AH.BC =

2

1

AH k DE = k(

2

1

AH.DE)

=> SABC = k SADE

Từ bài toán cơ bản 1 trên ta có thể rút ra hệ quả:

Hệ quả 1: Nếu C, B, P thẳng hàng (cùng thuộc đường thẳng a) và điểm A

không thuộc đường thẳng a, BC = k CP thì SABC = k SACP

Hệ quả 2: Nếu C, B, P thẳng hàng (cùng thuộc đường thẳng a) và điểm A

không thuộc đường thẳng a, BC = CP thì SABC = SAPC (k = 1)

B i toán 2: ài toán 1:

GT ABC, A' BC,

BC

AH  , A'H' BC

B

A'

H'

A

AH S

S

BC A

ABC



Hướng dẫn:

Ta có: S ABC BC AH S A BC BC.A'H

2

1 ,

2

1

' 

' '

2 1

2 1

AH AH

BC

AH BC S

S

BC A

Từ bài toán cơ bản 2 ta có thể rút ra hệ quả:

Hệ quả 3: Nếu ABC có diện tích không đổi và có cạnh đáy a đường cao là

h thì a và h là hai đại lượng tỉ lệ nghịch

Bài toán 3:

GT ABC, A' BC AA’ cắt BC tại E

C B

A

E

A'

H' H

KL S S A AE E

BC A

ABC





'

'

Hướng dẫn:

Ta xét các trường hợp sau:

C

A

E a

Ta có:

H A BC S

AH BC

2

1 ,

2

1

' 



' ' ' ' 2

1

2

1

AH H

A BC

AH BC

S

S

BC

A

H B

A'

A

H'

b A

E

H'

c

A' h

AHE

 A'H'E(Hˆ Hˆ'  90 0, A EˆH A'EˆH'(đối đỉnh)

E A

AE H

A

AH

' ' ' 

Thay (2) vào (1) ta được:

E A

AE H

A BC

AH BC S

S

BC A

ABC

' ' ' 2 1

2 1

'





Bài toán 4:

Hướng dẫn:

Do ABC A’B’C’ (theo giả thiết) =>

k C B

BC B

A

AB



 ' ' ' '

Mặt khác ABH A’B’H’ (Bˆ Bˆ ,'A HˆBA'Hˆ'B') => k

H A

AH B

A

AB



 ' ' ' '

' '

'

' '

' ' ' ' '.

' 2 1

2

1

k k k H A

AH C B

BC H

A C B

AH BC S

S

C B

ABC









Đặc biệt nếu ABC = A’B’C’ (k = 1) thì SABC = SA’B’C’

2.2 Thực trạng của vấn đề:

Thực trạng khi nhận chuyên môn phân công dạy đội tuyển toán 8 ở những tiết đầu tiên tôi cảm thấy cách học của đa số học sinh trong đội tuyển nắm kiến thức rất thụ động mang nhiều tính sách vở

Để thống kê năng lực tiếp thu bài của học sinh tôi dùng nhiều hình thức phát vấn trắc nghiệm rút ra một hiện tượng nổi bật học sinh trả lời rõ ràng mạch lạc nhưng mang tính chất học vẹt chấp hành đúng nguyên bản, quá trình dạy để kiểm tra việc thực hành ứng dụng của học sinh tôi đưa ra một số ví dụ thì học sinh lúng túng không biết thực hiện như thế nào

Qua việc khảo sát việc nắm bắt dạng toán “Chứng minh hình học” trên đối tượng 15 học sinh khá giỏi lớp 8 đầu HK I năm học 2017 - 2018

GT ABC A’B’C’

theo tỷ số k

' '

'

S

S

C B

ABC



A

A'

H' H

Sau khi kiểm tra tôi thấy số học sinh chưa năm được kiến thức dạng này dẫn tới kết quả thấp 5em chiếm tỉ lệ 33,3% ;số học sinh nắm phương pháp còn

mơ hồ kết quả chưa cao 7 em chiếm tỉ lệ 46,7%, một số học sinh nắm phương pháp và biết phân dạng nhưng kỹ năng còn chậm 2em chiếm tỉ lệ 13,3% ;1em thực sự có hứng thú với dạng toán này (có năng lực suy luận, tư duy sáng tạo), chiếm tỉ lệ 6,7%

Xuất phát từ những khó khăn của học sinh và qua thực tế giảng dạy tôi tìm tòi nghiên cứu và đã mạnh dạn đưa ra các giải pháp sau:

2.3 Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề

Thông qua các bài toán trong sách giáo khoa (sách tham khảo) tôi tiến hành phân loại thành một số dạng cơ bản nhất trung học cơ sở rồi hướng dẫn học sinh tìm kiến thức có liên quan cần thiết để giải từng dạng toán đó Sau đây

là một số dạng toán tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất thường gặp

Dạng 1: Phương pháp chứng minh các đoạn thẳng tỉ lệ:

Để chứng minh AB = k.A'B', ta có thể:

- Hoặc chỉ ra rằng: 







)

; ( )

; ( ' '

' '

AB M d k B A M d S S

B MA MAB

- Hoặc chỉ ra rằng: 







)

; ( )

; ( ' '

' '

AB M d k B A N d S

S MAB NA B

- Hoặc chỉ ra rằng:







)

; ( )

; (

.

' ' ' '

B A M d AB M d

S k

S MAB MA B

- Hoặc chỉ ra rằng: 







)

; ( )

; (

' ' ' '

B A M d AB M d

S k

S MAB NA B

- Hoặc chỉ ra rằng : 2

' '

k S

S

M B

B A M d

AB M d

 ) ' '

; (

)

; (

BÀI TẬP VẬN DỤNG:

Bài toán 1 : Lấy một điểm O trong ABC Các tia AO, BO, CO cắt BC, AC,

AB lần lượt tại P, Q, R Chứng minh rằng    2

CR

OC BQ

OB AP OA

Hướng dẫn:

Từ O kẻ OK  BC, từ A kẻ AH  BC (K, H  BC)

Khi đó ta có: S S OK AH

ABC

OBC 





(hệ quả 2)

Mặt khác OK // AH 

AP

OP S

S AP

OP AH

OK

ABC

OBC 









(1) Chứng minh tương tự ta có:

PQ

OQ

S

S

ABC

AOB







(2) S S OR CR

ABC

AOC







(3)













ABC

AOC ABC

AOB ABC

OBC

S

S S

S S

S CR

OR BQ

OQ AP OP

Ta có: AO AP BQ BOCD CR AP AP OP BQ BQ OQCR CR OR

A

Q R

O

K

= 3 - (   )  2

CR

CO BQ

OQ AP

OP

Bài toán 2: Cho ABC có ba góc nhọn và ba đường cao AA’, BB’, CC’, gọi

'

' '

' '

'







CC

HC BB

HB AA HA

Hướng dẫn:

Ta nhận thấy CHB và CAB là hai tam

giác có chung đáy CB nên S S HA AA''

ABC

CHB 





(1)

Tương tự ta có S S HB BB''

ABC

AHC 





(2)

S S CC HC''

ABC

HAB 





(3)

Từ (1) (2) và(3) ta có

ABC

AHB ABC

AHC ABC

HBC

S

S S

S S

S CC

HC BB

HB

AA

HA

















'

' '

'

'

'

=

ABC

AHB AHC

HBC

S

S S

S







Do ABC có ba góc nhọn nên trục tâm H nằm ở miền trong ABC Do đó







HBC S AHC S AHB S ABC











ABC

ABC ABC

AHB AHC

HBC

S

S S

S S

S



'

' '

' '

'

CC

HC BB

HB AA

HA



Bài toán 3: (Hệ quả bài toán 2)

Cho ABC có ba góc nhọn AA’, BB’, CC’ là các đường cao, H là trực tâm của

ABC Chứng minh rằng  ABC là tam giác đều nếu:

'

' '

' '

'

CC

HC BB

HB AA

HA





Hướng dẫn:

Theo kết quả của bài toán 2 ta có

1 '

' '

' '

'







CC

HC BB

HB AA

HA

'

' '

' '

'

gt CC

HC BB

HB AA

HA





Điều này chứng tỏ:

3

1 '

' '

' '

'







CC

HC BB

HB AA

AH

=> H là trọng tâm ABC => ABC đều

Bài toán 4: Trên các cạnh BC, CA, AB của ABC lấy các điểm A1, B1, C1 Chứng minh rằng nếu các đường thẳng AA', BB', CC' đồng quy tại điểm P thì

1 '

'

'

'

.

'

'



A B

CB

C

A

BA

B

C

AC

Hướng dẫn:

Do AA', BB', CC'đồng quy tại P nên ta có:

C'

C

B' A

B

H

A'

C'

C

B' A

B

H

A'

B

A

C'

P

B'

ACP

S

S

B

C

AC



'

'

(1) (theo bài toán cơ bản 3)

Chứng minh tương tự ta cũng có:

BCP

ACP

S

S C A

BA

 '

'

(2) và

BAP

ACD

S

S A B

CB

 '

'

(3) Nhân vế với vế của các đẳng thức (1), (2) và (3) ta có:

1

.

'

'

'

'

.

'

'





ABP ACP BCP

BCP ABP ACP

S S S

S S S A B

CB

C

A

BA

B

C

AC

Dạng 2: Tổng hoặc hiệu các đoạn thẳng bằng một đoạn thẳng khác.

Muốn chứng minh: AB + CD = PQ Ta chứng minh theo các cách sau:

Cách 1: Chỉ ra tồn tại một điểm M sao cho:

SMAB + SMCD = SMPQ

d(M; AB) = d(M; CD) = d(M;PQ) Cách 2: Chỉ ra tồn tại hai điểm M, N sao cho:

SMAB + SMCD = SNPQ

d(M; AB) = d(M; CD) = d(N;PQ) Cách 3: Chỉ ra tồn tại ba điểm M, N, R sao cho:

SMAB + SNCD = SRPQ

d(M; AB) = d(N; CD) = d(R;PQ)

BÀI TẬP VẬN DỤNG:

Bài toán 5: Cho ABC cân tại A (AB = AC) Một điểm D di chuyển trên cạnh đáy BC Từ D kẻ các đường thẳng DE và DF lần lượt vuông góc với AB, AC Chứng minh rằng tổng DE + DF không phụ thuộc vào vị trí của điểm D trên BC

Hướng dẫn:

Để chứng minh DE + DE không phụ thuộc vào vị

trí điểm D ta chứng minh nó luôn bằng một đoạn

thẳng có độ dài không đổi

Thật vậy kẻ đường cao CH ta có.SABD + SACD = SABC

mà S ABD AB DE S ACD AC.DF

2

1 ,

2

1





2

1





2

1

2

1

2

1



  AB.DE AB.DF AB.CH (Do AB = AC )

 DE + DF = CH

mà CH là đường cao nên CH không đổi Vậy DE + DF không đổi

Bài toán 6: Cho tam giác đều ABC, M là một điểm thuộc miền trong của tam

giác Gọi P, Q, R lầm lượt là hình chiếu của M trên BC, AC, AB Chứng minh rằng MR + MP + MQ không đổi khi M thay đổi

Hướng dẫn:

Kẻ AH  BC.Ta có: SABC SMAB SMBC SMAC (1)

C B

D

F E

A

H

Mà S ABC AH.BC

2

1



AB MR

2

1



2

1



2

1





 SMAB SMBC SMAC = MR AB MP BC MQ.AC

2

1

2

1 2

1





= MR BC MP BC MQ.BC

2

1

2

1

2

1



=

2

1

BC (MR + MD + MQ) (3) Thay (2) và(3) vào (1) ta được:

2

1

BC (MR + MD + MQ) =

2

1

BC.AH  MR + MP + MQ = AH

mà AH là đường cao nên AH không đổi Vậy MR + MP + MQ không đổi

Dạng 3: Phương pháp chứng minh tổng hoặc hiệu các hình bằng diện tích một hình khác:

Để chứng minh: S1 + S2 + S3 + + Sn = S, ta có thể sử dụng:

- Các công thức tính diện tích

- Các bài toán cơ bản đã nêu

BÀI TẬP VẬN DỤNG

Bài tập 7: Cho tứ giác lồi ABCD Gọi M, N theo thứ tự là trung điểm của các

cạnh BC và AD, P là giao điểm của các đường thẳng AM và BN, Q là giao điểm của các đường thẳng CN và DM Chứng minh SMPNQ = SAPB + SCQD

Hướng dẫn:

Hạ các đường vuông góc BB', MM’, CC’

xuống AD (B’, M’ và C’ thuộc AD)

Xét hình thang BB’C'C có MM' là đường

trung bình nên

2

' '

' BB CC

2

' ' '  



2

'.

2

1 2

'.

2

1 '.

2

CC

AD BB AD



ND CC AN

BB AD

2

1 '.

2

1 '.

2

1





2

AD ND

AN   )=> SAMD = SABN + SCND (1) Mặt khác ta có: SMPNQ = SAMD - (SAPN + SNDQ) (2)

Thay (1) vào (2) ta được: SMPNQ = (SABN + SNCD) - (SAPN + SNQD)

= (SABN - SAPN) + (SCND - SQND) = SABP + SCQD

Bài toán 8 : Cho tứ giác lồi ABCD với M là trung điểm của đường chéo AC

a Chứng minh rằng: SAMB + SCMD = SAMD + SBMC =

2

1

SABCD

C B

A

M

P

R

Q

H

M'

C B

M

A

P

N Q

D

b Giả sử AB không song song với CD Gọi E và F lần lượt là trung điểm của

AB và CD Hãy tìm trên đoạn thẳng EF một điểm K sao cho

SAKB + SCKD = SAKD + SBKC =

2

1

SABC

Hướng dẫn:

a Do MA = MC (gt) => SAMB = SMBC và SCMD = SAMD

cộng vế với vế của hai đẳng thức trên ta được

SAMB+ SCMD = SMBC + SAMD (1)

mà (SAMB+ SCMD) + (SMBC + SAMD)= SABCD (2)

Từ (1) và (2) => SCMD + SAMB = SAMD + SBMC =

2

1

SABCD

b Vì AB không song song với CD nên AB cắt CD tại T Trên tia TA lấy điểm

P sao cho TP = AB Trên tia TD lấy điểm Q sao cho TQ = CD

Ta có: SAMB = STPM (hai tam giác có đáy bằng nhau và cùng đường cao)

và SCMD = STQM (hai tam giác có đáy bằng nhau và cùng đường cao)

=> SAMB + SCMD = STMP + STQM = SMPTQ = STPQ + SPQM

Do SAMB + SCMD =

2

1

SABCD (không đổi) do đó SMPQ cũng không đổi

Nên các điểm K thoả mãn SAKB + SCKD = SAKD + SBKC =

2

1

SABCD phải chạy trên phần đường thẳng đi qua M và song song với PQ cố định

Vậy để K  EF và vừa có SAKB + SCKD = SAKD + SBKC =

2

1

SABCD thì K phải là giao điểm của EF với đường thẳng a đi qua M và song song với PQ

Bài toán 9: Tam giác ABC có ba góc nhọn, vẽ các đường cao BD, CF Gọi H,

K là hình chiếu của B, C trên đường thẳng ED

Chứng minh SBEC + SBDC = SBHCK

Hướng dẫn:

Vẽ EF’, II’, DD’ vuông góc

với BC (I là trung điểm của ED)

=> II’ là đường trung bình của

hình thang EE’D’E nên

DD’ + EE’ = 2II’ Khi đó ta có

SBEC + SBDC =

2

1

BC.EE’ +

2

1

BC.DD’

=

2

1

BC (EE’ + DD’) Hay SBEC + SBDC =

2

1

BC 2 II’ = BC II’ (1) Qua I vẽ đường thẳng song song với BC cắt BH và CK tại P và Q

D

T

A B

Q

P

C

F

Ta có: BC II’ = SBPQC (2)

Ta lại có: IPH = IQK (c.g.c) => SIPH = SIQK => SBPQC = SBHKC (3)

Từ (1) (2) và (3) suy ra SBEC + SBDC = SBHKC

Dạng 4: Phương pháp chứng minh tỉ số diện tích của hai hình phẳng

' '

k k S

S

C B

ABC  



 ta có thể chứng minh các cách sau:

Cách 1: Chỉ ra rằng  ABC  A’B’C’ theo tỉ số k

Cách 2: Chỉ ra ' ' '

2

C B ABC k S

S   và dựa vào phương pháp chứng minh dạng1, 2 Cách 3: Dùng tiêu đề diện tích để từ bài toán tổng quát đưa về bài toán cho tam giác

BÀI TẬP VẬN DỤNG:

Bài toán 10: Chứng minh rằng tam giác có đỉnh là giao điểm của hai cạnh đối

của một tứ giác lồi, hai đỉnh kia là hai trung điểm của hai đường chéo của tứ giác lồi có diện tích bằng

4

1

diện tích tứ giác

Hướng dẫn: ng d n: ẫn:

Gọi M và N lần lượt là trung điểm của các

đường chéo BD và AC của tứ giác ABCD, E là

giao điểm hai cạnh AD và BC

Ta có: SEMN = SEDC - SEMD - SENC - SDMN - SDNC

SEMN = SEDC -

2

1

SEBD -

2

1

SEAC -

2

1

SDNB -

2

1

SDAC

SEMN = (

2

1

SEDC -

2

1

SEAC -

2

1

SDAC) + (

2

1

SEDC +

2

1

SEBD -

2

1

SDNB) =

2

1

(SDNC + SBNC) =

2

1

(

2

1

AABC +

2

1

SADC) =

4

1

(SABC + SADC) =

4

1

SABCD

Bài toán 11: Cho  ABC trên BC, CA, AB lấy các điểm A1; B1; C1 sao cho các đường thẳng AA1, BB1, CC1 đồng quy tại P Chứng minh: S S B AB C

BCP

ABP

1

1







Hướng dẫn:

Hạ AA2  BB1 và CC2  BB1 Ta có:

SABP =

2

1

BP AA2 và SBCP =

2

1

BP CC2



2 2

2

2

2

1

2

1

CC

AA CC

BP

AA BP S

S

BCP





Mặt khác ta lại có AB1A2 CB1C2 (g.g)



C B

AB

CC

AA

1

1 2

2

 

C B

AB S

S

BCP

ABP

1

1







Bài toán 12: Cho  ABC, E là trung điểm của AC Trên BC lấy điểm D sao

cho BD =

3

1

BC Trên AE lấy điểm G sao cho AG =

3

1

AE Đoạn thẳng AD cắt BG và BE theo thứ tự tại M và N Tính SMNEG theo SABC.

1

C1

B1

A

C2

A

2

P

C

A

B

M E

N