một dạng giống với phương trình Diophante

Chứng minh phương trình$x+y=g$với $(x,y)=l$ có nghiệm nguyên khi và chỉ khi $l | g$
hiển nhiên phương trình có nghiệm thì $l|g$, ta chứng minh điều kiện đủ:
đặt $x=lx_1,y=ly_1,g=lg_1$ ta có $x_1+y_1=g_1$ với $(x_1,y_1)=1$
ta chọn $x_1=1$ $y_1=g_1-1$ thì suy ra ngay điều phải chứng minh

bổ đề về đường đẳng giác

$\boxed{Bồ \space đề \space 1}$: Cho $\triangle ABC, AP$ và $AQ$ đẳng giác trong góc $A$, đặt $X=BP\cap CQ, Y=BQ\cap CP$, khi đó $AX,AY$ đẳng giác trong góc $A$
Chứng minh:
đặt $CX\cap AB=N, CY\cap AC=M$
ta có $(CPYM)=(CXQN)$
suy ra $A(CPYB)=A(CXQB)$
từ đây, gọi giao điểm với $BC$ và áp dụng định lí Steiner ta dễ thấy đpcm
 Định lý 1 (Định lý Steiner). Cho tam giác ABC và hai điểm D, E trên cạnh BC. Khi đó,
AD và AE là hai đường đẳng giác của góc ∠BAC khi và chỉ khi:
$\frac{\overline{DB}}{\overline{DC}}.\frac{\overline{EB}}{\overline{EC}}=\frac{AB^2}{AC^2}$

$\boxed{Bổ\space đề \space 2 }:$ cho $\triangle{ABC}$ $H$ nằm trong $\triangle$ sao cho $\widehat{HBA}=\widehat{HCA}$,$H'$ đối xứng $H$ qua trung điểm $BC$.Chứng minh $AH$,$AH'$ đẳng giác trong góc$A$ 
Chứng minh: 
kẻ $HP,H'N \perp AC, HQ,H'M \perp AB$ dễ thấy $\triangle{APQ} \sim \triangle{AMN}$ suy ra đpcm 

Tứ giác ngoại tiếp part 2

$\boxed{Bài toán}$ Cho tứ giác $ABCD$ ngoại tiếp $(O)$, từ $A$ kẻ các đường thẳng vuông góc với $AB,AD$ và cắt $OB,OD$ tại $J,I$. Chứng minh rằng $IJ \perp AC$
Chứng minh
Từ $I$ kẻ đường thẳng vuông góc với $CD$ cắt $CD$ tại $K$,định nghĩa tương tự cho điểm $L$
Ta có $IA^2-IC^2=IA^2-KC^2-IK^2=-KC^2$
tương tự $JA^2-JC^2=-JC^2$
mà hiển nhiên $KC=LC$ từ đó suy ra điều phải chứng minh

hình vẽ bài toán

Bài tập đội tuyển thi vòng 2 tỉnh Cà Mau

$\boxed{Bài toán}$ : cho đường tròn tâm (O) và 1 dây cung AB cố định không là đường kính. Một điểm P thay đổi trên cung lớn AB. Gọi I là trung điểm của AB. Lấy các điểm M,N trên các tia PA,PB tương ứng sao cho $\widehat{PMI}=\widehat{PNI}=\widehat{APB}$
a) Chứng minh đường cao kẻ từ đỉnh P của tam giác PMN đi qua một điểm cố định
b) Chứng minh đường thẳng Euler của tam giác PMN đi qua 1 điểm cố định 
Lời giải của mình
đặt $MI\cap PA=H, NI\cap PB=G$
a) gọi E là tâm ngoại tiếp của tam giác OAB, ta dễ thấy được là tứ giác MIEG và tứ giác EIHA nội tiếp từ đó suy ra được $\widehat{MGE}=\widehat{NHE}=90^{o}$ suy ra tứ giác PGEH nội tiếp đường tròn đường kính PE
mà do MN đối song GH nên ta suy ra PE vuông góc MN từ đó có đpcm
b) ta dễ thấy rằng trực tâm của tam giác PGH sẽ là tâm ngoại tiếp tam giác PMN.
do đó gọi trực tâm PMN, PGH lần lượt là L,C
đặt $ML\cap PA= R, NL\cap PB=S$ thì ta dễ thấy rằng L,C sẽ thuộc trục đẳng phương của hai đường tròn (SGN) và (MRH), mà do tứ giác MNGH nội tiếp nên I cũng thuộc trục đẳng phương này
do đó đường thẳng euler của tam giác PMN luôn đi qua I cố định
p/s: bài toán b thực chất là bài toán về hai trực tâm rất hay được viết trong TLCT 10 

 hình vẽ bài toán

sad day

Mình còn nhớ lý do đầu tiên khiến mình để ý tới môn toán là tấm huy chương, lúc đó còn là lớp 2, thấy chị gì đó  lên nhận huy chương đồng toán tuổi thơ, nhìn thấy thích lắm, rốt cuộc là năm đó dốc sức học thật tốt môn toán, còn mua cuốn tính nhanh với giáo sư cáo nữa, nhưng một năm sau thì mục tiêu đã bắt đầu mờ dần vì lười quá, rồi dần dần quên luôn. Rồi lên năm lớp 4, mọi chuyện bắt đầu từ đây, bắt đầu cảm nhận được cái thú vị của toán, đọc mấy bài toán đố thấy thích lắm, rồi lên lớp 5, cô kêu đi thi, lúc đó chả biết gì hết, cứ biết đi thi là được cúp học như đi vở sạch chữ đẹp, vô đó cho làm bài kiểm tra, chả hiểu gì hết, cứ thấy đề là làm đại, rồi mai mốt mới biết mình là một trong 6 người được chọn thi toán vòng tỉnh. Rồi sau đó thì ngày nào cũng kêu lên luyện thi, lúc đó chẳng biết bị gì mà rất ghét đi học bồi dưỡng, thậm chí còn tính trốn, nhưng rồi cũng bị bắt. Rồi cuối cùng cũng đậu vào top 6 được đi thi quốc gia, lúc đó còn tính xin nghỉ nữa chứ, nghĩ lại hài thật, lên tới Lào Cai, đi chơi không, không ôn gì hết. Và tất nhiên kết quả là rớt thảm hại, khi đó chỉ biết mình rớt thì rất là buồn, cũng không biết mình vừa thi cái gì. Từ đó lại cạch mặt toán nữa. Thậm chí đến khi lên lớp 6, cô kêu lên bảng làm bài mà hồi ôn thi làm rồi cũng cố tình làm sai, chẳng biết để làm gì. Rồi lên lớp 8, trong một lần hỏi ngu thánh toán của lớp, rồi nó cũng cho bài mình làm, dần dần thì nó cho cả cuốn Nâng Cao Phát Triển của Vũ Hữu Bình, nhận được thấy thích lắm, đi photo rồi cũng bắt chước người ta ngồi đọc, rồi làm bài trong đó, càng làm càng thấy thích. Rồi tới HKII, nghe lời thánh kia đăng kí vào bồi dưỡng toán, ban đầu oải lắm, trong đó toàn thánh không, nhưng rồi dần dần cũng bắt kịp với tụi nó. Nhưng lớp 8 thì cũng không có thi gì nên cũng khá chán.
 Tới hè, tiếp tục nghe lời thánh kia đăng kí vào lớp Casio. Một, hai bữa đầu thấy nó viết cái quy trình mà mắc mệt, chán, không học, tới lúc thi tuyển Casio thì trốn khỏi trường luôn. Rồi lúc nhận kết quả đội bồi dưỡng toán thì mình đậu, cô thấy vậy thì kêu mình đi casio luôn, lúc đó chẳng hiểu trời xui đất khiến kiểu gì mà đi lên ghi tên, cuối cùng thì được tham dự lớp casio không qua thi tuyển với con mắt kì thị của tụi kia he he.
 Vậy là hết hè, lên lớp 9, lúc này quyết định tạo facebook theo thằng thánh, lên đó mới thấy mấy nhóm toán trên mạng, lúc đó mới được mở rộng tầm mắt, biết mình nhỏ bé bao nhiêu, rồi mới bắt đầu tham gia diendantoanhoc lên đó chém gió này nọ. Rồi được thi thành phố, tỉnh này nọ, cũng được giải, nhờ thằng thánh ôn cho hết, nhưng quan trọng là thi casio. ban đầu vòng thành phố thì làm định cho qua thôi, ai ngờ lại đậu, rồi cũng quyết tâm ôn lắm, tới vòng 2 thì được giải nhất, vui quá trời, nghe thằng thánh nói là thi vòng tỉnh nếu đậu cao nữa thì được lên qg luôn. Lúc đó nghe qg oách lắm, với lại muốn báo thù cái vụ lớp 5 nên quyết tâm làm cho được. Rồi tới thi vòng tỉnh, lần này khác hẳn với những lần trước, rất muốn đậu. Sau đó đọc đề thì chỉ bí một bài, lúng túng hết cả lên, làm loạn xạ, nhưng nghĩ là chỉ bỏ 1 bài thì sao rớt được. Vâng, phát ra thì được 9/25. Lúc đó hoàn toàn bị khủng hoảng, suốt 2 tuần liền không biết làm gì, không biết mình làm sai gì, không biết tại mình dở hay không, hoàn toàn vô định, không một hướng đi.Cuối cùng thì cũng vượt qua được nhờ cuộc thi violympic, cũng bình tâm lại được chút. Nhưng thật sự hôm nay, lịch sử đã lặp lại, thằng thánh tuốt trên bàn 1, la lên là có kết quả rồi, thằng ngồi kế cũng có điện thoại nên cũng mượn nó coi thử. Lúc đó chỉ muốn nín thở, chỉ mong là được giải ba trở lên để được vào vòng hai, mỗi % tải về là thêm 1 nỗi lo, cuối cùng thì tải không được, thằng thánh ngồi trên đọc kết quả luôn. Kết quả mình khuyến khích, lúc đó như trời sập, không tin được vào tai mình, thiếu 0,5 là được vào vòng 2,... trong khi những đứa mà ... thôi đó lại là một chuyện khác. Chiều nay lần đầu tiên không đi học bồi dưỡng mà học thể dục, nhìn tụi kia học, chả biết nên trách ai, trách bản thân quá dở hay là tại số phận mình đã như vậy. Thật sự là quá chán, rất muốn đi học, trong năm học cấp 3 này, học bồi dưỡng với chuyên đề như cứu rỗi mình, vì những giờ đó mình mới thấy thích thú thật sự, trớ trêu làm sao, đứa muốn học thì lại không được học. Chưa bao giờ thất vọng về bản thân như lúc này, tuần trước ngày nào cũng háo hức đi ôn bài suốt 5 tiết, ở lại tới khi thư viện đóng cửa cũng không chịu đi nữa, chỉ tại mình cố gắng nửa vời hay tại mình nhọ. Không biết con đường tiếp theo sẽ đi về đâu, mấy đứa khác cứ động viên còn năm sau mà, gáng lên nhưng tụi nó đâu biết là năm sau liệu mình còn được ở đây không, còn được đi thi không khi mà thi đại học đang gần kề. Có lẽ,mình sẽ phải đi lên thành phố, cũng có lẽ hôm nay chính là ngày cuối cùng mình được làm toán với niềm vui. Hi vọng sẽ không phải xa mày, cái thú vui luôn đi cùng tao từ nhỏ tới bây giờ ...

bổ đề liên quan đến phương tích

cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn tâm O, AB cắt CD tại E, AD cắt BC tại F, AC cắt BD tại G, M là trung điểm của EF
khi đó 

1. $GE^2=P_{G/(O)}+P_{E/(O)}$
2. $EF^2= P_{F/(O)}+P_{E/(O)}$
3. $P_{M/(O)}=ME^2=MF^2$

chứng minh:
  1. ta có G thuộc đường đối cực của E với (O) nên ta đưa về bài toán sau:
Cho B thuộc đường đối cực của A với (O) ($A \notin (O)). Chứng minh:$ AB^2=P_{A/(O)}+P_{B/(O)}$
giả sử điểm A nằm ngoài (O), từ A kẻ các tiếp tuyến AD, AE với (O)
Áp dụng định lí Stewart ta có : 
$AD^2.\overline{BE}+AE^2.\overline{DB}+AB^2.\overline{ED}+\overline{DB}.\overline{BE}.\overline{ED}=0 \\ \Leftrightarrow P_{A/(O)}(\overline{BE}+\overline{DB})+AB^2.\overline{ED}-P_{B/(O)}.\overline{ED}=0 \\ \Leftrightarrow AB^2=P_{A/(O)}+P_{B/(O)}$

3.áp dụng công thức trung tuyến trong tam giác OEF ta có :
$2OM^2=OE^2+OF^2-\frac{EF^2}{2}\\ \Leftrightarrow 2OM^2=OE^2+OF^2-\frac{1}{2}(OE^2+OF^2-2R^2)(theo \space 2) \\ \Leftrightarrow OM^2-R^2=\frac{1}{4}(OE^2+OF^2-2R^2)=\frac{1}{4}(P_{E/(O)}+P_{F/(O)})=MB^2$
vậy ta có đpcm

bổ đề về đường tròn nội tiếp tam giác

$\boxed{bài \space toán \space 1}$ cho $\triangle{ABC}$ ngoại tiếp đường tròn (I), tiếp điểm của BC,CA,AB với (I) lần lượt là D,E,F. H là trung điểm EF, đặt $G= CH \cap DF$. chứng minh $AG \parallel EF$

lời giải của mình

gọi giao của BH,CH với AC,AB lần lượt là M,L
từ M kẻ tiếp tuyến với (I) cắt AB tại L' thì ta có MB,LC,EF đồng quy hay C,H,L' thẳng hàng
do đó$L\equiv L' \Rightarrow ML$ tiếp xúc với (I)
theo tính chất của tứ giác ngoại tiếp thì G thuộc đường đối cực của H
hay G thuộc đường thẳng qua A và $\parallel EF$

$\boxed { Bài \space toán \space 2 }$: từ D kẻ đường kính DG của (I) , đặt $H=GE \cap DF$ chứng minh $AH \parallel BC$

 lời giải  

đặt $J =GD\cap EF$ 

xét cực và đối cực với (I) 

H thuộc đường đối cực của J 

mà A thuộc đường đối cực của J

suy ra AH vuông góc với IJ, hay $AH\parallel BC$

$boxed{Bài \space toán \space 3} từ D kẻ đường kính DG của (I) cắt EF tại J, M là trung điểm của BC. Chứng minh rằng A,J,M thẳng hàng

lời giải

gọi d là đường đối cực của J đối với (I), ta có A(d,J,F,E ) là chùm điều hòa

 mà dễ thấy d đi qua A và $\parallel BC$ 

do đó AJ đi qua trung điểm BC, ta có đpcm

bài toán về đồng quy

bài toán: cho $triangle{ABC}$ ngoại tiếp đường tròn (I) với các tiếp điểm trên các cạnh BC,CA,AB lần lượt là X,Y,Z. Trên các đường thẳng BC,CA,AB lần lượt lấy các điểm D,E,F. Từ D,E,F kẻ các tiếp tuyến với (I) ( khác các cạnh của $\triangle{ABC}$ ) DX',EY',CZ'. Chứng minh AX',BY',CZ' đồng quy khi và chỉ khi AD,BE,CF đồng quy hoặc D,E,F thẳng hàng.
Lời giải của mình

hình vẽ bài toán

đặt $K=XX' \cap YZ, L= DX \cap YZ$ tương tự ta xác định các điểm K', K'', L',L''
xét cực và đối cực với (I) :
A là cực của YZ
X' là cực của DL
$\Rightarrow$ L là cực của AX'
dễ thấy K là cực của AD ,XX' là đường đối cực của D(*)
 ta xét bổ đề sau :
cho $\triangle{ABC}$ ngoại tiếp (O), từ điểm D thuộc đường thẳng BC nằm ngoài đường tròn (O) vẽ tiếp tuyến DE, $F=AE\cap BC$ ta có $\frac{\overline{DC}}{\overline{DB}}=(\frac{sin(AF,AC)}{sin(AF,AB)})^2$
bằng tam giác đồng dạng ta dễ dàng chứng minh được $\frac{DC}{DB}=(\frac{EC}{EB})^2$
mà $\overline {DC},\overline {DB}$ cùng chiều nên ta có $\frac{\overline{DC}}{\overline{DB}}=(\frac{EC}{EB})^2 =(\frac{sin(AF,AC)}{sin(AF,AB})^2$

hình vẽ bổ đề

quay trở lại bài toán :
ta có $\frac{\overline{LY}}{\overline{LZ}}=(\frac{sin(XX',XY)}{sin(XX',XZ)})^2$
AX',BY',CZ' đồng quy khi và chỉ khi L,L',L'' thẳng hàng
tức là khi $\frac{\overline{LY}}{\overline{LZ}}.\frac{\overline{L'Z}}{\overline{L'X}}.\frac{\overline{L''X}}{\overline{L''Y}} =1$ ( theo Menelaus )
hay  $(\frac{sin(XX',XY)}{sin(XX',XZ)}.\frac{sin(YY',YZ)}{sin(YY',YX)}.\frac{sin(ZZ',ZX)}{sin(ZZ',ZY)})^2=1$
 khi và chỉ khi $(\frac{\overline{KY}}{\overline{KZ}}.\frac{\overline{K'Z}}{\overline{K'X}}.\frac{\overline{K''X}}{\overline{K''Y}} )^2=1$
khi và chỉ khi XX',YY',ZZ' đồng quy($\frac{\overline{KY}}{\overline{KZ}}.\frac{\overline{K'Z}}{\overline{K'X}}.\frac{\overline{K''X}}{\overline{K''Y}}=-1$ )
hoặc K,K',K'' thẳng hàng ($\frac{\overline{KY}}{\overline{KZ}}.\frac{\overline{K'Z}}{\overline{K'X}}.\frac{\overline{K''X}}{\overline{K''Y}}=1$)(**)
theo (*) và (**) ta có AD,BE,CF đồng quy hoặc D,E,F thẳng hàng  

các tính chất của tứ giác ngoại tiếp đường tròn 
Bài toán:cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn (O), tiếp điểm của các cạnh AB,BC,CD,DA với (O) lần lượt là M,N,P,Q. $MQ\cap NP=F, MN \cap PQ=E, MP\cap NQ = G$. AC cắt MQ và NP theo thứ tự tại J và Q, BD cắt MN và PQ theo thứ tự tại I và R ta có các tính chất sau :
i)E,A,G,C thẳng hàng
ii) MP,NQ,AC,BD đồng quy 
iii)DN,BP,CG đồng quy 
iv)IJ,RW,NQ,EF đồng quy 
v) NJ,QI,MP đồng quy 
lời giải của mình:

         i) xét cực và đối cực với (O) :

A là cực của MQ

C là cực của NP

$\Rightarrow F$ là cực của AC

do đó E,A,G,C thẳng hàng do cùng nằm trên đường đối cực của F

tương tự thì B,G,D,F cũng thẳng hàng

         ii) kết quả hiển nhiên từ i)
         iii) do AC là đường đối cực của F nên ta có $(FWPN)=-1 \Rightarrow (FGDB)=-1$ 

lại có N,P,F thẳng hàng nên suy ra DN,BP,AC đồng quy 

         iv) lập luận tương tự iii) thì ta có $(MNIE)=(MQJF)=-1$

do đó EF,IJ,NQ đồng quy tại một điểm Z (*)

tương tự thì ta cũng có RW,NQ,EF đồng quy nên ta có đpcm

         v)theo (*) ta có : Z thuộc EF( đường đối cực của G ) nên ta có$(ZGQN)=-1$

mà ta lại có I,J,Z thẳng hàng nên suy ra NJ,QI,NG đồng quy 

hình vẽ

mô hình của hàng điểm điều hoà

$\boxed {Bài toán}$ : Cho $\triangle{ABC}$ nội tiếp đường tròn (O), tiếp tuyến của (O) tại C,A và đường thẳng AC lần lượt cắt tiếp tuyến tại B tại D,E và F.Chứng minh (BFDE) =-1

định lý về đường tròn Apollonius

 Trong một tam giác
Định lí 1: Mỗi đường tròn Apollonius của một đỉnh thì trực giao với đường tròn có đường kính là cạnh đối diện với đỉnh đó.
Định lí 2: Ba đường tròn Apollonius ứng với 3 đỉnh cùng đi qua 2 điểm, đường thẳng nối 2 điểm đi qua tâm ngoại tiếp của tam giác
Định lí 3: Mỗi đường tròn Appllonius trực giao với đường tròn ngoại tiếp tam giác


chứng minh 
 Ta có các định nghĩa:
ĐN1:Hai đường tròn (O,R) và (O',R') trực giao nếu $R^2+{R'}^2={OO'}^2$ 
ĐN2: Hai điểm M và N gọi là liên hiệp với nhau qua đường tròn (O,R) nếu (O,R) trực giao với đường tròn đường kính MN
Tính chất : Cho hai điểm M,N không thuộc (O,R) đường thẳng MN cắt (O,R) tại A và B.Khi đó M và N liên hiệp với nhau qua (O,R) khi và chỉ khi $(MNAB) =-1$   
gọi AD,AE lần lượt là phân giác trong và phân giác ngoài của $\triangle{ABC}$ và đường tròn (C) là đường tròn Apollonius ứng với đỉnh A của $\triangle{ABC}$ 
ta có $(DEBC)=-1$ nên BC liên hợp với nhau qua (C), vì vậy tất cả các đường tròn qua B và C đều trực giao với (C) , vậy định lí 1 và 3 được chứng minh

hình 1 

 chứng minh định lí 2:
1) gọi K là giao của hai đường tròn Apollonius ứng với hai đỉnh A và B, 
theo định nghĩa ta có $\frac{KA}{KC}=\frac{BA}{BC}$ và $\frac{KB}{KC}=\frac{AB}{AC}$
$\implies \frac{KA}{KB}=\frac{CA}{CB} \implies K \in$ đường tròn Apollonius ứng với điểm C.
Vậy ba đường tròn Apollonius đều đi qua 2 điểm K và L
2) theo định lí 3 thì phương tích của O với ba đường tròn Apollonius đều bằng bán kính của (O), vậy (O) thuộc trục đẳng phương của cả ba đường tròn Apollonius hay O,K,L thẳng hàng 

hình 2

 
 
 

mở rộng nhỏ về phép đối xứng tâm

tích của $2n+1(n \in \mathbb{N})$ phép đối xứng tâm với $2n+1$ tâm đối xứng phân biệt là một phép đối xứng tâm
ta sẽ chứng minh theo phương pháp quy nạp
đầu tiên ta sẽ chứng minh với trường hợp n=1, tức là tích của 3 phép đối xứng tâm
gọi $A,B,C$ là ba tâm đối xứng của các phép đối xứng $D_A,D_B,D_C$ và đặt $D=D_A o D_B o D_C$
ta lấy $O$ sao cho $\overrightarrow{BO}=\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BC}$ theo định nghĩa ta có
$D_A:O \mapsto O_1 \implies \overrightarrow{AO_1}=-\overrightarrow{AO} \\ D_B:O_1 \mapsto O_2 \implies \overrightarrow{BO_1}=-\overrightarrow{BO_2} \\ D_C:O_2 \mapsto O_3 \implies \overrightarrow{CO_2}=-\overrightarrow{CO_3} \\ \implies \overrightarrow{AO_1}-\overrightarrow{BO_1}+\overrightarrow{CO_3}=-\overrightarrow{AO}+\overrightarrow{BO_2}-\overrightarrow{CO_2}\\ \Leftrightarrow \overrightarrow{AB}+\overrightarrow{CO_3}=-\overrightarrow{AO}+\overrightarrow{BC}\\ \Leftrightarrow \overrightarrow{CO_3}=\overrightarrow{BO}+\overrightarrow{OA}=\overrightarrow{BA}=\overrightarrow{CO} \Leftrightarrow O\equiv O_3$
vậy $O$ là điểm bất động của của $D$, giả sử M là một điểm bất kì ta có
$D_A:M\mapsto M_1,O \mapsto O_1 \implies \overrightarrow{M_1O_1}=-\overrightarrow{MO} \\ D_B:M_1\mapsto M_2,O_1 \mapsto O_2 \implies \overrightarrow{M_1O_1}=-\overrightarrow{M_2O_2} \\ D_C:M_2\mapsto M_3,O_2 \mapsto O \implies \overrightarrow{M_2O_2}=-\overrightarrow{M_3O} \\ \implies \overrightarrow{MO}=-\overrightarrow{M_3O}$
vậy D là phép đối xứng tâm O, trong đó O được xác định bởi $\overrightarrow{BO}=\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BC}$
(-Tham khảo từ tài liệu chuyên toán hình học 10)
giả sử mệnh đề đã cho đúng với $n=k$ ta cần chứng minh mệnh đề đã cho đúng với $n=k+1$
gọi các phép đối xứng tâm lần lượt là $D_1,D_2,...,D_{2k+3}$ , và tích của $2k+1$ đối xứng tâm là phép đối xứng $D$
vậy tích của $2k+3$ phép đối xứng tâm là tích của $D$ và $D_{2k+2},D{2k+3}$ mà tích của ba phép đx tâm là 1 phép đối xứng tâm (cmt) vậy mệnh đề đã cho đúng

bổ đề hình học 1

một số bổ đề hình học mà mình thu nhặt được
đa số bổ đề mình biết là đọc được ở đâu đó trên mạng hoặc trong sách, mình chỉ tổng hợp ở đây cho dễ nhớ vì vậy mình sẽ không ghi nguồn hoặc tác giả
cho đoạn thẳng $AB,C\in AB$ với một điểm $O$ bất kì trên mặt phẳng thì ta có hệ thức sau
$\frac{\overline{CA}}{\overline{CB}}=\frac{OA.sin(\overrightarrow{OC},\overrightarrow{OA})}{OB.sin(\overrightarrow{OC},\overrightarrow{OB})}$
Chứng minh
kẻ $AA',BB' \perp OC$
theo hệ thức Thales dạng đại số thì $\frac{\overline{CA}}{\overline{CB}}=\frac{\overline{A'A}}{\overline{B'B}}=\frac{OA.sin(\overrightarrow{OC},\overrightarrow{OA})}{OB.sin(\overrightarrow{OC},\overrightarrow{OB})}$ suy ra đpcm