Ở Hình 9 biết ABCDEF là lục giác đều, chứng minh rằng lục giác MNPQRS cũng là lục giác đều.

Lục giác ABCDEF là lục giác đều nên AB = BC = CD = DE = EF = FA và \(\widehat {ABC} = \widehat {BCD} = \widehat {CDE} = \widehat {DEA} = \widehat {EAF} = \widehat {FAB}.\)

Ta cũng có tổng 6 góc của lục giác đều ABCDEF bằng tổng các góc của hai tứ giác ABCD và AFED, tức là bằng 2.360° = 720°.

Do đó: \(\widehat {ABC} = \widehat {BCD} = \widehat {CDE} = \widehat {DEA} = \widehat {EAF} = \widehat {FAB} = \frac{{720^\circ }}{6} = 120^\circ .\)

Xét ∆AFB cân tại A (do AB = AF) ta có:

\(\widehat {ABF} = \widehat {AFB} = \frac{{180^\circ - \widehat {FAB}}}{2} = \frac{{180^\circ - 120^\circ }}{2} = 30^\circ .\)

Hay \(\widehat {ABS} = \widehat {AFR} = 30^\circ .\)

Tương tự, đối với ∆ABC cân tại B ta có: \[\widehat {BAC} = \widehat {BCA} = 30^\circ \] hay \[\widehat {BAS} = 36^\circ .\]

Do đó ta có \[\widehat {ABS} = \widehat {BAS} = 30^\circ .\] Nên ∆ABS cân tại S.

Suy ra \(\widehat {ASB} = 180^\circ - 2\widehat {BAS} = 180^\circ - 2 \cdot 30^\circ = 120^\circ .\)

Khi đó, \(\widehat {RSM} = \widehat {ASB} = 120^\circ \) (đối đỉnh).

Chứng minh tương tự, ta được:

\[\widehat {RSM} = \widehat {SMN} = \widehat {MNP} = \widehat {NPQ} = \widehat {PQR} = \widehat {QRS} = 120^\circ .\,\,\,\,\;\left( 1 \right)\]

Ta có: \[\widehat {BSA} + \widehat {BSM} = 180^\circ \] (kề bù)

Suy ra \[\widehat {BSM} = 180^\circ - \widehat {BSA} = 180^\circ - 120^\circ = 60^\circ .\]

Ta cũng có: \(\widehat {BMS} = 180^\circ - \widehat {BMC} = 180^\circ - 120^\circ = 60^\circ .\)

Do đó ∆BSM là tam giác cân, lại có \(\widehat {BSM} = 60^\circ \) nên ∆BSM là tam giác đều.

Suy ra SB = SM = BM.

Chứng minh tương tự ta có ∆SAR là tam giác đều nên SA = SR = AR.

Do ∆ABS cân tại S nên SA = SB.

Khi đó, RS = SM.

Chứng minh tương tự, ta được:

RS = SM = MN = NP = PQ = QR. (2)

Từ (1) và (2) suy ra lục giác MNPQRS là lục giác đều.