Cho đa giác đều A₁A₂A₃…A_{n – 1}A_n (n > 3, n ∈ ℕ). Chứng minh các đường trung trực của các cạnh A₁A₂, A₂A₃, …, A_{n – 1}A_n, A_nA_­1 cùng đi qua một điểm.

a) Ngũ giác ABCDE là ngũ giác đều nên AB = BC = CD = DE = EA và \(\widehat {ABC} = \widehat {BCD} = \widehat {CDE} = \widehat {DEA} = \widehat {EAB}.\)

Ta cũng có tổng 5 góc của ngũ giác đều ABCDE bằng tổng các góc của ba tam giác ABC, ACD, ADE, tức là bằng 3.180° = 540°.

Do đó: \(\widehat {ABC} = \widehat {BCD} = \widehat {CDE} = \widehat {DEA} = \widehat {EAB} = \frac{{540^\circ }}{5} = 108^\circ .\)

Xét ∆AEB cân tại A (do AB = AE) ta có:

\(\widehat {ABE} = \widehat {AEB} = \frac{{180^\circ - \widehat {EAB}}}{2} = \frac{{180^\circ - 108^\circ }}{2} = 36^\circ .\)

Hay \(\widehat {ABM} = \widehat {AEN} = 36^\circ .\)

Tương tự, đối với ∆EAD cân tại E ta có: \[\widehat {EAD} = \widehat {EDA} = 36^\circ \] hay \[\widehat {EAN} = 36^\circ .\]

Do đó ta có \[\widehat {EAN} = \widehat {NEA} = 36^\circ .\] Suy ra ∆AEN cân tại N.

Tương tự, ta chứng minh được ∆MAB cân tại M (do \(\widehat {MAB} = \widehat {MBA} = 36^\circ )\)

Suy ra \(\widehat {AMB} = 180^\circ - 2\widehat {MAB} = 180^\circ - 2 \cdot 36^\circ = 108^\circ .\)

Mặt khác: \(\widehat {CMB} = 180^\circ - \widehat {AMB} = 180^\circ - 108^\circ = 72^\circ ;\)

 \(\widehat {MBC} = \widehat {ABC} - \widehat {ABM} = 108^\circ - 36^\circ = 72^\circ .\)

Suy ra tam giác CMB cân tại C.

b) Ta có: \(\widehat {EAB} = \widehat {EAN} + \widehat {NAM} + \widehat {MAB}\)

Suy ra \(\widehat {NAM} = \widehat {EAB} - \widehat {EAN} - \widehat {MAB} = 108^\circ - 36^\circ - 36^\circ = 36^\circ .\)

Do đó \(\widehat {EAN} = \widehat {NAM} = 36^\circ .\)

Vì vậy AN là phân giác của góc EAM.

c) Xét ∆MAB và ∆BAC có:

\(\widehat {AMB} = \widehat {ABC} = 108^\circ \) và \(\widehat {BAC}\) là góc chung

Do đó ∆MAB ᔕ ∆BAC (g.g), suy ra \(\frac{{AB}}{{AC}} = \frac{{BM}}{{CB}}\) hay AB.BC = BM.AC.