b) ⦁ Chứng minh \[A{N^2} = AB.AC\]

Xét đường tròn \[\left( O \right)\], có: \[\widehat {BCN} = \frac{1}{2}\widehat {BON}\] (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung \[BN\]) (1)

Xét \[\Delta BON\] cân tại \[O\] (do \[OB = ON)\] có \[\widehat {OBN} = \widehat {ONB}\].

Do đó \[\widehat {BON} = 180^\circ - 2\widehat {ONB} = 2\left( {90^\circ - \widehat {ONB}} \right) = 2\widehat {BNA}\], suy ra \[\widehat {BNA} = \frac{1}{2}\widehat {BON}\] (2).

Từ (1) và (2), suy ra \[\widehat {BNA} = \widehat {BCN}\].

Xét \[\Delta ANB\] và \[\Delta ACN\] có: \[\widehat {CAN}\] là góc chung và \[\widehat {BNA} = \widehat {BCN}\]

Do đó, ΔANB∽ΔACN (g.g).

Suy ra \[\frac{{AN}}{{AC}} = \frac{{AB}}{{AN}}\] hay \[A{N^2} = AB.AC\].

• Chứng minh \[MF\parallel AC\]

Xét \[\Delta COB\] cân tại \[O\] (do \[OC = OB\]) có \[OI\] là đường trung tuyến nên đồng thời là đường cao, do đó \[OI \bot BC\].Suy ra \[\Delta IOA\] vuông tại \[I\].

Xét \[\Delta IOA\] vuông tại \[I\] có \[IE\] là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền \(OA\) nên \[IE = \frac{1}{2}OA\].

Khi đó, ta có \[NE = IE = OE = AE = \frac{1}{2}OA\] nên bốn điểm \[A,I,O,N\] cùng thuộc đường tròn tâm \[E,\] đường kính \[OA\].

Suy ra \[\widehat {AIN} = \widehat {AON}\] (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \[AN\] của đường tròn tâm \[E\]). (*)

Xét đường tròn \(\left( O \right)\) có \[AM,AN\] là hai tiếp tuyến cắt nhau tại \[A\], suy ra \[OA\] là phân giác của \[\widehat {MON}\]

Do đó, \[\widehat {AON} = \frac{1}{2}\widehat {MON}\].

Mà \[\widehat {NFM} = \frac{1}{2}\widehat {MON}\] (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung \[MN\])

Suy ra \[\widehat {NFM} = \widehat {AON}\] (**)

Từ (*) và (**), suy ra \[\widehat {NFM} = \widehat {AIN}\].

Mà hai góc này ở vị trí đồng vị, do đó \[MF\,{\rm{//}}\,AC\].

(1,5 điểm) Tháp Discovery Complex A với quy mô 54 tầng, đang là tòa nhà cao nhất quận Cầu Giấy. Tại...