Chứng minh rằng A N đi qua trung điểm của đoạn thẳng E F .

⦁Do tứ giác \(BFEC\) nội tiếp đường tròn nên \(\widehat {BFE} + \widehat {BCE} = 180^\circ \) (tổng hai góc đối nhau của tứ giác nội tiếp).

Mà \(\widehat {BFE} + \widehat {AFE} = 180^\circ \) (hai góc kề bù) nên \[\widehat {AFE} = \widehat {BCE}.\]

Xét \(\Delta AEF\) và \(\Delta ABC\) có: \(\widehat {BAC}\) là góc chung và \(\widehat {AFE} = \widehat {ACB}.\)

Do đó (g.g). Suy ra \(\frac{{AF}}{{AC}} = \frac{{EF}}{{BC}}.\)

Gọi \(P\) là trung điểm của \(EF.\) Khi đó, \(EF = 2FP.\)

Do \(M\) là trung điểm của \(BC\) nên \(BC = 2CM.\)

Do đó \(\frac{{AF}}{{AC}} = \frac{{EF}}{{BC}} = \frac{{2FP}}{{2CM}} = \frac{{FP}}{{CM}}.\)

Xét \(\Delta AFP\) và \(\Delta ACM\) có: \(\widehat {AFP} = \widehat {ACM}\) và \(\frac{{AF}}{{AC}} = \frac{{FP}}{{CM}}.\)

Do đó (c.g.c). Suy ra \(\widehat {FAP} = \widehat {CAM}\) (hai góc tương ứng). (9)

⦁ Gọi \(O\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC.\)

Vì \(NB,\,\,NC\) là hai tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\) nên \(NB = NC\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau), suy ra \(N\) nằm trên đường trung trực của \(BC.\)

Lại có \(OB = OC\) nên \(O\) nằm trên đường trung trực của \(BC.\)

Do đó \(ON\) là đường trung trực của \(BC.\)

Mà \(M\) là trung điểm của \(BC\) nên đường trung trực \[ON\] của \(BC\) đi qua \(M\) hay \(ON \bot BC\) tại \(M.\)

Xét \(\Delta ABC\) có hai đường cao \(BE,\,\,CF\) cắt nhau tại \(H\) nên \(H\) là trực tâm của tam giác, suy ra \(AH \bot BC.\)

Ta có \(ON \bot BC\) và \(AH \bot BC\) nên \(ON\,{\rm{//}}\,AH.\) Suy ra \(\widehat {HAN} = \widehat {ONA}\) (hai góc so le trong). (5)

Xét \(\Delta OBM\) và \(\Delta ONB\) có: \(\widehat {OMB} = \widehat {OBN} = 90^\circ \) và \(\widehat {BON}\) là góc chung

Do đó (g.g). Suy ra \(\frac{{OB}}{{ON}} = \frac{{OM}}{{OB}}\) hay \(O{B^2} = OM \cdot ON.\)

Mà \(OB = OA\) nên \(O{A^2} = OM \cdot ON,\) suy ra \(\frac{{OA}}{{OM}} = \frac{{ON}}{{OA}}.\)

Xét \(\Delta ONA\) và \(\Delta OAM\) có: \(\widehat {AON}\) là góc chung và \(\frac{{OA}}{{OM}} = \frac{{ON}}{{OA}}.\)

Do đó (g.g). Suy ra \(\widehat {ONA} = \widehat {OAM}\) (hai góc tương ứng). (6)

Từ (5) và (6) suy ra \(\widehat {HAN} = \widehat {OAM}.\) (7)

Xét \(\Delta OAC\) cân tại \(O\) (do \(OA = OC)\) nên \(\widehat {OAC} = \widehat {OCA} = \frac{{180^\circ - \widehat {AOC}}}{2}.\)

Lại có \(\widehat {ABC},\,\,\widehat {AOC}\) lần lượt là góc nội tiếp, góc ở tâm cùng chắn cung \(AC\) của đường tròn \(\left( O \right)\) nên \(\widehat {ABC} = \frac{1}{2}\widehat {AOC}\) hay \(\widehat {AOC} = 2\widehat {ABC}.\)

Do đó \(\widehat {OAC} = \frac{{180^\circ - 2\widehat {ABC}}}{2} = 90^\circ - \widehat {ABC} = 90^\circ - \widehat {FBC}.\)

Mà \(\widehat {FBC} + \widehat {FCB} = 90^\circ \) (tổng hai góc nhọn của \(\Delta FBC\) vuông tại \(F)\) nên \(\widehat {FCB} = 90^\circ - \widehat {FBC}.\)

Suy ra \(\widehat {OAC} = \widehat {FCB}.\)

Mặt khác, \(\widehat {HAF} = \widehat {HEF}\) và \[\widehat {BEF} = \widehat {BCF}\] (chứng minh câu 2) nên \(\widehat {HAF} = \widehat {OAC}.\) (8)

Từ (7) và (8) suy ra \(\widehat {HAN} + \widehat {HAF} = \widehat {OAM} + \widehat {OAC}\) hay \(\widehat {FAN} = \widehat {CAM}.\) (10)

⦁ Từ (9) và (10) suy ra \(\widehat {FAP} = \widehat {FAN}\) hay ba điểm \(A,\,\,P,\,\,N\) thẳng hàng.

Vậy đường thẳng \(AN\) đi qua trung điểm \(P\) của \(EF.\)