(3,0 điểm) Cho tam giác nhọn \[ABC\] \[\left( {AB < AC} \right)\;\] nội tiếp đường tròn \[\left( O \right)\], gọi \[M\] là trung điểm của \[BC\]. Các đường cao \[AD,BE,CF\;\]của tam giác \[ABC\] cắt nhau tại \[H\].

a) Chứng minh tứ giác \[BCEF\] nội tiếp.

b) Các tiếp tuyến với \[\left( O \right)\]tại \[B,\,C\] cắt nhau tại \[G\]. Gọi \[P,\,Q\] lần lượt là giao điểm của \[EF\] với các đường thẳng \[BG\] và \[AO\]. Chứng minh \(\frac{{EF}}{{QF}} = \frac{{BC}}{{DC}}\) và \[PM \bot AB\].

c) Qua \[A\] kẻ đường thẳng song song với \[BC\] cắt \[\left( O \right)\] tại điểm thứ hai là \[S\]. Gọi \[N\] là giao điểm thứ hai  của \[SG\] với \[\left( O \right)\]. Chứng minh ba điểm \(A,M,N\) thẳng hàng.

a) Ta có: \(\widehat {BEC} = \widehat {BFC} = 90^\circ \)

Xét \(\Delta BEC\) vuông tại \(E\) nên nội tiếp đường tròn đường kính \(BC\)

Xét \(\Delta BFC\) vuông tại \(F\) nên nội tiếp đường tròn đường kính \(BC\)

Do đó bốn điểm \(B,C,E,F\)cùng thuộc đường tròn đường kính \(BC\) nên tứ giác \[BCEF\] nội tiếp.

b) Xét \(\Delta ABC\) và \(\Delta AEF\) có:

\(\widehat {AFE} = \widehat {ACB}\) (cùng bù \(\widehat {BFE}\)); \(\widehat {BAC}\) chung

Nên $\Delta ABC\backsim \Delta AEF$ (g-g) \( \Rightarrow \frac{{EF}}{{BC}} = \frac{{AF}}{{AC}}\) (1)

Kẻ đường kính AK suy ra \(\widehat {ACK} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

\( \Rightarrow \widehat {BCK} = \widehat {DAC}\) (cùng phụ \(\widehat {ACD}\))

Lại có: \(\widehat {BCK} = \widehat {FAQ}\) suy ra \(\widehat {FAQ} = \widehat {DAC}\)

Xét \(\Delta ADC\) và \(\Delta AQF\) có:

\(\widehat {AFE} = \widehat {ACB}\) (cùng bù \(\widehat {BFE}\)); \(\widehat {FAQ} = \widehat {DAC}\) (cmt)

Do đó $\Delta ADC\backsim \Delta AQF$ (g-g) \( \Rightarrow \frac{{QF}}{{DC}} = \frac{{AF}}{{AC}}\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(\frac{{EF}}{{BC}} = \frac{{QF}}{{DC}}\) hay \(\frac{{EF}}{{QF}} = \frac{{BC}}{{DC}}\) (đpcm).

*) Xét \(\Delta BFC\) vuông tại F có \(FM\) là đường trung tuyến nên \(FM = MB\) (3)

Vì $\Delta ADC\backsim \Delta AQF$ (cmt) \( \Rightarrow \widehat {ADC} = \widehat {AQF} = 90^\circ \)

Suy ra \(\widehat {QAF} + \widehat {AFQ} = 90^\circ \)

Ta lại có: \(\widehat {PBF} + \widehat {FBO} = 90^\circ \), mà \(\widehat {QAF} = \widehat {FBO}\) nên \(\widehat {PBF} = \widehat {AFQ}\)

Mặt khác \(\widehat {PFB} = \widehat {AFQ}\). Do đó \(\widehat {PFB} = \widehat {PBF}\)

Suy ra  \(\Delta PBF\) cân tại P \( \Rightarrow PB = PF\) (4)

Từ (3) và (4) suy ra \(PM\) là đường trung trực của \(BF\) \( \Rightarrow PM \bot AB\) (đpcm).

c)