$\boxed{\text{Lời giải bài toán 17}}$
Gọi $X$ và $Y$ là giao điểm của $EF$ và đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$
xét phép nghịch đảo cực $A$ phương tích $AX^{2}=AY^{2}=AF.AB=AE.AC$ ta có đường tròn $(A;AX)$ trực giao với đường tròn đường kính $BC$ hay$P_{M,(A;AX)}=MB^{2}=MC^{2}$
Gọi $K$ là giao điểm $EF$ và $BC$
Gọi $U$ và $V$ là giao điểm của $MX,MY$ và $(A;AX)$
Do $(K,D,B,C)=-1$ nên theo $Maclaurin$ ta có $KD.KM=KB.KC=KX.KY$ suy ra $XYMD$ nội tiếp $\Rightarrow \angle DXU=\angle DYV$
Do $(K,D,B,C)=-1$ nên theo $Newton$ ta có $MX.MU=MB^{2}=MD.MK$ suy ra $XUDK$ nội tiếp
tương tự $YVDK$ nội tiếp
ta có $\angle DKU=\angle DXU=\angle DYV=\angle DKV$ nên $K,U,V$ thẳng hàng
mà $MF^{2}=MD.MK$ nên $\angle DFM=\angle DKF=\angle DUM$ nên $DMFU$ nội tiếp tương tự $DMEV$ nội tiếp
$\Rightarrow $ đường thằng chứa $K,U,V$ chính là trục đẳng phương của đường tròn $Euler$ và $(A;AX)$
ta có tâm đường tròn $Euler$, tâm $A'$ của $(BHC)$ và $A$ thằng hàng nên $AA'$ vuông góc $UV$
mà $KX.KY=KB.KC= KU.KV$ và $K$ thuộc đương thẳng $UV$ nên $(A;AX)$, đường tròn $Euler$ và đường tròn $(BHC)$ có 2 điểm chung là $U,V$
vậy $U\equiv P,V\equiv Q$
Áp dụng định lý $Brocard$ cho tứ giác $BECF$ nội tiếp ta có $H$ là trực tâm của tam giác $AKM$, mà $A$ là tâm $(A;AX)$ nên theo định lý $Brocard$ cho tứ giác nội tiếp $XYPQ$ thì $H$ là giao điểm $XQ,YP\Rightarrow XQ$ đi qua $H$
vậy $MP,QH,EF$ đồng quy tại $X$ ta có đpcm.