Lời giải.
a) Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác $ABE$ với $N, P, M$ thẳng hàng:
$$\dfrac{AN}{NB}\cdot \dfrac{PB}{PE}\cdot \dfrac{EM}{MA}=1.$$
Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác $AFC$ với $M, Q, N$ thẳng hàng:
$$\dfrac{AN}{FN}\cdot \dfrac{QF}{QC}\cdot \dfrac{MC}{MA}=1$$
Mặt khác $NB=FN; EM=MC$ nên ta có đpcm.
b) Gọi $(HPQ)$ cắt $BC$ tại $S.$ Ta có: $\angle NQS=\angle BHS=\angle AHE=\angle AFE=\angle ACB=\angle MCS$ suy ra tứ giác $SQMC$ nội tiếp. Do đó: $$\angle QSC=\angle AMP; \angle HSQ=\angle HPQ=\angle EPM.$$
Từ đây $\angle HSC=\angle QSC+\angle HSQ=90^o$ nên $AS$ là đường cao tam giác $ABC.$ Có: $$\angle ASM=90-\angle MSC=90-\angle MQC=90-\angle FQN=\angle ANM$$ nên tứ giác $ANSM$ nội tiếp. Vậy $S \in (ANM).$ Vẽ tiếp tuyến $Sx$ của $(HPQ).$ Ta có:
$$\angle xSM=\angle xSQ-\angle QSM=\angle SHC-\angle QCM$$
$$=90^o-\angle SCH-\angle QCM=90^o - \angle ACS=\angle SAM$$ vậy $Sx$ cũng là tiếp tuyến $(ANM).$
Nên $(AMN)$ và $(HPQ)$ tiếp xúc nhau.
c) Gọi $L$ là giao điểm của $(KPQ)$ và $EF.$ Ta chứng minh $L$ là trực tâm của tam giác $HPQ.$