c) $AH\cap BC=D$
Xét đường tròn $(I,IA)$ có tam giác $IEF$ cân. Do đó $\widehat{IEH}=90^{\circ}-\widehat{A}=\widehat{ABE}$ nên $IE$ tiếp xúc với đường tròn $(M,MB)$.
Bây giờ giả sử $IC\cap (M)=L$ thì $\widehat{BLC}=90^{\circ}$. Ta sẽ chứng minh $\widehat{KLC}=90^{\circ}$.
Vì $IE$ tiếp xúc đường tròn $(M)$ nên $IE^2=IL.IC$.
Mặt khác: $IK.ID=IE^2$ (dễ dàng chứng minh bằng tam giác đồng dạng)
Do đó $KLCD$ nội tiếp nên $\widehat{KLC}=90^{\circ}$.
d) $EQMC$ nội tiếp nên $\widehat{AQE}=\widehat{C}=\widehat{AFE}$.
Do đó $AFQE$ nội tiếp hay $AFHQE$ nội tiếp.
Suy ra $\widehat{AQH}=90^{\circ}$ $(1)$
Mặt khác gọi $J$ là trung điểm của $HM$ thì vì $EFMD$ nội tiếp (đường tròn $Ơ-le$) nên $PF.PE=PD.PM$ hay $P$ có cùng phương tích với $(I,IA)$ và $(J,JM)$ nên $PH\perp IJ$ dẫn đến $PH\perp AM$ $(2)$
Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra ĐPCM