a) Do $\triangle {ABC}$ đều nên ta có: $\angle{MBA}=\angle{BAC}=\angle{ACN}=60^0$.
$\implies MB\parallel AC; NC=\parallel AB$.
Từ đó dẽ dàng ta suy ra được: $\angle{BMA}=\angle{CAN}\implies \triangle{MBA}\sim \triangle{ACN}(g-g)$.
$\implies \frac{MB}{AC}=\frac{BA}{CN}\iff \frac{MB}{BC}=\frac{BC}{CN}(1)$.
Lại có: $\angle{MBC}=\angle{BCN}=120^0(2)$.
Nên từ $(1)(2)\implies \triangle{MBC}\sim \triangle{BCN}(c-g-c)(*)$.
b) Từ $(*)\implies \angle{CBN}=\angle{BMC}$ hay $\angle{CBF}=\angle{CMB}$.
$\implies \triangle{CBF}\sim \triangle{CMB}(**)\implies \angle{CFB}=\angle{CBM}=120^0\implies \angle{BFM}=60^0(3)$.
Lại có: $\angle{MEB}=\angle{ACB}=60^0(4)$.
Nên từ $(3)(4)\implies \angle{MEB}=\angle{MFB}(=60^0)\implies MEFB$ nội tiếp.
c) Từ $(**)\implies \frac{BC}{CM}=\frac{CF}{BC}\implies BC^2=CM.CF$.
$\implies BC$ là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp $(BMEF)$.
Chứng minh hoàn toàn tương tự: Ta có: Tứ giác $NEFC$ cũng là tứ giác nội tiếp và BC cũng là tiếp tuyến của đường tròn nay.
Khi đó ta suy ra được: $BC$ là tiếp tuyến chung của hai đường tròn $(MEFB)$ và $(NEFC)$.
Gọi $I$ là giao của $EF$ với $BC$. Khi đó ta có: $IB^2=IC^2=IF*IE$.
$\implies IB=IC$.
Vậy $EF$ luôn đi qua điểm cố định.