a) Ta có:
\(\angle BHC = 180^\circ - \angle BAC = \angle BFC\)
\(\angle HCB = \angle HEB\)
Do đó, tứ giác BCEF là tứ giác nội tiếp đường tròn.

b) Ta có:
\(\angle AOE = 2\angle ABC\)
\(\angle AFE = 180^\circ - \angle BAC = 180^\circ - \angle ABC\)
Do đó, \(\angle AOE + \angle AFE = 180^\circ\), suy ra OA vuông góc EF.

c) Ta có:
\(\angle BNC = \angle BEC = \angle BAC = \angle BHC\)
\(\angle CFP = \angle CFB = \angle CAB = \angle CHB\)
Do đó, BNCP là tứ giác nội tiếp đường tròn.

Gọi I là trung điểm của BC, ta có:
\(\angle BAI = \angle BAC = \angle BHC\)
\(\angle BIA = \angle BCA = \angle BHC\)
Do đó, tam giác BAI đồng dạng với tam giác BHC.

Tương tự, ta có tam giác CAI đồng dạng với tam giác CHB.

Vậy, ta có:
\(\frac{AM}{AD} = \frac{AI}{AH} = \frac{BC}{BH}\)
\(\frac{BN}{BE} = \frac{AI}{AH} = \frac{BC}{BH}\)
\(\frac{CP}{CF} = \frac{AI}{AH} = \frac{BC}{BH}\)

Vậy, \(AM + BN + CP = AD + BE + CF = BC + BH = 2R\).